Wykład 2. Kombinacje. Twierdzenie. (Liczba k elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego) C(n,k) =, gdzie symbol oznacza liczbę i n k.

Transkrypt

1 Wykład 2. Krzyś wiedział a pewo, Ŝe to miejsce jest zaczarowae, bo igdy ikt ie mógł się doliczyć, ile rosło tam drzew, sześćdziesiąt trzy czy sześćdziesiąt cztery, awet kiedy po przeliczeiu przywiązywało się kawałek szurka do kaŝdego z ich. A.A. Mile Chatka Puchatka, tłum Irea Tuwim O the crest of the moor, where i summer partridges lurked amog the bushes like small whirrig idiots, was a stadig stoe (...). The stoe was about the same height as a tall ma, ad made of bluish tited rock. It was cosidered itesely magical because, although there was oly oe of it, o-oe had ever bee able to cout it. Terry Pratchett Wyrd Sisters Kombiacje Dla przypomieia : symbole 2 X i P(X) ozaczają zbiór wszystkich podzbiorów zbioru X, Y X ozacza zbiór wszystkich fukcji z X w Y. Twierdzeie. (Liczba podzbiorów zbioru -elemetowego) Wszystkich podzbiorów zbioru -elemetowego jest 2. Iaczej 2 [] = 2, lub P([]) = 2. Dowód 1. Wyika to atychmiast z poprzediego twierdzeia i twierdzeia o liczbie fukcji. Dowód 2. Idukcja względem. Wzór jest oczywiście prawdziwy dla =0 i dla =1. ZałóŜmy, Ŝe wzór jest prawdziwy dla pewego 1 i rozwaŝmy zbiór [+1]. Tych podzbiorów zbioru [+1], które ie zawierają liczby +1 jest oczywiście 2. Podzbiorów zawierających +1 jest tyle samo - bo moŝemy je wszystkie otrzymać dołączając +1 do kaŝdego zbioru z pierwszej rodziy. PoiewaŜ rodzia podzbiorów ie zawierających +1 jest oczywiście rozłącza z rodzią podzbiorów zawierających +1, moŝemy stosować zasadę dodawaia, czyli poszukiwaą liczbą jest 2 +2 = 2*2 = MoŜa by podejść do tego pytaia iaczej, miaowicie policzyć podzbiory jedo-, dwu-,...,elemetowe i dodać to wszystko. Defiicja. k wyrazową kombiacją elemetów zbioru A azywamy kaŝdy k elemetowy podzbiór A. Zbiór k wyrazowych kombiacji iaczej (k-elemetowych podzbiorów) zbioru X, ozaczamy przez P k (X). Z tego co powiedzieliśmy powyŝej wyika w szczególości Twierdzeie. Jeśli X = to P 0 (X) + P 1 (X) P (X) = 2 Dowód. P(X) = P 0 (X) P 1 (X)... P (X). Zbiory (to są zbiory zbiorów) P 0 (X),P 1 (X),...,P (X) są oczywiście parami rozłącze (A jak zapytam dlaczego to co powiecie? śe głupie pytaie? Głupie to bywają odpowiedzi!) więc moŝemy zastosować zasadę dodawaia i skorzystać z faktu, Ŝe P(X) = 2. Twierdzeie. (Liczba k elemetowych podzbiorów zbioru -elemetowego) C(,k) =, gdzie symbol ozacza liczbę i k.

