NDMI002 Diskrétní matematika

NDMI002 Diskrétní matematika prof. RNDr. Martin Loebl, CSc. ZS 2016/17 Obsah 1 Množiny 2 1.1 Relace....................................... 2 1.2 Ekvivalence.................................... 3 1.3 Částečné uspořádání............................... 3 2 Úvod do kombinatoriky 5 2.1 Princip inkluze a exkluze............................. 7 3 Úvod to teorie pravděpodobnosti 9 3.1 Podmíněná pravděpodobnost........................... 10 3.2 Střední hodnota.................................. 11 4 Teorie grafů 12 4.1 Rovinné grafy................................... 16 4.2 Barevnost grafů.................................. 17 1

1 Množiny Definice. Množina je definována jako soubor objektů, chápaný jako jeden celek. Množina je jednoznačně určena svými prvky. Příklad. Množina M = {n N : 2n 1} je množina všech lichých kladných čísel. Poznámka. Některé množiny mají pro svůj význam speciální značení, například N, Z, Q, R, C. Definice. Množina neobsahující žádné prvky se nazývá prázdná množina, značíme M =. Definice. Potenční množina A je taková množina, která obsahuje všechny podmnožiny množiny B. Formálně P (A = {B : B A}. Tvrzení. Velikost potenční množiny je P (A = 2 A. Důkaz. Indukcí dle A. Pro A = 0 tvrzení platí, nebot A = 0 A =. Tedy P (A = 2 0 = 1. Indukční krok n n + 1. Necht A = n + 1 a a A. Množinu A lze rozdělit na dvě části dle toho, zdali do nich prvek a patří či nikoliv. Dle indukčního předpokladu P (A = 2 n + 2 n = 2 n+1. 1.1 Relace Definice. Kartézský součin je množina, která obsahuje všechny uspořádané dvojice z množin X a Y. Tedy X Y = {(x, y : x X, y Y }. Definice. Relace je libovolná podmnožina kartézského součinu. Definice. Funkce je relace f : X Y taková, že x X!y Y : (x, y f. Definice. Zobrazení je prosté, jestliže y Y!x X : (x, y f. Definice. Zobrazení je na, jestliže y Y x X : (x, y f. Definice. Zobrazení je bijekce, jestliže je prosté a na. Definice. Necht R X X je relace na množině X. 1. Relace je reflexivní, jestliže x X : xrx. 2. Relace je symetrická, jestliže x, y X : xry = yrx. 3. Relace je antisymetrická, jestliže x, y X : xry yrx = x = y. 4. Relace je tranzitivní, jestliže x, y, z X : xry yrz = xrz. Definice. Necht R X X a S Y Z. Potom S R X Z je relace definována předpisem (a, b S R, existuje-li y Y : ary ysb. Poznámka. Skládání relací není komutativní. 2

1.2 Ekvivalence Definice. Necht X je množina a R relace na X. reflexivní, symetrická a tranzitivní. Řekneme, že R je ekvivalence, jestliže je Definice. Třída ekvivalence pro x X je definována jako R[x] = {y X : xry}. Příklad. Necht R je relace na N. Pak xry p (x y, kde p N, je ekvivalence. Důkaz. Stačí ověřit vlastnosti ekvivalence. 1. Relace je reflexivní, nebot x x = 0 a p N : p 0. 2. Relace je symetrická, protože pokud p (x y, pak i p (y x. 3. Relace je tranzitivní, jelikož p (x y p (y z = p (x y + (y z = (x z. Třídy ekvivalence jsou R[x] = {k N : kp + x}. Věta (Vlastnosti ekvivalence. Necht R je ekvivalence na X, pak platí 1. x X : R[x], 2. x, y X : (R[x] R[y] = (R[x] = R[y], 3. Třídy ekvivalence jednoznačně určují R. Důkaz. 1. Plyne z reflexivity. 2. Necht z R[x] R[y]. Pak xrz a yrz. Dle symetrie zry a dle tranzitivity xry. Tedy y R[x]. Opět využijeme symetrii a získáme yrx, odtud x R[X]. 3. Víme R = {(x, y : y R[x]}. Mezi libovolnými dvěma prvky v jedné třídě vedou vždy díky symetrii dvě šipky. Důsledek. Existuje bijekce mezi množinou ekvivalencí na X a množinou rozkladů X. 1.3 Částečné uspořádání Definice. Necht X je množina a R relace na X. Řekneme, že R je částečné uspořádání, jestliže je reflexivní, antisymetrická a tranzitivní. Částečné uspořádání je lineární, jestliže každé 2 prvky množiny X jsou porovna- Definice. telné. Definice. Necht R je relace na X, která tvoří částečné uspořádání. Pak (X, R je částečně uspořádaná množina. 3

