Rozdzial 03 - Kombinatoryka

(1)

Matematyka Dyskretna

Andrzej Szepietowski

(2)

(3)

Rozdział 1

Kombinatoryka

1.1 Zasada podwójnego zliczania

Zasada podwójnego zliczania jest bardzo prosta. Oto ona:

Je˙zeli elementy jakiego´s zbioru s ˛a zliczane na dwa sposoby, to wynik obu zlicze´n jest taki sam.

Zastosujemy t˛e zasad˛e do udowodniena nast˛epuj ˛acego lematu:

Lemat 1.1 (O u´sciskach dłoni) Przypu´s´cmy, ˙ze na przyj˛eciu cz˛e´s´c osób wita si˛e przez

u´scisk dłoni. Wtedy liczba osób, które u´scisn˛eły nieparzyst ˛a liczb˛e dłoni jest parzysta.

Bardziej formalnie lemat ten mo˙zna formułowa´c za pomoc ˛a grafów. Rozwa˙zmy graf, którego wierzchołkami s ˛a osoby na przyj˛eciu, a kraw˛edzie ł ˛acz ˛a te osoby, które u´scisn˛eły sobie dłonie. Mamy.

Lemat 1.2 NiechG = (V, E), b¸edzie dowolnym grafem z m =_{|E| kraw¸edziami. Wtedy} X

v∈V

d(v) = 2m,

gdzied(v) oznacza stopie´n wierzchołka v, czyli liczb˛e kraw˛edzi wychodz ˛acych zv

Dowód: Zliczmy ko ´nce wszystkich kraw˛edzi na dwa sposoby. Najpierw sumujemy po wszystkich wierzchołkachv ile kraw˛edzi ma koniec w wierzchołku v. Otrzymamy sum˛e P

v∈V d(v). Nast˛epnie dla ka˙zdej kraw˛edzi zliczamy jej dwa ko ´nce. Otrzymamy wynik

2m. Teza wynika z zasady podwojnego zliczania. 2

Poniewa˙z sumaP

v∈V d(v) jest parzysta, wi˛ec liczba nieparzystych składników jest

parzysta. Mamy wi˛ec:

Lemat 1.3 (O u´sciskach dłoni, druga wersja) W ka˙zdym grafie liczba wierzchołków

nie-parzystego stopnia jest parzysta.

(4)

1.2 Ci¸agi

Zastanówmy si¸e, ile ci¸agów długo´scik mo˙zna utworzy´c z elementów zbioru zawieraj¸acego n symboli. Je˙zeli zbiór symboli zawiera dwa elementy:

a, b,

to mo˙zna utworzy´c dwa ci¸agi długo´sci jeden:

(a), (b),

cztery ci¸agi długo´sci dwa:

(a, a), (a, b), (b, a), (b, b).

Aby uzyska´c ci¸agi długo´sci trzy, post¸epujemy w nast¸epuj¸acy sposób: bierzemy cztery ci¸agi długo´sci dwa i najpierw do ka˙zdego z nich dopisujemy na pocz¸atkua. Otrzymujemy

w ten sposób komplet:

(a, a, a), (a, a, b), (a, b, a), (a, b, b).

Zauwa˙zmy, ˙ze s¸a to wszystkie ci¸agi długo´sci trzy z pierwsz¸a liter¸a a. Potem do tych

samych czterech ci¸agów długo´sci dwa dopisujemy na pocz¸atku symbolb i otrzymujemy

komplet:

(b, a, a), (b, a, b), (b, b, a), (b, b, b).

Komplety te s¸a rozł¸aczne i oba zawieraj¸a ró˙zne ci¸agi. Razem tworz¸a zbiór wszystkich ci¸agów długo´sci trzy:

(a, a, a), (a, a, b), (a, b, a), (a, b, b), (b, a, a), (b, a, b), (b, b, a), (b, b, b).

Post¸epuj¸ac podobnie, mo˙zemy otrzyma´c szesna´scie ci¸agów długo´sci cztery.

Twierdzenie 1.4 Liczba ci¸agów długo´scik o elementach ze zbioru_{{a, b} wynosi 2}k_.

Dowód przez indukcj¸e. Jak ju˙z pokazano, s¸a dwa ci¸agi długo´sci jeden.