2 Dowód. Zróbmy tak. Wybieramy k-elemetowy podzbiór zbioru [] - moŝemy to uczyić a C(,k) sposobów. Wybray podzbiór dowolie porządkujemy a jede z k! sposobów. Z kaŝdego k elemetowego zbioru moŝa utworzyć k! ciągów róŝowartościowych. Ozacza to, zgodie z regułą moŝeia, Ŝe wszystkich k-ciągów róŝowartościowych o wyrazach z [] (k-wariacji) jest k!c(,k). Z drugiej stroy, z twierdzeia o liczbie k-wariacji mamy, Ŝe jest ich. Obliczyliśmy ( liczość tego samego zbioru a dwa sposoby. Otrzymae wyiki muszą być idetycze, więc =k!c(,k). ( MoŜa teŝ powiedzieć tak : 1. Wybieramy k elemetów z [], które będą tworzyły początek aszego ciągu (permutacja jest ciągiem). MoŜemy to zrobić a C(,k) sposobów. 2. Porządkujemy wybray zbiór. MoŜa to zrobić a k! sposobów. 3. Wybieramy pozostałe -k elemetów. Oczywiście ie mamy Ŝadego wyboru, czyli moŝemy to zrobić a dokładie jede sposób. 4. Porządkujemy pozostałe k elemetów. Otrzymay ciąg dopisujemy do ciągu otrzymaego w kroku 2. MoŜa to zrobić a ( k)! sposobów. Zgodie z regułą moŝeia (a dlaczego wolo ją tu zastosować?) jest C(,k)*k!*1*( k)! moŝliwych wyików tego procesu. Z drugiej stroy w wyiku tego procesu otrzymujemy permutację zbioru [] a permutacji tych jest. Stąd C(,k)*k!*( k)! =, czyli Wiosek C(,k) = = Liczba ściśle rosących fukcji z [k] w [] jest rówa Dowód.. Zbiór wszystkich k elemetowych podzbiorów [] jest rówoliczy ze zbiorem rosących fukcji z [k] w []. Dlaczego? Weźmy dowolą rosącą fukcję f z [k] w []. Ozaczmy Φ(f) = f([k]), obraz zbioru [k]. Oczywiście Φ jest róŝowartościowa i a. Symbol zay jest jako współczyik dwumiaowy albo współczyik Newtoa. Przykład Ile trzeba zapłacić, Ŝeby zagwaratować sobie szóstkę w Lotto? 49 49! Niewiele. Koszt jedego zakładu to 3pl. Trzeba wykupić tylko czyli = 6 6!43! 44 * 45* 46* 47 * 48* 49 = zakładów po 3 złote, czyli zapłacić złotych. 2 * 3* 4 *5* 6 Przykład Grafem azywamy parę G = (V,E), gdzie V jest iepustym zbiorem skończoym a E P 2 (V). V

3 azywamy wówczas zbiorem wierzchołków grafu G a E zbiorem krawędzi. Jaka jest ajwiększa moŝliwa liczba krawędzi w grafie o wierzchołkach? Oczywiście ajwięcej krawędzi będzie w grafie pełym, czyli takim, w którym E = P 2 (V). P 2 (V) = ( 1) =. 2 2 Zadaie. Ile róŝych komisji po k posłów kaŝda moŝa utworzyć z posłów? Zadaie. Otrzymałem całkowicie pewą iformację, Ŝe w ajbliŝszym losowaiu LOTTO zostaą wylosowae liczby 4,19,27 i 28. Ile musze zapłacić, Ŝeby mieć pewość trafieia szóstki? Własości współczyików dwumiaowych Twierdzeie. (Wzór dwumiaowy) (a+b) i i = a b 0 i Dowód. Po wymoŝeiu (a+b)(a+b)... (a+b) otrzymujemy sumę 2 składików, kaŝdy w postaci iloczyu a s b -s dla pewego s. Ile z ich ma postać a i b -i? Ao tyle, a ile sposobów moŝemy wybrać te i spośród dwumiaów (a+b), z których do iloczyu wzięto a a ie b, czyli. i Twierdzeie. = 2 0 i Dowód algebraiczy. Ze wzoru dwumiaowego mamy 2 = (1+1) = 0 i 11 i i =. 0 i Dowód kombiatoryczy. Wyika to z twierdzeia, Ŝe P 0 (X) + P 1 (X) P (X) = 2. Twierdzeie. 1 + =. k 1 Dowód kombiatoryczy. Wszystkie k-elemetowe podzbiory [] moŝa podzielić a te, które zawierają jedykę tych jest (wyrzucamy jedykę, zajdujemy k 1 elemetowe podzbiory 1 pozostałego zbioru i do kaŝdego dołączmy jedykę) i a te, które jej ie zawierają tych jest 1 oczywiście. k Dowód rachukowy (słowo rachukowy wypowiadamy z lekką pogardą, trudo to oddać w druku). ( 1)! ( 1)! ( 1)!( k) ( 1)! k + = + = + = k 1 1 k)! ( k 1)!( 1 ( k 1))! ( 1)!( k + k) = =. Brrrrrrrr!