Věta (Reprezentace částečného uspořádání pomocí inkluze. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. Pak existuje Y 2 X a f : X Y bijekce tak, že (x y (f(x f(y. Důkaz. Nejdřív dokažme bijekci. Víme, že x X, f(x = {y X : y x} 2 X a Y = {x X : f(x}. Zobrazení je na, nebot na každé y Y se něco zobrazí. Prostotu dokážeme sporem. Necht f(x = f(y. Pak y f(x y x a x f(y x y. Platí antisymetrie, tedy x = y, což je spor s definicí prostého zobrazení, kde musí platit x y. Nyní zbývá dokázat ekvivalenci. Necht z f(x z x. Z x y plyne, že x f(x. Totéž pro z x a dle tranzitivity z y, odkud plyne z f(y. Nyní x y f(x f(y. Celkem x f(x x f(y x y. Definice. Hasseho diagram je znázornění částečně uspořádané množiny, kde vynecháme všechny orientované hrany, které jsou důsledkem tranzitivity a reflexivity a vynecháme orientace hran s úmluvou, že každá hrana je orientovaná směrem nahoru. Příklad. (N, je částečně uspořádaná množina. Důkaz. Stačí ověřit vlastnosti částečného uspořádání. 1. Relace je reflexivní, jelikož n N : n n. 2. Relace je antisymetrická, protože když m, n N : m n n m, pak nutně m = n. 3. Relace je tranzitivní, nebot m, n, p N : m n n p = m p. Hasseho diagram má tvar Definice. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. 1. Prvek a X je nejmenší, jestliže x X : a x. 2. Prvek a X je minimální, jestliže x X : a x = x = a. 3. Prvek a X je největší, jestliže x X : x a. 4. Prvek a X je maximální, jestliže x X : x a = x = a. 4

Příklad. Necht ({1,..., 10}, je částečně uspořádaná množina. Nejmenší prvek je v tomto případě i minimální prvek, a sice 1. Maximální prvky jsou 10,9,8,7,6 - ale 5 není maximální, nebot dělí 10. Největší prvek neexistuje. Poznámka. Každá konečná částečně uspořádaná množina má minimální prvek. Věta (Rozšíření na lineární uspořádání. Každé částečné uspořádání lze rozšířit na lineární uspořádání. Důkaz. Hladově, každé uspořádání má minimální prvek. Odstraníme ho a napíšeme ho na začátek lineárního uspořádání. Takto postupujeme, dokud nezbudou žádné prvky. Definice. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. Řetězcem nazveme množinu C X, pokud a, b C : a b b a. Definice. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. Množina I X je nezávislá, pokud a, b I, a b : a b b a. Definice. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. Definujme maximální velikost řetězce ω(x, a maximální velikost antiřetězce α(x,. Poznámka. Všechny prvky v řetězci lze porovnat. Nezávislá množina je množina prvků, kde žádná dvojice nelze porovnat. Příklad. Necht (X, je lineární uspořádání. Pak ω(x, = X a α(x, = 1. Věta (O dlouhém a širokém. Necht (X, je částečně uspořádaná množina. Pak X ω(x, α(x,. Důkaz. Matematickou indukcí dle nejdelšího řetězce. Necht ω(x, = 1. Pak jsou všechny prvky neporovnatelné, tudíž X = α(x,. Indukční krok ω(x, ω(x, + 1. Necht M je množina minimálních prvků (X,. Množina M je nezávislá, protože minimální prvky jsou navzájem neporovnatelné. Tudíž M α(x,. Zvolme X tak, že X = X\M. Nyní je indukované uspořádání na X. Dále ω(x, = ω(x, 1, protože jsme odebrali minimální prvky, a tak se nejdelší řetězec zmenšil o 1 prvek. Dle indukce X α(x, ω(x,. Platí, že X = M + X, tudíž X M + α(x, ω(x, a odtud X α(x, + α(x, (ω(x, 1. 2 Úvod do kombinatoriky Tvrzení. Počet všech funkcí X Y je Y X. Tvrzení. Počet všech prostých funkcí X Y je Y ( Y 1 ( Y X + 1. Tvrzení. Počet všech bijekcí X Y je Y ( Y 1 1 = Y!. Poznámka. Bijekce X X se nazývá permutace. Definice. Necht A X. Charakteristická funkce je zobrazení χ A : X {0, 1} indikující, které prvky z množiny X patří do množiny A. 5

Příklad. Počet všech uspořádaných dvojic (A, B, kde A B {1,..., n}, je 3 n. 0 x {1,..., n}\a Důkaz. Zaved me charakteristickou funkci χ A,B (x = 1 x A\B. 2 x B Každá volba (A, B dává unikátní charakteristickou funkci a naopak. Počet všech dvojic je roven počtu všech funkcí {1,..., n} {0, 1, 2}. Příklad. Ve městě Kocourkově zřídili tři komise: sportovní, kulturní a zkrášlovací. V komisích smějí zasedat pouze radní anebo starosta. Pan starosta prohlásil, že nepřichází v úvahu, aby se stal členem zkrášlovací komise, poněvadž je sám o sobě dost velkou okrasou města. Kvůli sporům o podobu sochy na městské kašně nesmějí mít kulturní a zkrášlovací komise žádné společné členy. Do slovutné rady města zvoleno kromě pana starosty ještě dalších sedm ctihodných radních. Komise lze obsadit 4 6 7 způsoby. Důkaz. Na množině {1,2,3,4,5,6,7} (radních zavedeme charakteristickou funkci, která nám vybere sedmici prvků. Nesmíme zapomenout započítat případy, kdy se do některé nebo ani do žádné komise nikdo nepřihlásí. Každá volba radních nám dává unikátní charakteristickou funkci. Počet možností, jak obsadit komise radními, bude stejný jako je počet zobrazení {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} {0, 1, 2, 3, 4, 5}, tedy 6 7. Analogicky pro starostu, ten má pouze 4 možnosti. Složením těchto dvou zobrazení získáme dle kombinatorického pravidla součinu požadovaný výsledek. Definice. Pro n N 0 a k N 0, 0 < k < n definujme binomický koeficient ( n k = n! k!(n k!. Poznámka. Binomický koeficient udává, kolika způsoby jsme schopni vybrat k-prvkové podmnožiny z množiny velikosti n. Příklad. V senátu zasedá sto senátorů, po dvou z každého z 50 států. Výbor se skládá ze čtyř členů a žádní dva senátoři nesmí být ze stejného státu. Počet způsobů, jak lze tento výbor vybrat, je ( 50 4 2 4. Důkaz. Výbor musí být složen ze 4 různých států. Z 50 států vybíráme čtveřici států. To učiníme ( 50 4 způsoby. Ke každému státu pak máme dvě možnosti, jak vybrat senátora. Pro čtyři státy nám to dá 2 4 možností. Odtud plyne výsledek. Příklad. Uvažme mřížku m n, kde m a n značí počet horizontálních a vertikálních čar. Počet obdélníků, jejichž strany leží na této mřížce, je roven ( m 2 ( n 2. Důkaz. Zaved me si souřadnicový systém {0,..., m} {0,..., n}. Obdélník je určen dvěma stranami, nebot zbylé dvě jsou rovnoběžné s těmito. Každá strana je určena dvěma body, tudíž vybíráme dvouprvkové podmnožiny. Dle kombinatorického pravidla součinu dostaneme požadovaný výsledek. Poznámka. Z Pascalova trojúhelníka lze dokázat, že 1. ( ( n k = n 1 ( k 1 + n 1 k, 2. ( ( n k = n n k, 6

