Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2013 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 8/15
Zbiory przeliczalne Przyjmujemy, że = {0, 1, 2, 3, n 1} dla n>0 oraz = przy n=0. Zbiór skończony to zbiór bijektywny z pewnym zbiorem postaci. Zbiór nieskończony to zbiór, który nie jest skończony. Liczba elementów skończonego zbioru X to jedyna liczba naturalna n taka, że istnieje bijekcja z w X. Liczbę te oznaczamy przez X. Oczywiście. Zbiór przeliczalny to zbiór skończony lub bijektywny z. Zbiór pusty jest przeliczalny, bo jest skończony. Zbiór liczb parzystych jest przeliczalny, bo jest bijekcją. Zbiór liczb całkowitych jest przeliczalny, bo jest bijekcją z w.
3 zasady zliczania Zaczynamy od 3 zasad ogólnych: dodawania, włączania i wyłączania, oraz mnożenia. ZASADA DODAWANIA Dla skończonych i rozłącznych zbiorów A i B mamy Dla zbiorów skończonych i parami rozłącznych mamy
ZASADA WŁĄCZANIA I WYŁĄCZANIA Dla zbiorów skończonych zachodzi Lemat W szczególności, skończone., o ile tylko A, B są
Dowód lematu Ponieważ trzy zbiory i są parami rozłączne i sumują się do, to na mocy zasady dodawania mamy: i stąd
ZASADA MNOŻENIA Jeżeli mamy wybrać dwa różne obiekty: pierwszy spośród m obiektów, a drugi spośród n obiektów, to liczba możliwych wyborów jest równa m n. Zasada ta mówi, że dla skończonych zbiorów X, Y mamy X Y = X Y. Przypomnijmy, że iloczyn kartezjański zbiorów X, Y to zbiór A zatem liczba par (x, y) Postać ogólna Jeżeli A 1, A 2, A n są zbiorami skończonymi to A 1 A 2 A n = A 1 A 2 A n. [Dowód przez indukcję]
Przykład Rozważmy turniej rycerski między bractwem czerwonych a bractwem niebieskich. Bractwo czerwonych ma 12 rycerzy, bractwo niebieskich 15. Ile różnych indywidualnych pojedynków może być stoczonych, jeśli rycerze z tego samego bractwa nigdy ze sobą nie walczą? Niech C i N będą zbiorami rycerzy, odpowiednio z bractwa czerwonych i z bractwa niebieskich, każdy pojedynek może być interpretowany jako uporządkowana para, gdzie,. Zatem liczba pojedynków to liczność zbioru C N, więc C N = C N = 12 15 = 180.
Zliczanie podzbiorów Twierdzenie Dla dowolnego, skończonego zbioru X zachodzi Definicja Współczynnik dwumianowy to liczba k elementowych podzbiorów zbioru n elementowego, tzn.. Podzbiory te nazywamy kombinacjami. Twierdzenie n n! = k k!( n k)!
Lematy Dla n k 0 zachodzi równość Dla n 1 zachodzi Komentarz n k 0 n 2 k n n k = n k n Wyrażenie 2 n = (1+1) n = ( n 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n 1) n + ( n n) może być odczytane jako suma podzbiorów 0 elementowych, 1 elementowych, 2 elementowych,, (n 1) elementowych i n elementowych..
Dla n k 0 zachodzi równość Jak się to ma do trójkąta Pascala? n n 1 n 1 k = k k 1 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1.....