Załó˙zmy teraz, ˙ze liczba ci¸agów długo´scik wynosi 2k _{i zauwa˙zmy, ˙ze wszystkich}

ci¸agów długo´scik + 1 jest dwa razy wi¸ecej. Jest 2k_{ci¸agów z pierwszym elementem}_{a i}

2k_{ci¸agów z pierwszym elementem}_{b. Razem mamy 2}_{· 2}k_{= 2}k+1_{ci¸agów długo´sci}_{k + 1.}

2

Je˙zeli zbiór symboli zawieran elementów, to powtarzaj¸ac powy˙zsze rozumowanie,

mo˙zemy si¸e przekona´c, ˙ze istniejen ci¸agów długo´sci jeden, n2 _{ci¸agów długo´sci dwa i}

ogólnie ci¸agów długo´scik + 1 jest n razy wi¸ecej ni˙z ci¸agów długo´sci k. Zachodzi zatem

twierdzenie.

Twierdzenie 1.5 Liczba ci¸agów długo´scik o elementach ze zbioru n-elementowego

(5)

1.3. Funkcje 5

1.3 Funkcje

Policzmy teraz, ile jest funkcji ze zbioruA w zbiór B. Przypu´s´cmy, ˙ze zbiór A zawiera k

elementów:

1, . . . , k.

Ka˙zd¸a funkcj¸ef z A w B mo˙zna przedstawi´c jako ci¸ag (f (1), f (2), . . . , f (k)).

Ci¸ag ten jest długo´scik, a jego elementy s¸a wzi¸ete ze zbioru B. Zauwa˙zmy, ˙ze ka˙zdej

funkcji odpowiada jeden ci¸ag, i na odwrót, ka˙zdy ci¸ag

(b1, b2, . . . , bk)

opisuje jedn¸a funkcj¸e. Mianowicie funkcj¸e, która dla ka˙zdegoi przypisuje warto´s´c f (i) = bi.

Przykład 1.6 Je˙zeliA składa si¸e z czterech elementów: A =_{{1, 2, 3, 4},}

aB składa si¸e z trzech elementów:

B =_{{1, 2, 3},}

to ci¸ag

(2, 2, 2, 2)

opisuje funkcj¸e stał¸a, która w całej swojej dziedzinie przyjmuje warto´s´c2, a ci¸ag (1, 2, 3, 3)

opisuje funkcj¸ef , która przyjmuje nast¸epuj¸ace warto´sci:

f (1) = 1, f (2) = 2, f (3) = 3, f (4) = 3.

Z powy˙zszego wynika, ˙ze funkcji ze zbioruA w zbiór B jest tyle samo co ci¸agów długo´sci k =_{|A| z elementami ze zbioru B. Udowodnili´smy wi¸ec poni˙zsze twierdzenie.}

Twierdzenie 1.7 Je˙zeli zbiórA zawiera k elementów, a zbiór B zawiera n elementów, to

liczba funkcji ze zbioruA w zbiór B wynosi nk_.

1.4 Ci¸agi bez powtórze ´

n

Policzmy teraz, ile jest ci¸agów bez powtórze ´n, czyli ci¸agów ró˙znowarto´sciowych. Je˙zeli elementy bierzemy ze zbioru trzyelementowego

(6)

to mo˙zemy utworzy´c trzy ci¸agi jednoelementowe:

(1), (2), (3),

sze´s´c ró˙znowarto´sciowych ci¸agów dwuelementowych:

(1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2)

oraz sze´s´c ci¸agów trójelementowych:

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).

Nie ma, oczywi´scie, dłu˙zszych ci¸agów ró˙znowarto´sciowych utworzonych z elementów zbioru_{{1, 2, 3}.}

Twierdzenie 1.8 Je˙zeli elementy wybieramy ze zbiorun-elementowego A, to liczba ci¸agów k-elementowych bez powtórze´n, które mo˙zna wybra´c z tego zbioru, wynosi:

n(n_{− 1) · · · (n − k + 1).}

W tym wyra˙zeniu mamy iloczynk kolejnych liczb, poczynaj¸ac od (n− k + 1), a ko´ncz¸ac

nan.

Dowód. Je˙zeli budujemy ci¸ag bez powtórze ń, to na pierwszy element ci¸agu mo˙zemy wy-brać ka˙zdy zn elementów zbioru A, na drug¸a pozycj¸e w ci¸agu mo˙zemy wybra ć ju˙z tylko

jeden zn− 1 elementów (wszystkie poza tym, który został wybrany na pierwszy element

ci¸agu) i tak dalej, na ka˙zd¸a kolejn¸a pozycj¸e mamy o jeden element do wyboru mniej. 2 Zauwa˙zmy, ˙ze je˙zelik > n, to n(n_{− 1) . . . (n − k + 1) = 0, co jest zgodne z tym, ˙ze}

w takim przypadku nie mo˙zna utworzy´c ˙zadnegok-elementowego ci¸agu bez powtórze ´n

z elementami ze zbioruA.