3. ( n k = n k 4. ( n k ( n 1 k 1, ( = n k+1 ( n k k 1. Poznámka. Z definice potenční množiny n ( n k=0 k = 2 n. Tvrzení. Binomický koeficient je největší pro ( n n/2 a platí, že 2 n ( n n+1 n/2 2 n. Věta (Binomická věta. Pro x, y R a n N platí, že (x + y n = n k=0 ( n k x k y n k. Věta (Multinomická věta. Pro x 1,..., x p R a n N platí, že (x 1 + + x p n = ( n k 1,...,k p x k 1 1 x kp p. k 1,...,k p 0 k 1 + +k p=n Příklad. Z písmen slova MISSISSIPPI lze sestavit 34650 různých slov. Důkaz. Písmeno I máme k dispozici 4x, písmeno S rovněž 4x, písmeno P 2x a písmeno M pouze 1x. Využijeme multinomický koeficient ( 11 4,4,2,1 = 11! = 34650. 4!4!2!1! 2.1 Princip inkluze a exkluze Příklad. Ve městě jsou tři zájmové kluby, a sice klub tenistů, klub hokejistů a klub fotbalistů. Víme, že hokejistů je 15, fotbalistů je 20 a tenistů je 10. Zároveň víme, že klub tenistů i klub fotbalistů navštěvuje 5 lidí, klub hokejistů a klub fotbalistů rovněž 5. Na tenis, fotbal i hokej chodí pouze jeden člověk. Do alespoň jednoho klubu chodí 36 lidí. Důkaz. Víme, že 15+20+10 = 45, což je horní mez lidí, kteří chodí do alespoň jednoho klubu. Nyní si musíme uvědomit, že více lidí navštěvuje dva nebo tři kluby současně. Odečtěme tedy ty, kteří navštěvují dva kluby. Tedy 45 5 5 = 35 Nyní jsme odečetli i ty, kteří chodí do třech klubů současně. Proto je musíme opět přičíst. Celkem tedy 35 + 1 = 36. Poznámka. Známe velikosti všech průniků = známe velikost sjednocení. Tvrzení. Pro množiny A, B platí, že A B = A + B A B. Tvrzení. Pro množiny A, B, C platí, že A B C = A + B + C A B B C A C + A B C. Věta (Princip inkluze a exkluze. Necht A 1,..., A n jsou množiny. Pak platí n A i = ( 1 I 1 A i. i=1 =I {1,...,n} 7 i I