Przykład Rzucamy 10 razy symetryczną monetą. Ile jest możliwych wyników, w których orzeł wypadł parzystą liczbę razy? Niech X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}. Wynik będziemy reprezentować zbiorem A X pozycji, na których występują jedynki w ciągu reprezentującym wynik eksperymentu (1 orzeł, 0 reszka). Na przykład A={1,2,5,6} odpowiada wynikowi 1100110000. Gdy wypadną same jedynki, to A = X. Gdy wypadnie 8 jedynek, to A jest 8 elementowym podzbiorem X. Gdy wypadnie 6 jedynek, to A jest 6 elementowym podzbiorem X. Gdy wypadną 4 jedynki, to A jest 4 elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 2 jedynki, to A jest 2 elementowym podzbiorem X. Gdy wypadnie 0 jedynek, to A jest zbiorem pustym. Możliwych eksperymentów, gdzie wypadnie parzysta liczba jedynek jest zatem: 10 10 10 8 + 6 + 4 + 2 1 + 10 + 1 = 1 + 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 512 A ile jest możliwych wyników? 2 10 = 1024
Przykład Ile jest różnych liczb naturalnych mniejszych od 2 n, które w zapisie dwójkowym mają dokładnie k jedynek? Liczby te w zapisie dwójkowym, to ciągi n elementowe a n 1 a n 2 a 2 a 1 a 0, a każdy taki ciąg można traktować jako funkcję charakterystyczną zbioru A zawartego w zbiorze {0, 1, n 1} taką, że i A wttw a i =1. Zbiór A przechowuje informację, na jakich pozycjach znajdują się jedynki. Np. dla n=7 liczba 75 10 =1001101 2 więc A={6,3,2,0}. Odwzorowanie, które liczbie naturalnej przyporządkowuje zbiór pozycji na których występują jedynki w zapisie dwójkowym tej liczby, czyli odpowiedni zbiór A, jest bijekcją. Liczymy więc k elementowe podzbiory zbioru {0,1, n 1}. Jest ich n k.
Przykład Ful w pokerze to układ 5 kart, w których występują tylko karty o dwóch różnych wysokościach x i y: dokładnie 3 karty o wysokości x i 2 karty o wysokości y. Oznaczmy typ fula przez (x,y). Ile jest różnych układów typu (7,D)? Trzy siódemki są wybrane z czterech, dwie damy z czterech. Więc mamy 4 3 2 Ile jest różnych typów fuli? 4 = 24 możliwości. Jedną z 13 wysokości kart wybieramy jako x, a następnie jedną z 12 jako y, czyli 13 12 = 156.
Przykład W lodziarni są trzy rodzaje lodów: jogurtowe, bakaliowe i waniliowe. Sprzedaje się desery po 5 kulek. Na ile sposobów można skomponować deser (kolejność nie jest ważna). Mamy j 5, b 5, w 5, j+b+w=5. Każdy taki zestaw można zakodować w 7 kratkach, z których dwie muszą być skreślone. Różnych deserów będzie więc tyle, na ile sposobów można skreślić dwie kratki z siedmiu, czyli tyle, ile różnych podzbiorów dwuelementowych w zbiorze 7 elementowym, 7 czy = 21. 2 bakaliowe jogurtowe waniliowe
Przykład Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie prostopadle przecinających się ulic. Powiedzmy, że znajdujemy się w punkcie A i chcemy dojść do punktu B (leżącego 3 przecznice na północ i 6 przecznic na wschód). Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg prowadzących z A do B. Dla przykładu: możemy pójść 3 razy na północ i potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw 6 razy na wschód i dopiero wtedy skręcić na północ. Ile jest najkrótszych dróg z A do B? Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie 9 skrzyżowań (licząc skrzyżowanie w punkcie A i nie licząc skrzyżowania w punkcie B). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie 3 razy na północ i dokładnie 6 razy na wschód.
Zatem liczba najkrótszych dróg z A do B to liczba wyborów spośród 9 skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ (na pozostałych skrzyżowaniach musimy iść na wschód). Możemy też jako rozwiązanie policzyć liczbę wyborów spośród 9 tych 6 skrzyżowań, na których pójdziemy na wschód (wtedy na pozostałych trzech musimy iść na północ. Ostatecznie liczba ta wynosi 9 3 = 6 9 = 84.
Przykład Ile rozwiązań ma równanie gdzie liczbami naturalnymi? Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie do połączenia przeciwległych jej rogów. W kratce rozmiaru kwadratów suma poziomych odcinków daje 7 i jest dokładnie 5 takich odcinków, po jednym na każdym poziomie. Jeśli długości tych odcinków oznaczymy odpowiednio przez, to każda taka droga (łamana) na kratce ustala pewne rozwiązanie naszego równania, i każde rozwiązanie równania wyznacza dokładnie jedna drogę (łamaną). Zatem istnieje rozwiązań naszego równania.