1.5 Permutacje

Permutacje to ci¸agi bez powtórze ´n długo´scin, wybierane ze zbioru n-elementowego. Na

przykład, mamy dwie permutacje dwuelementowe:

(1, 2), (2, 1),

oraz sze´s´c permutacji trzyelementowych:

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).

Zgodnie z twierdzeniem 1.8 liczba permutacji w zbiorzen-elementowym wynosi: n(n_{− 1)(n − 2) . . . 1,}

(7)

1.5. Permutacje 7

Funkcja silnian! okre´slona jest dla n > 0 w nast¸epuj¸acy sposób: n! =

n

Y

i=1

i

Dodatkowo przyjmujemy0! = 1. Mamy wi˛ec

1! = 1, 2! = 1_{· 2 = 2,} 3! = 1_{· 2 · 3 = 6,} 4! = 1_{· 2 · 3 · 4 = 24.}

Warto´sci funkcji silnia szybko rosn¸a, na przykład:

5! = 120, 10! = 3 628 800, 20!≈ 2433 · 1015_.

Dla przybli˙zonego obliczania silni korzysta si¸e ze wzoru Stirlinga:

n!_{≈ e}−n_nn√_2πn. _(1.1)

Dla ka˙zdegon zachodz¸a równie˙z nast¸epuj¸ace oszacowania: √ 2πnn e n ≤ n! ≤√2πnn e n e12n. (1.2)

Dowody wzoru Stirlinga oraz powy˙zszych oszacowa ´n wychodz¸a poza zakres tego podr¸ecznika. Czasami u˙zywa si¸e innej definicji permutacji. Mianowicie permutacjan-elementowa

to dowolna funkcja ró˙znowarto´sciowa ze zbioru_{{1, 2, . . . , n} na ten sam zbiór. Na} ozna-czenie permutacjiπ u˙zywa si¸e zapisu:

1 2 . . . n π(1) π(2) . . . π(n) . Przykład 1.9 Permutacja: π = 1 2 3 4 2 1 4 3

jest funkcj¸a, która przyjmuje nast¸epuj¸ace warto´sci:

π(1) = 2, π(2) = 1, π(3) = 4, π(4) = 3.

Dwie permutacjen-elementowe mo˙zna składa´c tak, jak składa si¸e funkcje. Zło˙zenie π1◦

π2permutacjiπ1iπ2okre´slone jest wzorem:

π1◦ π2(x) = π1(π2(x)). Na przykład: 1 2 3 4 2 1 4 3 ◦ 1 2 3 4 3 2 1 4 = 1 2 3 4 4 1 2 3 .

Zbiór wszystkich permutacji na zbiorze_{{1, . . . , n} z działaniem zło˙zenia ma nast¸epuj¸ace} własno´sci:

(8)

• Zło˙zenie permutacji jest ł¸aczne. To znaczy, dla ka˙zdych trzech permutacji π, ρ, σ: π_{◦ (ρ ◦ σ) = (π ◦ ρ) ◦ σ.}

• W´sród permutacji istnieje identyczno´s´c id, czyli permutacja, która ka˙zdemu x z

dziedziny przypisuje warto´s´cid(x) = x. Identyczno´s´c jest elementem neutralnym

składania permutacji, poniewa˙z dla ka˙zdej permutacjiπ: id◦ π = π ◦ id = π.

• Dla ka˙zdej permutacji π istnieje permutacja odwrotna (funkcja odwrotna) π−1_,

spełniaj¸aca warunek:

π_{◦ π}−1= π−1_{◦ π = id.}

Powy˙zsze zale˙zno´sci oznaczaj¸a, ˙ze zbiór wszystkich permutacji na zbiorze_{{1, . . . , n} z} działaniem składania permutacji stanowi grup¸e.

1.6 Podzbiory

Policzmy teraz, ile podzbiorów ma sko ´nczony zbiórn-elementowy. Je˙zeli zbiór składa

si¸e z trzech elementów:

{a, b, c},

to mo˙zemy łatwo wypisa´c wszystkie jego podzbiory:

∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}.

Tych podzbiorów jest osiem. Ka˙zdy zbiór trzyelementowy posiada osiem podzbiorów, poniewa˙z nie ma znaczenia, jak nazywaj¸a si¸e elementy zbioru. Zbiór pusty ma tylko jeden podzbiór: zbiór pusty. Je˙zeli zbiór zawiera jeden element_{{a}, to ma dwa podzbiory:}

∅, {a},

a je˙zeli zbiór zawiera dwa elementy_{{a, b}, to ma cztery podzbiory:}

∅, {a}, {b}, {a, b}.