Důkaz. Matematickou indukcí dle n. První krok indukce nám dává tvrzení pro 2 nebo 3 množiny. Indukční krok n n + 1. Označme A = A 1... A n. Nyní máme místo n+1 množin pouze 2 množiny a platí A A [ n+1 = A + A n+1 A n+1 A. Na A můžeme využít indukční předpoklad, dostaneme =I {1,...,n} ( 1 I 1 i I A i ] + A n+1 (A n+1 A 2 [ (A n+1 A n. Opět dle indukce získáme =I {1,...,n} ( 1 I 1 i I A i ] + A n+1 =J {1,...,n} ( 1 J 1 ( i J A i An+1, což je rovno =I {1,...,n+1} ( 1 I 1 i I A i. Příklad. Mějme množinu {1,...,999}. Po vyškrtání násobků 2,3,5 a 7 zbude 228 čísel. Důkaz. Celkem máme A 2 = 499, A 3 = 333, A 5 = 199, A 7 = 142. Nyní musíme odebrat ta čísla, která jsou dělitelná 2 a 3, 2 a 5 atd. Pro trojice a čtveřice analogicky to stejné, platí princip inkluze a exkluze, stačí dopočítat 999 499 199 142 + 99 + 71 + 66 + 47 + 28 33 23 14 9 + 4 = 228. Příklad. Mějme šachovnici o rozměrech 5 5, 6 červených, 6 zelených a 6 modrých kamenů. Počet způsobů, jak lze umístit tyto kameny tak, aby jeden řádek nebo sloupec byl pokryt kameny stejné barvy, je roven 9290095200. Důkaz. Předpokládejme, že celý jeden řádek je pokryt pěti červenými kameny. Zbude nám tak 20 míst na obsazení zbylých kamenů. Zbylý jeden červený kámen můžeme umístit 20 způsoby. Šest zelených kamenů můžeme umístit ( 19 ( 6 způsoby a šest modrých kamenů 13 ( 6 způsoby. Celkem tak získáváme 20 19 ( 6 13 6 možností, jak umístit zbývající kameny. Šachovnice ale má 5 řádků a stejné pravidlo by se dalo použít pro sloupce, získáme tak 10 20 (19 ( 6 13 6 možností, jak zaplnit šachovnici kameny tak, aby jeden sloupec/řádek byl zcela pokryt kameny červené barvy (protože máme 5 řádků a 5 sloupců. Analogicky postupujeme pro zelené a modré kameny. Celkový počet možností, jak obsadit šachovnici kameny tak, aby některý řádek nebo sloupec byl zcela pokryt kameny stejné barvy, je tedy 3 10 20 (19 ( 6 13 6. Nyní musíme vyloučit ty možnosti, kdy jsou nějaké dva řádky/sloupce zcela pokryty kameny červené a zelené barvy (respektive červené a modré, respektive zelené a modré. Předpokládejme tedy, že dva řádky jsou zcela pokryty pěti červenými a pěti zelenými kameny. Zbude nám tak 15 míst na obsazení zbylých kamenů. Musíme umístit jeden červený, jeden zelený a šest modrých kamenů. Červený umístíme 15 způsoby, zelený 14ti způsoby a šest modrých kamenů opět ( ( 13 6. Celkem tedy 15 14 13 ( 6 pro jednu dvojici řádků. Je 5 2 kombinací, jak vybrat dvojice řádků, které budou zcela pokryty kameny téže barvy. Stejný počet možností je pro sloupce. Celkem 2 (5 ( 2 možností. V součtu získáme 2 5 ( 2 15 14 13 6 možností, jak zcela pokrýt dva libovolné řádky/sloupce červenými a zelenými kameny. Analogicky postupujeme pro červené a modré a zelené a modré. Celkový počet možností, jak obsadit šachovnici kameny tak, aby libovolná dvojice řádků nebo sloupců byla zcela pokryta kameny stejné barvy, je tedy 3 2 (5 ( 2 15 14 13 6. Nyní musíme dle principu inkluze a exkluze přičíst ty možnosti, kdy jsou nějaké tři řádky/sloupce zcela pokryty kameny červené, zelené a modré barvy. Předpokládejme, že tři libovolné řádky/sloupce jsou zcela pokryty kameny stejné barvy. Zbude nám tak 10 míst, kam můžeme umístit kameny. Musíme umístit jeden červený, jeden zelený a jeden modrý kámen. To učiníme 10 9 8 způsoby pro jednu trojici řádků. Je ( 5 3 kombinací, jak vybrat řádky, které budou zcela pokryty kameny. Stejný počet možností je pro sloupce. Celkem 2 (5 3 možností. Celkový počet možností, jak obsadit 8

šachovnici kameny tak, aby libovolná trojice řádků nebo sloupců byla zcela pokryta kameny stejné barvy, je 2 (5 3 10 9 8. Celkem 3 10 20 ( 19 ( 13 6 6 3 2 ( 5 13 2 15 14 ( 6 +2 ( 5 3 10 9 8 a odtud dle principu inkluze a exkluze plyne výsledek. Příklad (Problém šatnářky. Šatnářka rozdává náhodně klobouky návštěvníkům koncertu. Pravděpodobnost, že každý návštěvník dostane svůj klobouk, je 1 1. e Důkaz. Necht Ω je množina všech permutací n a š = {π Ω : x n : π(x = x}. Zřejmě Ω = n!. Velikost množiny š spočítáme pomocí principu inkluze a exkluze. Necht A i = {π Ω : x n : π(i = i} pro i = 1,..., n. Tedy š = n i=1 A i = =I {1,...,n} ( 1 I 1 i I A i. Necht π i I A i. Nyní i I A i = (n I!. Pak š = n i=1 ( 1i 1( n i (n i!, odkud plyne, že Ω š = n i=0 ( 1i( n i (n i! = n! n ( 1 i i=0. Jedná se o Taylorův rozvoj exponenciely v bodě 1, proto řada konverguje k 1. e i! Tvrzení. Počet všech funkcí na X Y je Y i=0 ( 1i( Y i ( Y 1 X. Důkaz. Necht F jsou všechna zobrazení X Y, necht X = m a Y = n. Tedy F = n m. Označme V = {f F : f je na}. Necht A i = {f F : f(x Y {i}}. Pak V = F n i=1 A i = n m =I {1,...,n} ( 1 I 1 i I A i. Víme, že n i=1 A i je počet zobrazení X Y \I. Tudíž i I A i = (n i m. Tedy V = n m n i=1 ( 1i 1( n i (n i m, odkud plyne výsledek. Definice. Pro n N definujme Eulerovu funkci ϕ(n = {m {1,..., n} : NSD(n, m = 1}. Poznámka. Výstupem ϕ(n je počet čísel nesoudělných s n. Příklad. Necht p je prvočíslo, pak ϕ(p = p 1. Důkaz. Prvočíslo je dělitelné jen jím samým a jedničkou. Věta (Výpočet Eulerovy funkce. Necht n = p k 1 1 p kr r. Pak ϕ(n = n (1 1p1 (1 1pr. Důkaz. K důkazu využijeme princip inkluze a exkluze. Necht n = p k 1 1 p kr r a c N, c < n je špatné, jestliže je dělitelné s nějakým p i, kde i = 1,..., r. Zvolme A i = {c n : p i c}, pak ϕ(n = n n i=1 A i. Nyní A p1 A p2 = {c n : c = p 1 p 2 } = n n p 1 p 2. Obecně i I A i = ]. a odtud ϕ(n = n [ i I p i =I {1,...,r} ( 1 I 1 i I n = n p i =I {1,...,r} ( 1 I 1 Příklad. ϕ(1230 = 320 i I p i Důkaz. Rozložme číslo na prvočíselný rozklad 1230 = 2 3 5 41. Nyní dle věty ϕ(1230 = 1230 (1 ( ( ( 2 1 1 1 3 1 1 5 1 1 41 = 1230 1 2 4 40 = 393600 = 320. 2 3 5 41 1230 3 Úvod to teorie pravděpodobnosti Definice. Pravděpodobnostním prostorem nazveme trojici (Ω, F, P, kde Ω je množina všech možných výsledků náhodného pokusu, F = 2 Ω a P je funkce P : F [0, 1], pokud platí 9