Przykład Rozważmy znów kratkę, tym razem kwadratową, wielkości 6x6 kwadratów, i policzmy na ile sposobów można w jej wnętrzu narysować prostokąt tak, aby wszystkie jego boki były równoległe do krawędzi kratki? Zauważmy, że każdy taki prostokąt jest jednoznacznie wyznaczony przez dwie linie poziome (spośród 7) oraz dwie linie pionowe (znów spośród 7). Rzeczywiście, dowolny prostokąt wyznacza dwie linie poziome i dwie pionowe (te przylegające do jego boków). I na odwrót dowolny wybór linii pozwoli nam nakreślić jednoznacznie prostokąt w kratce. 7 Poziome linie możemy wybrać na sposobów i pionowe linie na tyle 2 samo sposobów. Zatem prostokąt w kratce 6x6 możemy narysować na dokładnie 7 2 2 = 441 sposobów.
Zliczanie funkcji Twierdzenie o liczbie funkcji Zbiór funkcji postaci oznaczamy przez. Dla skończonych zbiorów X, Y mamy wówczas: Dowód Niech X = n, Y = m. Zbiór funkcji z X w Y jest równoliczny z m n. Na podstawie Zasady Mnożenia otrzymujemy Y Y Y = Y Y Y = m n = Y X n n
Twierdzenie o liczbie injekcji Liczba injekcji ze zbioru skończonego X (n elementowego) w zbiór skończony Y (m elementowy) wynosi: Y! / ( Y X )! = m! / (m n)! = m(m 1) (m n+1) = m n (dolna potęga krocząca) Twierdzenie o liczbie bijekcji Liczba bijekcji pomiędzy skończonymi zbiorami X i Y, gdzie = n wynosi n n = n!.
Przykład 1 Trzech kolegów: Bartek, Paweł i Piotrek spotkali się w pubie po zdanym egzaminie. Okazało się, że jest pięć marek piwa do wyboru. Na ile sposobów mogą oni wypić pierwszą kolejkę? Każdy wybór marki piwa przez wszystkie 3 osoby możemy interpretować jako funkcję ze zbioru {Bartek, Paweł, Piotrek} w pięcioelementowy zbiór marek piwa. A więc istnieje sposobów spożycia pierwszej kolejki. I tyleż sposobów dla każdej następnej.
Przykład 2 Kod PIN jest kodem autoryzującym właściciela karty bankomatowej. Składa się on z 4 cyfr dziesiętnych. Ile jest różnych kodów PIN? Każdy kod PIN to funkcja z czteroelementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w dziesięcioelementowy zbiór cyfr {0, 1,, 9}. Kodów PIN jest zatem 10 4 = 10000. A ile jest takich PIN ów, w których żadna cyfra się nie powtarza? Każdy PIN z niepowtarzającymi się cyframi to injekcja z 4 elementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w 10 elementowy zbiór cyfr {0, 1,, 9}. Zatem jest ich dokładnie 10 4 = 10 9 8 7 = 5040.
Przykład 3 Na kurs tańca uczęszcza pięciu chłopaków i pięć dziewcząt. Większość kroków tanecznych ćwiczy się parami. Dla urozmaicenia pary często się zmieniają. Na ile sposobów może być wykonany jeden taniec? Niech C będzie zbiorem chłopaków, a D zbiorem dziewcząt. Wiemy, że C = D = 5. Matematycznym modelem doboru par do tańca jest bijekcja. Zatem możliwych wyborów jest tyle samo co bijekcji pomiędzy 5 elementowymi zbiorami, czyli 5! = 120.
Zasada Dirichleta 1 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (1ZSD) Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to istnieje szuflada z przynajmniej dwoma obiektami. 2 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (2ZSD) Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to co najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz co najmniej jedna szuflada ma n/m lub mniej elementów. Ta postać zasady mówi, że w zbiorze danych wszystkie wartości nie mogą leżeć równocześnie powyżej średniej ani równocześnie poniżej średniej.