Rozwa˙zmy teraz ogólnie podzbiory zbioru

{1, 2, 3, . . . , n}.

Z ka˙zdym podzbiorem

A_{⊂ {1, 2, 3, . . . , n}}

jest zwi¸azana jego funkcja charakterystyczna, okre´slona nast¸epuj¸acym wzorem:

χA(i) =

1, gdy i∈ A, 0, gdy i /∈ A.

(9)

1.7. Podzbioryk-elementowe 9

Dziedzin¸a funkcjiχAjest zbiór{1, . . . , n}, a przeciwdziedzin¸a zbiór {0, 1}. Zauwa˙zmy,

˙ze ka˙zdemu podzbiorowi odpowiada jedna funkcja charakterystyczna, i na odwrót, je˙zeli we´zmiemy dowoln¸a funkcj¸e:

χ :_{{1, . . . , n} → {0, 1},}

to wyznacza ona zbiór:

A ={i | χ(i) = 1}.

Przykład 1.10 Dlan = 5 funkcja charakterystyczna χAzbioruA ={2, 3, 5} jest

opisa-na przez ci¸ag(0, 1, 1, 0, 1), a ci¸ag (1, 0, 1, 1, 0) opisuje funkcj¸e charakterystyczn¸a zbioru: {1, 3, 4}.

Z powy˙zszych rozwa˙za ´n wynika, ˙ze liczba podzbiorów zbiorun-elementowego jest

rów-na liczbie funkcji ze zbioru_{{1, . . . , n} w zbiór {0, 1}. Czyli na podstawie twierdzenia 1.7} mamy twierdzenie poni˙zsze.

Twierdzenie 1.11 Ka˙zdy zbiórn-elementowy ma 2n_podzbiorów.

1.7 Podzbiory k-elementowe

Zastanówmy si¸e teraz nad podzbiorami okre´slonej mocy. Mówimy, ˙ze zbiór jest mocyn,

je˙zeli zawieran elementów. Dla zbioru czteroelementowego {1, 2, 3, 4},

mamy jeden podzbiór pusty (zeroelementowy), cztery podzbiory jednoelementowe:

{1}, {2}, {3}, {4},

sze´s´c podzbiorów dwuelementowych:

{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4},

cztery podzbiory trzyelementowe:

{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4},

i jeden podzbiór czteroelementowy:

{1, 2, 3, 4}.

Liczb¸e podzbiorówk-elementowych zbioru n-elementowego oznacza si¸e przez n

k

(10)

Jest to tak zwany symbol Newtona. Inaczej, n_k jest równe liczbie sposobów na jakie

mo˙zna wybra´ck elementów ze zbioru n elementowego. Wła´snie pokazali´smy, ˙ze: 4 0 = 1, 4 1 = 4, 4 2 = 6, 4 3 = 4, 4 4 = 1.

Z definicji wynika, ˙ze je˙zelik > n, to n_k = 0. Zachodz¸a dwa wzory: n k = _n n_{− k} , (1.3) n + 1 k =n k + _n k− 1 . (1.4)

Wzór (1.3) bierze si¸e z prostej obserwacji, ˙ze wybraniek elementów, które nale˙z¸a do

podzbioruA, jest równowa˙zne wybraniu n_{− k elementów, które do A nie nale˙z¸a.}

Aby uzasadni´c równo´s´c (1.4), rozwa˙zmyk-elementowe podzbiory zbioru {1, . . . , n, n + 1}.

Policzmy osobno te podzbiory, które zawieraj¸a elementn + 1, i osobno te, które go nie

zawieraj¸a. Podzbiorów nie zawieraj¸acychn + 1 jest n_k, bo wszystkie k elementów

trze-ba wybra´c ze zbioru_{{1, . . . , n}. Podzbiorów zawieraj¸acych n + 1 jest} _k−1n _{, bo k − 1} elementów trzeba wybra´c ze zbioru_{{1, . . . , n}. Razem wszystkich k-elementowych} pod-zbiorów zbioru_{{1, . . . , n, n + 1} jest} n_k + n

k−1.