1. P [ ] = 0, 2. P [Ω] = 1, 3. A, B Ω A B = = P [A] + P [B] = P [A B]. Definice. Necht Ω je množina. Jev je libovolná podmnožina Ω a elementární jev je prvek Ω. Definice. Diskrétní pravděpodobnostní prostor je pravděpodobnostní prostor (Ω, F, P, kde Ω je konečná spočetná množina všech elementárních jevů a funkce P splňuje A Ω = P [A] = α A P [{a}]. Definice. Klasický pravděpodobnostní prostor je pravděpodobnostní prostor (Ω, F, P, kde všechny elementární jevy mají stejnou pravděpodobnost výskytu. Příklad. Mějme 100 karet s různými čísly. Začneme karty obracet a v nějakém okamžiku přestaneme. Pokud je na poslední otočené kartě největší číslo ze všech, vyhráváme. Následující strategie vyhraje s pravděpodobností alespoň 1 4 - obrat me 50 karet a označme si největší číslo jako M. Poté otáčejme další karty a pokud uvidíme číslo větší, než je M, přestaňme. Důkaz. Necht Ω = {π : π je permutace 100}. Kladný jev je takový, který vždy vyhraje. Necht největší číslo je na kartách 51,...,100 a druhé největší na kartách 1,...,50. Pak A = {π : π(100 > 50 π(99 50} Ω. Nyní stačí ukázat, že P [A] 1 A. Tedy P [A] = = 40 100! 50 50 98! = 50 50 1. 100! 100 99 4 Příklad. V balíčku je 8 různých karet, dvě od každé barvy. Balíček pečlivě zamícháme. Pravděpodobnost, s jakou dostaneme rozmíchání, ve kterém nejsou žádné dvě karty stejné barvy vedle sebe, je 12 35. Důkaz. Musíme využít princip inkluze a exkluze. Celkem máme Ω možností, od toho odečteme případy, kdy je jedna dvojice stejné barvy vedle sebe, poté přičteme případy, kdy jsou dvě dvojice stejné barvy vedle sebe, poté odečteme případy, kdy jsou tři trojice stejné barvy vedle sebe a nakonec přičteme případy, kdy jsou všechny dvojice stejné barvy vedle sebe. Při jednotlivých výpočtech reprezentujeme dvě přilehlé barvy jako jednu. Binomické koeficienty nám zase říkají, kolika způsoby můžeme tyto dvojice rozmístit. Tedy celkem P [A] = 8! 2!2!2!2! (4 1 7! 2!2!2! +(4 2 6! 2!2! (4 3 5! 2! +(4 44! 8! 2!2!2!2! = 12 35. 3.1 Podmíněná pravděpodobnost Definice. Necht A, B Ω. Pravděpodobnost jevu A za předpokladu, že nastal jev B je definována jako P [A B] = P [A B] P [B]. Příklad (Bertrandův paradox. Mějme 3 druhy karet. Jedna má na jedné straně bílou barvu a na druhé červenou. Druhá má na obou stranách červenou a třetí na obou stranách bílou. Pravděpodobnost, že vytáhnu kartu, která je navrchu červená a zespoda také, je 2 3 Důkaz. Označme Ω = { č, b, b, b, č, } [ č b č b b č č. Nyní P, č] = P[č č] č P[č] = 1 3 1 2 10 = 2 3.