4 Reguła włączeń i wyłączeń Termiy włączeie i wyłączeie aleŝy rozumieć jak w zdaiu Ideksy aleŝy złoŝyć w Dziekaacie do dia 25 czerwca włączie, ie jak w zdaiu Włącz myśleie. Prostą kosekwecją reguły dodawaia jest Twierdzeie. (Reguła włączeń i wyłączeń) Dla dowolych, skończoych zbiorów A i B, A B = A + B A B. Dowód. (Przez rozkład A B a sumą zbiorów rozłączych) Zbiór A B łatwo zapisać jako sumę parami rozłączych zbiorów A B = (A\B) (B\A) (A B). Z drugiej stroy mamy A = (A\B) (A B), czyli A\B) = A A B (z reguły dodawaia), oraz B = (B\A) (A B). Stąd, a mocy reguły dodawaia mamy A B = (A\B) + (B\A) (A B) = (A\B) + B = A A B + B. Dowód. (Zdroworozsądkowy) W wyraŝeiu A + B te elemety A B, które aleŝą do dokładie jedego ze zbiorów są liczoe ( włączoe ) raz, a te, które aleŝą do części wspólej dwa razy. Więc kiedy odejmiemy ( wyłączymy, wykluczymy ) A B to kaŝdy elemet będzie liczoy dokładie raz. Przykład. W 25 osobowej grupie studetów 15 uczęszcza a lektorat fracuski a 17 a agielski (iych ie ma - kryzys). Ilu uczy się obu języków? Niech F i A to zbiory studetów uczących się, odpowiedio, fracuskiego i agielskiego. Wiemy, Ŝe F =15, A =17 i F A =25. Z zasady dołączaia i usuwaia mamy F A = F + A F A. Stąd F A = F + A F A = =7. Przykład. Ile jest permutacji [6] zaczyających się od 1 lub kończących się liczbą 6. Zaczyających się a 1 jest oczywiście 5! I tyleŝ jest kończących się a 6. Tych, które zaczyają się a 1 i jedocześie kończą się a 6 jest oczywiście 4! Z zasady włączeń i wyłączeń iteresujących as permutacji mamy więc 5!+5! 4! = = 216. Chyba. Zobaczmy co się dzieje dla trzech zbiorów A,B i C. W wyraŝeiu A + B + C elemety A B, A C i B C są policzoe dwukrotie, o to je wyłączmy, rozwaŝmy więc liczbę A + B + C A B A C B C. Ale teraz te elemety które aleŝą do A B C są włączoe trzy razy w sumę A + B + C i wyłączoe trzy razy przez odjęcie A B + A C + B C, czyli ie są policzoe ai razu. No to trzeba je włączyć jede raz. Dostajemy więc A + B + C A B A C B C + A B C. Widać juŝ do czego to zmierza - regułę dołączaia i wykluczaia moŝa uogólić a przypadek zbiorów. ZałóŜmy, Ŝe mamy zbiory A 1,A 2,...,A. Ozaczmy przez S 1 sumę liczości zbiorów A 1,A 2,...,A czyli S 1 = A 1 + A A, przez S 2 ozaczmy A i A j czyli sumę liczości wszystkich iloczyów po dwa spośród aszych i j zbiorów i ogólie przez S k sumę liczości wszystkich iloczyów po k zbiorów. Mamy wówczas Twierdzeie (Reguła włączeń i wyłączeń dla zbiorów) A 1 A 2... A = S 1 S 2 +S 3 + +( 1) +1 S Dowód (Idukcja względem ) ZałóŜmy, Ŝe asze twierdzeie zachodzi dla kaŝdej elemetowej rodziy zbiorów i rozwaŝmy +1