Korzystaj¸ac z równo´sci (1.4), mo˙zemy oblicza´c symbole Newtona rekurencyjnie. Naj-pierw mamy 0₀ = 1, poniewa˙z jest jeden zeroelementowy (pusty) podzbiór zbioru

zero-elementowego (pustego). Je˙zeli mamy ju˙z policzone symbole Newtona dlan, to mo˙zemy

liczy´c, ile jest podzbiorów zbioru(n + 1)-elementowego. Zaczynamy od n+1_n+1 = 1

oraz n+1₀ = 1, a nast¸epnie korzystamy z równania (1.4). Metod¸e t¸e ilustruje tak zwany

trójk¸at Pascala: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1

Wn-tym wierszu (wiersze numerowane s¸a od n = 0) znajduj¸a si¸e symbole Newtona: n 0 _n 1 _n 2 . . .n n .

Na skraju znajduj¸a si¸e jedynki, poniewa˙z n₀ = n_n = 1. k-ty element w n-tym wierszu dla1≤ k ≤ n − 1 jest sum¸a dwóch elementów stoj¸acych bezpo´srednio nad nim:

n k =n − 1 k +n − 1 k_{− 1} .

(11)

1.8. Dwumian Newtona 11

Je˙zeli0_{≤ k ≤ n, to symbol Newtona mo˙zna te˙z obliczy´c ze wzoru:} n k = n(n− 1) · · · (n − k + 1) k! (1.5) lub n k = n! k!(n− k)! (1.6)

Oto uzasadnienie wzoru (1.5): Aby wybra´c podzbiórk-elementowy ze zbioru{1, . . . , n},

wybieramyk-elementowy ci¸ag bez powtórze ´n i bierzemy do podzbioru elementy tego

ci¸agu ignoruj¸ac ich kolejno´s´c. Poniewa˙z ka˙zdemuk-elementowemu podzbiorowi

odpo-wiadak! ci¸agów o tych samych elementach, wi¸ec podzbiorów jest k! razy mniej ni˙z k-elementowych ci¸agów bez powtórze ´n. Wzór (1.5) wynika teraz z twierdzenia 1.8, a

wzór (1.6) bezpo´srednio ze wzoru (1.5).

Wzór (1.5) pozwala wyprowadzi´c oszacowania na warto´s´c symbolu Newtona, dla1_≤ k_{≤ n:} n k =n(n− 1) · · · (n − k + 1) k(k− 1) · · · 1 = n k n − 1 k− 1 · · · n − k + 1₁ ≥n_kk.

Poniewa˙z, jak łatwo sprawdzi´c n−i_k−i _≥ n_k dla ka˙zdego1 _{≤ i ≤ k − 1. Korzystaj¸ac z}

nierówno´scik! _{≥ (}k e)

k _{wyprowadzonej ze wzoru Stirlinga (1.2), otrzymujemy górne}

ograniczenie: n k = n(n− 1) · · · (n − k + 1) k! ≤ nk k! ≤ en k k .

1.8 Dwumian Newtona

Symbole Newtona wyst¸epuj¸a w znanym twierdzeniu Newtona.

Twierdzenie 1.12 (dwumian Newtona) Dla ka˙zdej liczby rzeczywistejt oraz liczby

cał-kowitejn_{≥ 0 zachodzi:} (1 + t)n₌ n X k=0 n k tk_.

Dowód, przez indukcj¸e. Wzór jest oczywisty dlan = 0. Załó˙zmy teraz, ˙ze jest

prawdzi-wy dlan. Mamy: (1 + t)n+1= (1 + t)n(1 + t) = n X k=0 n k tk ! (1 + t).

Współczynnik przytk_{po prawej stronie wynosi:}

n k_{− 1} +n k .

(12)

Pierwszy składnik pochodzi od iloczynu: _k−1n tk−1_{· t, a drugi od iloczynu:} n kt

k

· 1. Ze

wzoru (1.4) wynika, ˙ze współczynnik przytk_wynosi n+1

k . 2

Je˙zeli do wzoru Newtona podstawimyt = b

a, a potem pomno˙zymy obie strony przezan,

to otrzymamy inn¸a znan¸a wersj¸e wzoru Newtona.

Wniosek 1.13 Dla dowolnych liczb rzeczywistycha i b i dowolnej liczby całkowitej n≥ 0: (a + b)n₌ n X k=0 n k an−kbk_.

Je˙zeli podstawimyt = 1 do wzoru z twierdzenia 1.12, to otrzymamy: 2n= n X k=0 n k ,

co potwierdza jeszcze raz, ˙ze wszystkich podzbiorów zbiorun-elementowego jest 2n_.

Zobaczymy teraz, ˙ze w´sród wszystkich podzbiorów zbioru_{{1, . . . , n} jest tyle samo} podzbiorów mocy parzystej (o parzystej liczbie elementów) i podzbiorów mocy niepa-rzystej (o niepaniepa-rzystej liczbie elementów).