Věta (O úplné pravděpodobnosti. Necht Ω = B 1 B n. Pak P [A] = n i=1 P [A B i] P [B i ]. Důkaz. Z definice podmíněné pravděpodobnosti P [A] = n P [A B i ] i=1 P [B i ] B i ] = P [ n i=1 A B i] = P [A]. P [B i ] = n i=1 P [A Věta (Bayesova věta. Necht Ω = B 1 B n. Pak P [B i A] = P [A B i P [B i ] n j=1 P [A B j] P [B j ]. Důkaz. Z definice podmíněné pravděpodobnosti P [B i A] = P [A B i], v čitateli máme definici P [A] podmíněné pravděpodobnosti a ve jmenovateli větu úplné pravděpodobnosti. Příklad. Jedna desetina populace je nakažena žloutenkou a máme test, který testuje nakažené. Pro skutečně nakažené je pozitivní v 95% a pro nenakažené je pozitivní v 5%. Pravděpodobnost, že vyjde pozitivní test, je 2%. Důkaz. Označme Ω = celá populace, Ž Ω = lidé mající žloutenku a T Ω = pozitivní test. Nyní P [Ž] = 0, 1% = 0, 001, P [T Ž] = 95% = 0, 95 a P [T Ω Ž] = 5% = 0, 05. Zbývá P [T Ž] P [Ž] vypočítat pravděpodobnost P [Ž T ]. Dle Bayesovy věty P [Ž T ] = 1 = 2%. 50 3.2 Střední hodnota P [T Ž] P [Ž]+P [T Ω Ž] P [Ω Ž] Definice. Jevy A 1,..., A k jsou nezávislé, jestliže I {1,..., k} : P [ i I A ] i = i I P [A i]. Příklad. Dvakrát hodíme kostkou. Pravděpodobnost, že při prvním hodu padne 6 a při druhém 1, je 1 36. Důkaz. Oba jevy jsou nezávislé, a proto 1 6 1 6 = 1 36. Definice. Náhodná veličina je libovolné zobrazení přiřazující elementárnímu jevu reálné číslo, tedy X : Ω R. Definice. Necht (Ω, F, P a X : Ω R. Střední hodnota náhodné veličiny X je definována jako E[X] = ω Ω P [{ω}]x(ω. Příklad. Při hodu spravedlivou hrací kostkou je průměrná hodnota hodu rovna 3,5. Důkaz. Víme, že P [A] = 1 a tedy E[X] = 6 1 6 i=1 i = 3, 5. 6 Věta (Linearita střední hodnoty. Necht (Ω, F, P, X, Y : Ω R a α R. Pak 1. E[αX] = αe[x], 2. E[X + Y ] = E[X] + E[Y ]. Důkaz. Z definice střední hodnoty 1. E[αX] = ω Ω P [{ω}]αx(ω = α ω Ω P [{ω}]x(ω = αe[x], 2. E[X + Y ] = ω Ω P [{ω}](x(ω + Y (ω = ω Ω P [{ω}]x(ω + ω Ω P [{ω}]y (ω = E[X] + E[Y ]. 11

Definice. Indikátor jevu je náhodná veličina I A = Ω {0, 1} definovaná I A (ω = Definice. Necht (Ω, F, P a X : Ω R. Pak var(x = E[X 2 ] E[(X] 2. { 1 ω A, 0 ω / A. Příklad. Náhodná veličina nabývá hodnot 0,1,2,3,4,5, přičemž platí P [X = 0] = P [X = 1] = P [X = 2] = a, P [X = 3] = P [X = 4] = P [X = 5] = b, P [X 2] = 3P [X < 2]. Pak a = 1, b = 5, E[X] = 23 533 a var(x =. 8 24 8 192 Důkaz. Stačí si uvědomit, že 3a + 3b = 1 a 3b = 5a. Vyřešením této soustavy získáme požadované hodnoty a a b. Odtud E[X] = 3a + 12b = 3 1 + 12 5 = 23. Z definice rozptylu 8 24 8 var(x = (0a+1a+4a+9b+16b+25b (3a+12b 2 = 5 1 +50 5 ( 3 1 + 12 5 2 8 24 8 24 = 533. 192 Věta (Markovova nerovnost. Necht (Ω, F, P a X : Ω R. Pak P [X a] E[X] a. Důkaz. Stačí ukázat, že a P [X a] E[X]. Tedy a P [X a] ω Ω P [{ω}]x(ω. Věta (Čebyševova nerovnost. Necht (Ω, F, P a X : Ω R. Pak P [ X E[X] a] var(x a 2. Důkaz. Převedeme na Markovovu nerovnost pro Y = (X E[X] 2. Pak P [ X E[X] a] = P [ X E[X] 2 a 2 ] E[(X E[X]2 ] = var(x. a 2 a 2 4 Teorie grafů Definice. Graf je dvojice G = (V, E, kde V je množina vrcholů a E ( V 2 je množina hran. Definice. Graf G = (V, E je neorientovaný, jestliže u, v V : (u, v E = (v, u E. Definice. Kružnice C n je graf na n vrcholech takový, že E = {(1, 2,..., (n 1, n, (n, 1}. Definice. Úplný graf K n je graf na n vrcholech takový, že E = ( V 2. Definice. Cesta P n je graf na n + 1 vrcholech takový, že E = {(1, 2,..., (n 1, n}. 12

Definice. Bipartitní graf je takový graf, jehož množinu vrcholů je možné rozdělit na dvě disjunktní množiny tak, že žádné dva vrcholy ze stejné množiny nejsou spojeny hranou. Definice. Řekneme, že grafy G a G jsou izomorfní, jestliže existuje zobrazení f : V (G V (G takové, že (x, y E(G (f(x, f(y E(G. Příklad. Tyto dva grafy jsou navzájem izomorfní. Důkaz. Stačí nalézt vhodné očíslování vrcholů tak, aby pro oba grafy byla stejná množina hran. Takové očíslování existuje. Příklad. Tyto dva grafy nejsou navzájem izomorfní. Důkaz. Druhý graf má několik C 4, zatímco první nemá žádný C 4. Tvrzení. Počet neizomorfních grafů na V je alespoň 2( V 2 V!. Důkaz. Z definice izomorfismu je počet přejmenování vrcholů nejvýše V!. Definice. Necht G = (V, E a H = (V, E. Řekneme, že H je podgraf G, jestliže V V a E E. Definice. Řekneme, že podgraf H je indukovaný, jestliže E E ( V 2. Definice. Graf je souvislý, jestli mezi každou dvojicí vrcholů existuje cesta jako podgraf. Definice. Komponentami souvislosti nazveme maximální souvislé podgrafy. Definice. Doplněk grafu G = (V, E je graf G = (V, E na stejné množina vrcholů a E = {(u, v : (u, v E (u, v / E}. Definice. Graf je strom, jestliže je souvislý a bez kružnic. Definice. Kostra grafu je podgraf na stejné množině vrcholů takový, že je strom. 13