Wniosek z 2ZSD Jeżeli dana jest funkcja f: X Y, gdzie X =n, Y =m, to istnieją y 1, y 2 takie, że f 1 (y 1 ) n/m oraz f 1 (y 2 ) n/m. Dowód 2ZSD Zakładam, że każdy z podzbiorów ma mniej niż n/m elementów, czyli co najwyżej n/m 1 elementów. Wtedy cały zbiór ma ich co najwyżej m ( n/m 1), czyli n m ( n/m 1), czyli n/m +1 n/m. Ale to jest sprzeczne z oczywistą własnością, że x + 1 > x dla każdego x. Proszę udowodnić tę własność. Dowód drugiej części przebiega analogicznie. Proszę go wykonać. Dowód 1ZSD Przy n > m > 0 wartość n/m jest 2.
3 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (3ZSD) Jeśli n obiektów rozmieszczonych jest w m szufladach i n>mr dla pewnego naturalnego r, to istnieje szuflada z co najmniej r+1 obiektami. Wniosek z 3ZSD Jeżeli dana jest funkcja f: X Y, gdzie X =n, Y =m, oraz n>mr, dla pewnego naturalnego r, to co najmniej jeden ze zbiorów f 1 (y) ma więcej niż r elementów. Dowód 3ZSD Z 2ZSD co najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz n>mr, dla pewnego naturalnego r. Zatem n/m n/m > r. Czyli szuflada ta ma co najmniej r+1 elementów.
4 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (4ZSD) Niech X 1, X 2, X m będą podzbiorami n elementowego zbioru X oraz niech każdy element z X należy do co najmniej t spośród zbiorów X i. Wtedy średnia arytmetyczna liczb elementów zbiorów X i wynosi co najmniej tn/m. Dowód 4ZSD Niech P = {(x, i): x X i }. Zbiór P można rozpisać na dwa sposoby: jako suma zbiorów po i=1 m i jako suma zbiorów po x X. P = {(x, 1): x X 1 } {(x, 2): x X 2 } {(x, m): x X m } i wtedy P = X i. i=1 m P = {(x, i): x X i } i wtedy P tn. x X Zatem średnia arytmetyczna (1/m) X i tn/m. i=1 m
Przykład Wśród mieszkańców Krakowa co najmniej dwie osoby mają tę samą liczbę włosów na głowie. Dowód: Rzeczywiście, liczba włosów na głowie człowieka nie przekracza pół miliona, natomiast liczba mieszkańców Krakowa przekracza osiemset tysięcy. Weźmy 500000 szufladek ponumerowanych kolejnymi liczbami naturalnymi od 0 do 499999 i wkładajmy do szufladki o danym numerze osoby, które mają taką liczbę włosów na głowie, jak numer szufladki. Ponieważ osób jest więcej niż szufladek, to z Zasady Szufladkowej wynika, że w jednej szufladce muszą znaleźć się co najmniej dwie osoby.
Przykład W grupie 13 osób muszą być co najmniej dwie, które urodziły się w tym samym miesiącu. Dowód: Weźmy 12 szufladek z nazwami miesięcy i wkładajmy do nich osoby, które urodziły się w danym miesiącu. Ponieważ osób jest 13, a szufladek 12, to w jednej z nich muszą być co najmniej dwie osoby.
Przykład Pewna grupa osób wita się. Niektórzy podają sobie ręce, ale nikt nie wita się z samym sobą i żadna para osób nie wita się podwójnie (czyli można przywitać co najwyżej n 1 osób). Czy muszą być dwie osoby, które witały taką samą liczbę osób? Gdy jest n osób, to każda z nich przywita 0 lub 1 lub 2 lub... n 1 osób. Utwórzmy więc n szuflad z etykietami i umieśćmy osobę w szufladzie o etykiecie k, jeśli witała się z dokładnie k osobami. Skoro jest n osób i n szuflad, to... niewiele z tego wynika. Ale... Wszystkie szuflady nie mogą być zajęte, bo nie mogą być zajęte i szuflada 0, i szuflada n 1. To nie jest możliwe nie może być osoby, która przywitała wszystkie pozostałe i równocześnie takiej osoby, która nie przywitała nikogo. A zatem n osób zajęło co najwyżej n 1 szuflad, więc w jednej z nich są co najmniej dwie osoby takie, które przywitały tę samą liczbę osób.