5 zbiorów, A 1,A 2,...,A +1. A 1 A 2... A +1 = A 1 A 2... A + A +1 (A 1 A 2... A ) A +1 - a mocy reguły włączeń i wyłączeń dla dwóch zbiorów. Z załoŝeia idukcyjego mamy więc A 1 A 2... A +1 = S 1 S 2 +S 3 + +( 1) +1 S + A +1 (A 1 A 2... A ) A +1 = = S 1 S 2 +S 3 + +( 1) +1 S + (A 1 A +1 ) (A 2 A +1 )... (A A +1 ) Zastosujmy teraz załoŝeie idukcyje do (A 1 A +1 ) (A 2 A +1 )... (A A +1 ). Przez aalogię do S 1, S 2 i t.d. ozaczmy T 1 = A 1 A +1 + A 2 A A A +1, T 2 = i j ( i A + ) ( Aj A + 1 A 1 ) = i j ( i Aj A + 1 A )... T k = suma liczości wszystkich iloczyów po k spośród (A 1 A +1 ), (A 2 A +1 ),..., (A A +1 )... T = (A 1 A +1 ) (A 2 A +1 )... (A A +1 ) = A 1 A 2... A A +1 Czyli A 1 A 2... A +1 = S 1 S 2 +S 3 + +( 1) +1 S + A +1 (T 1 T ( 1) +1 T = S 1 + A +1 (S 2 +T 1 ) + (S 3 +T 2 ) ( 1) +1 (S +T -1 ) + ( 1) +2 T. Jeśli przyjrzeć się tej ostatiej sumie to juŝ po jakiejś godziie widać, Ŝe S 1 + A +1 to A 1 + A A + A +1, S 2 +T 1 to suma liczości wszystkich iloczyów po dwa spośród aszych +1 zbiorów A i S 3 +T 2 to suma liczości wszystkich iloczyów po trzy spośród aszych +1 zbiorów A i i t. d. Dowód. (bezidukcyjy) WykaŜemy, Ŝe kaŝdy elemet z A 1 A 2... A jest w aszym wzorze uwzględioy dokładie raz. Weźmy dowoly elemet aszego zbioru, ozaczmy go Ewa, i ozaczmy przez k liczbę tych spośród zbiorów A 1,A 2,...,A do których Ewa aleŝy. Stąd w S 1 Ewa jest liczoa razy, w S 2 1 razy (tyle jest par zbiorów zawierających Ewę) i ogólie w S i razy (a dlaczego to juŝ 2 i pomyślcie sami). Dla i>k Ewa ie jest liczoa w S i (dlaczego?). No to łączie Ewa jest liczoa r = k k ( 1) k+1 razy. Jeszcze dodajmy i odejmijmy ( 1) do r. Otrzymujemy k k k ( 1) k+1 = ( k k ( 1) k ) = k +(1-1) k = 1. 0 Przykład. KaŜdemu wierzchołkowi v grafu G = (V,E) przyporządkujmy zbiór krawędzi E v = {e E : v e}, czyli zbiór tych krawędzi grafu, które zawierają wierzchołek v. Liczbę deg G (v) = E v będziemy

6 azywali stopiem wierzchołka v w grafie G. Wyzaczyć liczbę krawędzi G w zaleŝości od stopi wierzchołków G. Zgodie z zasadą włączeń i wyłączeń, E = U E v = E v Eu Ev bo iloczyy złoŝoe z więcej iŝ dwóch zbiorów E v są puste (a dlaczego, Słoeczko Ty Moje?). Przyjrzyjmy się liczbie E. Suma jest wzięta po wszystkich parach róŝych wierzchołków, liczba E u E v jest u E v rówa 1 gdy uv E lub 0 w przeciwym przypadku, więc E u E v = E. Stąd E = 1 E v Eu Ev = deg v E, czyli E = deg v. Oczywiście moŝa by powiedzieć, 2 Ŝe w wyraŝeiu deg v kaŝda krawędź jest liczoa dwa razy, ale tak jest bardziej aukowo. Przykład. Dla dowolych dwóch wierzchołków x i y grafu G = (V,E) x-y drogą prostą długości k azywamy kaŝdy róŝowartościowy ciąg wierzchołków (v 0,v 1,...,v k ) taki, Ŝe x=v 0, y=v k i v i v i+1 E dla 0,1,...,k-1. Ile jest dróg prostych długości k z x 1 do x w grafie pełym o zbiorze wierzchołków {x 1,x 2,...,x }? PoiewaŜ asz graf jest peły więc x 1 -x dróg prostych długości k jest oczywiście tyle ile (k-1) ( 2)! wariacji zbioru -2 elemetowego {x 2,x 3,...,x -1 }, czyli (-2)(-3)...(-k) = ( k 1)!