Definice. Necht G = (V, E. Stupeň vrcholu v je definován deg(v = {e E : v e}. Definice. Necht T = (V, E je strom a deg(v = 1. Pak v je list. Tvrzení. Každý strom lze vytvořit z jediného vrcholu tak, že nový vrchol libovolně přidáme hranou k původnímu stromu. Každý graf takto vytvořený je strom. Věta (Charakterizace stromu. Následující podmínky jsou ekvivalentní 1. G je strom, tedy souvislý a bez kružnic. 2. Pro každou dvojici u, v V platí, že mezi u a v vede právě jedna cesta. 3. G je souvislý, ale odebráním libovolné hrany se stane nesouvislým. 4. G je bez kružnic, ale přidáním libovolné hrany kružnice vznikne. 5. G je souvislý a platí V = E + 1. Důkaz. Implikace (1 (2. Graf je souvislý, tedy existuje alespoň jedna cesta mezi dvěma vrcholy. Pro spor, necht existuje cest více. Pak vznikne kružnice, což je ve sporu s předpokladem, že graf je bez kružnic. Implikace (2 (3. Existuje právě jedna cesta, graf je souvislý. Kdyby vynecháním jedné hrany zůstal souvislým, pak by existovaly cesty dvě. Spor. Implikace (3 (1. Souvislost implikuje souvislost. Ekvivalence (1 (4. Graf je bez kružnic, přidáním hrany vytvořím kružnici právě tehdy, když je souvislý. Implikace (1 (5. Matematickou indukcí podle počtu vrcholů. Odřízneme list, pak T T v. Pro T v platí indukční předpoklad, tedy V T v = E T v + 1 a V T = V T v + 1. Dle indukčního předpokladu V T = E T v + 1 + 1. Odtud plyne výsledek. Implikace (5 (1. Zřejmě existuje vrchol stupně jedna. Sestavíme T v tak, že odebereme tento vrchol. Graf zůstane souvislý. Dle indukce T v je strom. Přidáním listu do T v zachováme souvislost a nevytvoříme kružnice, vytvoříme tedy strom. Příklad. Existuje pouze jeden strom, jehož doplňkem je také strom. Důkaz. Strom je souvislý graf bez kružnic. Navíc musí mít alespoň dva vrcholy. Vycházejme z ekvivalentní charakterizace stromu, že V = E +1. Doplněk grafu obsahuje ty hrany, které neobsahuje původní graf a neobsahuje ty, které obsahuje původní graf. Tedy E = ( V 2 E. Hledáme grafy, pro něž platí T : V = E +1 a T : V = ( V 2 E +1. Řešení této soustavy je V = 1, E = 0 a V = 4, E = 3. Graf s 1 vrcholem a 0 hranami nemůže být stromem, protože má pouze jeden vrchol. Graf se 4 vrcholy a 3 hranami splňuje všechny předpoklady pro to, aby to byl strom. Konkrétně se bude jednat o graf P 4. Definice. Posloupnost po sobě navazujících hran tak, že se žádná hrana neopakuje, nazveme tahem. Pokud tah začíná a končí ve stejném vrcholu, pak se jedná o uzavřený tah. Definice. Eulerovský tah je uzavřený tah obsahující všechny hrany. 14

Věta (Postačující podmínka pro existenci Eulerovského tahu. Graf má Eulerovský tah právě tehdy, když je souvislý a má všechny stupně sudé. Důkaz. Implikace. Je souvislý, tedy existuje Eulerovský tah, tedy existuje tah z u do v, tedy existuje cesta. Pro všechny vrcholy platí, že stupeň vrcholu je roven počtu vstoupení do vrcholu a počtu odchodů z vrcholu, což je sudé číslo. Implikace. Pro spor, necht je souvislý a má sudé stupně, ale neexistuje Eulerovský tah. Zvolme T největší uzavřený tah v G. Není Eulerovský, tudíž E G \E T. Zbylé hrany indukují graf se sudými stupni. Podgraf v E G \E T je tvořen komponentami, tyto komponenty mají Eulerovské tahy. Tedy lze nalézt delší tah, než je T, prodloužením T a taky komponent, což vede ke sporu s maximalitou T. Příklad (Problém mostů v Královci. Městem Královec protéká řeka, na níž jsou dva ostrovy. Ostrovy jsou se zbytkem města propojeny sedmi mosty. Projít všechny mosty tak, aby ten, kdo se o to pokouší, vstoupil na každý most pouze jednou, není možné. Důkaz. Sestavíme graf, kde mosty budou reprezentovat hrany a vrcholy budou jednotlivé části pevniny, které odděluje řeka. Tento graf má všechny stupně liché, tudíž neexistuje Eulerovský tah. Definice. Skóre grafu je utříděná posloupnost stupňů vrcholů. Věta (Princip sudosti. V neorientovaném grafu G = (V, E platí, že v V deg(v = 2 E. { Věta (Věta o skóre. Necht d 1,..., d n je skóre grafu. Pak d 1,..., d n, kde d d i i < n d n i =, d i 1 i n d n je po přerovnání skóre grafu. Příklad. Posloupnost (1,1,1,2,2,3,4,4,5,5 je skóre grafu. Důkaz. Nutné podmínky, tedy že součet všech vrcholů je sudé číslo a žádný stupeň není větší než je počet členů, jsou splněny. Nyní aplikujme několikrát větu o skóre, dostaneme (1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5 (1, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4 (1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2 (0, 1, 1, 1, 1, 1, 1 (0, 0, 1, 1, 1, 1 (0, 0, 0, 1, 1 (0, 0, 0, 0. Graf na 4 vrcholech, kde všechny vrcholy mají stupeň 0, sestrojit lze. Jedná se o prázdný graf. 15