Twierdzenie 1.14 Dla ka˙zdego zbioru zawieraj¸acegon elementów, liczba podzbiorów

parzystej mocy jest równa liczbie podzbiorów nieparzystej mocy.

Pierwszy dowód. Je˙zeli podstawimyt =−1 do wzoru Newtona, to otrzymamy: 0 = n X k=0 (−1)kn k .

Zauwa˙zmy, ˙ze w sumie po prawej stronie z plusem wyst¸epuj¸a symbole Newtona n_k dla parzystychk, a z minusem — dla nieparzystych k. Tak wi¸ec z plusem mamy liczb¸e

podzbiorów parzystej mocy, a z minusem liczb¸e podzbiorów nieparzystej mocy. Z powy˙z-szego wzoru wynika, ˙ze podzbiorów parzystej mocy jest tyle samo co podzbiorów mocy nieparzystej.

Drugi dowód. Rozwa˙zmy funkcj¸ef , która ka˙zdemu podzbiorowi A⊂ {1, 2, . . . , n}

przyporz¸adkuje podzbiór

f (A) = A⊕ {n} = (A − {n}) ∪ ({n} − A),

czyli ró˙znic¸e symetryczn¸a zbioru A i zbioru jednoelementowego _{{n}. Zauwa˙zmy, ˙ze}

funkcjaf ł¸aczy podzbiory w pary, poniewa˙z je˙zeli f (A) = B, to f (B) = A.

Rzeczywi-´scie, je˙zeliA zawiera n, to B = A− {n} i B ⊕ {n} = A. Je˙zeli natomiast A nie zawiera n, to B = A∪ {n} i równie˙z B ⊕ {n} = A.

Pozostaje zauwa˙zy´c, ˙ze z pary zbiorówA i f (A) jeden jest mocy parzystej i jeden

(13)

1.9. Zasada szufladkowa Dirichleta 13

1.9 Zasada szufladkowa Dirichleta

Zasada szyfladkowa Dirichleta w najprostszej postaci mówi, ˙ze je˙zeli mamyk kul i

chce-my je rozmie´sci´c wm < k szufladach, to w przynajmniej jednej szufladzie musi znale´z´c

si˛e wi˛ecej ni˙z jedna kula. W nieco ogólniejszej postaci brzmi ona nast˛epuj ˛aco:

Twierdzenie 1.15 (Zasada szufladkowa Dirichleta) Je˙zeli zbiórA podzielimy na k

pod-zbiorów, to przynajmniej jeden z tych podzbiorów ma|A|_k lub wi˛ecej elementów.

Dowód Nie wprost. Przypu´s´cmy, ˙ze ka˙zdy zk podzbiorów ma mniej ni˙z |A|_k elementów. Wtedy cały zbiórA ma mniej ni˙z k|A|_k =|A| elementów; sprzeczno´s´c. 2

Przykład 1.16 Wyobra´zmy sobie urn˛e z białymi i czarnymi kulami, po 10. Je˙zeli

wylosu-jemy trzy kule, to b˛ed ˛a w´sród nich dwie kule w tym samym kolorze, a je˙zeli wylosujemy 9 kul, to b˛edziemy mieli 5 kul w jednym kolorze.

Przykład 1.17 Przypu´s´cmy, ˙ze na przyj˛eciu jestn osób i niektorzy witaj ˛a si˛e przez poda-nie dłoni. Poka˙zemy, ˙ze w´sród nich znajd ˛a si˛e dwie osoby, które u´scisn˛eły tyle samo dłoni. Najpierw załó˙zmy, ˙ze ka˙zda osoba u´scisn˛eła komu´s dło´n. Mamy wtedyn osób, z których

ka˙zda u´scisn˛eła dłoń od 1 don_{− 1 razy. Musz ˛}a być wi˛ec dwie osoby z t ˛a sam ˛a liczb ˛a u´scisków. Je˙zeli natomiast jest osoba, która nie u´scisn˛eła dłoni nikomu, to wtedy nie mo˙ze być osoby, która u´scisn˛ełan_{−1 dłoni. Czyli mamy n osób, z których ka˙zda u´scisn˛eła dłoń}

od 0 don_{− 2 razy.}

1.10 Zasada sumy

W najprostszej postaci zasada sumy, mówi ˙ze moc sumy dwóch zbiorówA i B jest równa |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.