Przykład Wybierzmy dowolnie 10 różnych liczb naturalnych spośród. Pokażemy, że w zbiorze można wybrać dwa rozłączne podzbiory, dające tę samą sumę liczb. Szuflady poetykietujmy liczbami reprezentującymi możliwe sumy liczb w co najwyżej 10 cio elementowych podzbiorach zbioru {1, 2, 100}. Ponieważ największa możliwa taka suma to 91+92+ +100=955, to mamy 955 szuflad z etykietami: 0, 1, 2,, 955. Z drugiej strony 10 elementowy zbiór ma podzbiory, więc muszą być dwa różne podzbiory zbioru o tej samej sumie. Jak na razie takie podzbiory nie muszą być rozłączne, ale jeśli z obu z nich usuniemy wspólne liczby, to pozostałe dalej będą dawać takie same sumy, a powstałe zbiory będą już rozłączne.
Przykład Jeżeli na 3 półkach znajduje się 11 książek, to... na jednej z nich musi być nie więcej niż 3 książki, a na innej nie mniej niż 4 książki.
Przykład Niech A będzie 9 elementowym podzbiorem {1, 2, 30}. Należy pokazać, że w zbiorze A istnieją dwa różne podzbiory 4 elementowe o tej samej sumie elementów. 9 Po pierwsze, w A mamy 4 =126 różnych podzbiorów 4 elementowych. Po drugie, najmniejsza suma wynosi 1+2+3+4=10. Po trzecie, największa suma wynosi 27+28+29+30=114. Możliwych jest więc 114 10+1=106 różnych sum. Ponumerujmy szuflady tymi sumami. Na mocy 2ZSD co najmniej jedna szuflada musi mieć co najmniej 126/106 elementów, czyli co najmniej 2 elementy.
Przykład W kwadracie o boku 2 umieścimy 5 punktów. Co najmniej dwa z nich są oddalone o nie więcej niż 2. Dzielimy nasz kwadrat na cztery kwadraty o bokach 1 i przekątnych 2. Zgodnie z 1ZSD jeden z tych kwadratów musi zawierać dwa punkty, więc ich odległość nie jest większa od przekątnej kwadratu.
Przykład Z grupy 21 posłów każdy uczestniczy w co najmniej dwóch komisjach śledczych. Powołano 7 komisji. Z 4ZSD średnia liczebność komisji wynosi co najmniej 2 21/7 = 6.
Przykład Jeśli 83 jabłka umieszczono w 9 skrzynkach, to jedna ze skrzynek zawiera co najmniej 10 jabłek, bo... 83/9 = 10. Istnieje również skrzynka, która zawiera co najwyżej 83/9 = 9 jabłek. Czy to prawda, że jeśli dwie skrzynki są puste to któraś ze skrzynek ma co najmniej 12 jabłek? Z 2ZSD jabłka są rozmieszczone w 7 skrzynkach, więc istnieje skrzynka, która ma co najmniej 83/7 =12 jabłek.
Przykład Ile co najwyżej razy można rzucić parą kostek bez otrzymywania dwukrotnie tej samej sumy oczek? Szuflada oznacza wszystkie wyniki dające tę samą sumę oczek. Takich szuflad będzie od 2 do 12, czyli 11. Tylko ciąg po jednym elemencie z każdej szuflady daje zadany wynik. Dwunasty rzut trafi do jednej z szuflad, które już wystąpiły w ciągu.
Przykład Wykazać, że jeśli 10 liczb naturalnych daje w sumie 101, to są wśród nich 3 liczby, których suma wynosi co najmniej 31. I sposób Ponumerujmy te liczby jako a 1, a 2, a 10. Następnie wypiszmy 3 rzędy: a 1, a 2, a 8, a 9, a 10 a 2, a 3, a 9, a 10, a 1 a 3, a 4, a 10, a 1, a 2 Suma tych 30 liczb wynosi 303. Jedna z 10 kolumn musi mieć sumę równą co najmniej 303/100 (czyli 31).
II sposób Podzielmy 10 liczb na 5 par. Jedna z tych par musi mieć sumę co najmniej 21. Oznaczmy ją przez s. Z pozostałych 8 liczb jedna musi być równa co najmniej 1/8 ich sumy. Wtedy s+ 8 1 (101 s) = 8 7 s + 8 101 7 101 21 + = 31 8 8