4.1 Rovinné grafy Definice. Rovinné nakreslení grafu G = (V, E sestává z prostého zobrazení f : V R 2 a platí, že pro každou hranou (u, v E existuje oblouk spojující f(u a f(v tak, že oblouky se nekříží. Definice. Oblouk je definován jako obraz prostého a spojitého zobrazeni [0, 1] R 2. Definice. Graf je rovinný, má-li alespoň jedno rovinné nakreslení. Příklad. Graf K 5 není rovinný, ale graf C n rovinný je. Definice. Topologická kružnice je zobrazení [0, 1] R 2, které je spojité na celém intervalu a prosté na [0, 1. Definice. Stěna grafu X je definována jako maximální souvislá oblast R 2 \X. Definice. Necht graf G = (V, E má rovinné nakreslení, množinu jeho stěn označme S. Definujme duál grafu G = (S, E, pokud platí, že e odděluje S i a S j právě tehdy, když e = (S i, S j. Tvrzení. Duál rovinného grafu je taktéž rovinný. Věta (Jordanova věta. Každá topologická kružnice dělí rovinu na dvě části. Věta (Kuratowského věta. Graf je rovinný právě tehdy, když neobsahuje dělení K 5 ani dělení K 3,3. Věta (Eulerův vzorec. Pro každé nakreslení souvislého rovinného grafu G platí, že V E + s = 2. Důkaz. Matematickou indukcí dle počtu hran. Rozlišíme dva případy. 1. Necht G je strom. Pak má jednu stěnu. Přidáváním listů nové stěny nevzniknou. 2. Necht G není strom. Tedy má kružnici, zvolme libovolnou hranu e E. Pro G e platí indukční předpoklad, tedy V G e E G e + s G e = 2. Po odebrání hrany V E + s 1 = 2. Nyní hrana e odděluje dvě různé stěny v grafu G. Jednu uvnitř kružnice, druhou vně kružnice, a ty nemohou být stejné díky Joradanově větě. 16

Důsledek. Pro každý rovinný graf na alespoň třech vrcholech platí, že E 3 V 6. Důkaz. Graf má nejvíce stěn, když všechny jeho stěny tvoří trojúhelník. Tedy s 2 E 3. Odtud dosazením do Eulerova vzorce získáme požadovaný výsledek. Poznámka. Platonská tělesa jsou pravidelné mnohostěny. Každá stěna je ohraničena nějakým k-úhelníkem, v každém vrhcolu se stýká d stěn. Zřejmě k, d 3, proto po dosazení do Eulerova vzorce získáme 1 + 1 1 = 1. Tedy min(d, k = 3 a max(d, k = 5. Existuje pouze d k E 2 několik Platonských těles, konkrétně čtyřstěn, osmistěn, dvacetistěn, krychle a dvanáctistěn. 4.2 Barevnost grafů Definice. Necht G = (V, E a k N. Obarvení grafu je zobrazení f : V {1,..., k}, jestliže (u, v E = f(u f(v. Definice. Barevnost grafu χ(g je definována jako nejmenší k N takové, že G má obarvení pomocí k barev. Věta (O čtyřech barvách. Necht G je rovinný, pak χ(g 4. Poznámka. Pro předchozí větu neexistuje matematický důkaz, dokázáno algoritmicky rozborem všech případů. Tvrzení. Necht G je graf a maximální stupeň G. Potom χ(g + 1. Důkaz. Hladově, z vrcholu stupně vychází nejvýše hran. Věta (O pěti barvách. Necht G je rovinný, pak χ(g 5. Důkaz. Indukcí dle počtu vrcholů. Rovinný graf má stupeň vrcholu nejvýše 4, triviálně splněno. Necht v V : deg(v 5. Uvažme G = G v. Dle předpokladu χ(g 5. Nyní necht g : V {1, 2, 3, 4, 5} je obarvení G. Pokud deg(v 4, pak je to zřejmé. Pokud deg(v = 5 a navíc všechny barvy jsou použity v sousedních vrcholech, pak je zřejmé, že po propojení dvou sousedních vrcholů ještě nějakou cestou nelze tyto vrcholy zaměnit, tato cesta se nazývá Kempeho řetězec. Pokud obarvení nemá Kempeho řetězec, pak je evidentní, že takový graf lze obarvit pěti barvami. Pokud ho má, tak pak díky Jordanově větě o kružnici není možné, aby vedl další řetězec mezi jinými dvěma sousedy, nebot by graf nebyl rovinný. Potom tyto dva sousedy lze zaměnit. Tedy existuje obarvení G takové, že sousedé používají pouze 4 barvy. 17