Wyobra´zmy sobie, ˙ze obliczaj¸ac praw¸a stron¸e tej równo´sci liczymy po kolei elementy zbioruA i dla ka˙zdego elementu dodajemy +1 do ogólnej sumy, nast¸epnie liczymy

ele-menty zbiorówB i dla ka˙zdego dodajemy +1, a na ko ´ncu liczymy elementy przekroju A_{∩ B i dla ka˙zdego dodajemy −1. Zastanówmy si¸e teraz jaki jest udział poszczególnych}

elementów w tak powstałej sumie. Je˙zeli jaki´s element wyst¸epuje tylko wA lub tylko w B, to jego udział wynosi 1. Ale tak˙ze, je˙zeli nale˙zy do obu zbiorów A i B to jego udział

wynosi1 = 1 + 1_{− 1. Dlatego na ko´ncu wynik b¸edzie równy liczbie elementów, które}

nale˙z¸a do jednego lub drugiego zbioru.

Przykład 1.18 Policzmy ile liczb naturalnych z przedziału od 1 do 30 jest podzielnych

przez 2 lub 3. NiechA2oznacza zbiór liczb podzielnych przez 2, aA3zbiór liczb

podziel-nych przez 3. Liczby podzielne przez 2 lub 3 tworz¸a zbiórA2∪ A3. Mamy

|A2| = 15, |A3| = 10 oraz |A2∩ A3| = 5.

A2∩ A3zawiera liczby podzielne przez 2 i 3, czyli podzielne przez 6. Ze wzoru na sum¸e

otrzymujemy:

(14)

Podobnie mo˙zemy uzasadni´c wzór na sum¸e trzech zbiorów:

|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|.

Je˙zeli zastosujemy podobne liczenie, to udział elementów, które nale˙z¸a tylko do jednego zbioru, wynosi 1, tych, które nale˙z¸a do dwóch (ale nie do trzech naraz), wynosi1+1−1 = 1, a tych, które nale˙z¸a do wszystkich trzech zbiorów, 1 + 1 + 1− 1 − 1 − 1 + 1 = 1.

Przykład 1.19 Policzmy ile liczb z przedziału od 1 do 30 jest podzielnych przez 2, 3, lub

5. NiechA2 oznacza zbiór liczb podzielnych przez 2,A3 zbiór liczb podzielnych przez

3, aA5 podzielnych przez 5. Mamy|A2| = 15, |A3| = 10, |A5| = 6, |A2∩ A3| = 5,

|A2∩ A5| = 3, |A3∩ A5| = 2, |A2∩ A3∩ A5| = 1. Ze wzoru na sum¸e otrzymujemy:

|A2∪ A3∪ A5| = 15 + 10 + 6 − 5 − 3 − 2 + 1 = 22.

Jak wida´c, tylko osiem liczb mniejszych od 30 nie jest podzielnych przez 2, 3 lub 5; s¸a to: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.

W nast¸epnym podrozdziale poka˙zemy jak mo˙zna obliczy ´c sumy dowolnej sko ´nczonej klasy zbiorów.

1.11 Zasada wł¸aczania i wył¸aczania

Zacznijmy od przykładu.

Przykład 1.20 W grupie 100 studentów 45 uprawia koszykówk¸e, 53 pływanie i 55 szachy.

Takich, którzy graj ˛a w koszykówk˛e i pływaj ˛a, jest 28; takich, którzy graj¸a w koszykówk¸e i szachy, jest 32, takich, którzy graj¸a w szachy i pływaj¸a, jest 35, a takich, którzy uprawiaj¸a wszystkie trzy sporty, jest 20. Pytanie: ilu studentów nie uprawia ani koszykówki, ani pływania? To zadanie mo˙zna rozwi¸azać za pomoça tak zwanego diagramu Venna (rysu-nek ??). Posługuj ˛ac sie diagramem łatwo policzyć, ˙ze:

8 studentów uprawia koszykówk¸e i pływanie, ale nie gra w szachy,

15 pływa i gra w szachy, ale nie gra w koszykówk˛e;

10 pływa, ale nie gra w ani w koszykówk˛e, ani w szachy,

i tak dalej.

Wida´c te˙z, ˙ze 22 studentów nie uprawia ˙zadnego sportu.

Zasada wł¸aczania i wył¸aczania pozwala rozwi¸azywa´c tego typu zadania bez diagra-mów Venna. NiechX b¸edzie naszym uniwersum, A1, . . . , An jego podzbiorami. Dla

ka˙zdego podzbioruI zbioru indeksów I_{⊂ {1, . . . , n} definiujemy zbiór:} AI =

\

i∈I

Ai,

(15)

1.11. Zasada wł¸aczania i wył¸aczania 15

Rysunek 1.1: Diagram Venna

pływacy 10 15 8 20 12 5 8 22 koszykarze szachi´sci

Przykład 1.21 W przykładzie 1.20X to zbiór wszystkich studentów, A1to uprawiaj¸acy

koszykówk¸e,A2— pływanie, aA3— szachy:

• A{1,2}= A1∩ A2 to uprawiaj¸acy koszykówk¸e i pływanie,

• A{1,3}= A1∩ A3 to uprawiaj¸acy koszykówk¸e i szachy,

• A{2,3}= A2∩ A3 to uprawiaj¸acy pływanie i szachy,

• A{1,2,3}= A1∩ A2∩ A3 to uprawiaj¸acy wszystkie trzy sporty.

Twierdzenie 1.22 (zasada wł¸aczania i wył¸aczania) NiechX, b˛edzie dowolnym

sko´nczo-nym zbiorem (uniwersum), aA1, . . . , Andowolnymi jego podzbiorami. Wtedy liczba

ele-mentów uniwersumX, które nie nale˙z¸a do ˙zadnego podzbioru Ai, wynosi:

X

I⊂{1,...,n}

(16)

Sumujemy tutaj po wszystkich podzbiorachI zbioru_{{1, . . . , n}, a A}I oznacza przekrój

AI =T_i∈IAi.

Przykład 1.23 Stosuj¸ac zasad¸e wł¸aczania i wył¸aczania do przykładu ze studentami

mo-˙zemy teraz policzy´c studentów, którzy nie uprawiaj¸a ˙zadnego sportu:

|A∅| − |A1| − |A2| − |A3| + |A{1,2}| + |A{1,3}| + |A{2,3}| − |A{1,2,3}|=

|X| − |A1| − |A2| − |A3| + |A1∩ A2| + |A1∩ A3| + |A2∩ A3|

−|A1∩ A2∩ A3|=

100_{− 45 − 53 − 55 + 28 + 32 + 35 − 20=22.}

Dowód Twierdzenia 1.22. Podobnie jak w poprzednim podrozdziale, ˙zeby obliczy ´c sum¸e (1.7), liczymy elementy poszczególnych zbiorówAI, i dla ka˙zdego elementu dodajemy(−1)|I|

do sumy (+1, gdy_{|I| jest parzyste, lub −1, gdy |I| jest nieparzyste). Udział pojedynczego}

elementux w tak utworzonej sumie wynosi X

x∈AI

(₋₁₎|I|_,

czyli jest równy sumie współczynników(₋₁₎|I|_{dla tych podzbiorów}_I _{⊂ {1, . . . , n}, dla}

którychx_{∈ A}I.

Je˙zelix nie nale˙zy do ˙zadnego z podzbiorów Ai, tox jest liczony tylko raz, w

zbio-rzeA∅, i jego udział w sumie (1.7) wynosi 1. Przypu´s´cmy teraz, ˙ze x nale˙zy do jaki´s

podzbiorów i niech

J =_{{i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ A}i},

czyliJ to indeksy tych podzbiorów, które zawieraj¸a x, niech_{|J| = j. Zauwa˙zmy teraz,}

˙zex _{∈ A}I wtedy i tylko wtedy, gdyI ⊂ J. Rzeczywi´scie x ∈ AI =T_i∈IAiwtedy i

tylko wtedy, gdyx_{∈ A}i, dla ka˙zdegoi∈ I, czyli gdy I ⊂ J. Tak wi¸ec udział elementu

x w sumie (1.7) wynosi:

X

I⊂J

(−1)|I|.

Jest to suma po wszystkich podzbiorachI zbioru J. Uporz¸adkujmy teraz składniki tej

sumy według mocy podzbiorówI. Mamy j_i podzbiorów mocy i, wi¸ec:

X I⊂J (₋₁₎|I|= j X i=0 j i (₋₁₎i_{= (1} − 1)j _{= 0.}

Przedostatnia równo´s´c wynika ze wzoru Newtona. Tak wi¸ec wkłady elementów, które nie nale˙z¸a do ˙zadnegoAi, wynosz¸a po 1, a wkłady tych elementów, które nale˙z¸a do jakiego´s

Ai, wynosz¸a po 0. A zatem suma (1.7) zlicza elementy nie nale˙z¸ace do ˙zadnegoAi. 2

Aby policzy´c moc sumy zbiorów

n

[

i=1

Ai

mo˙zemy wykorzysta´c wzór (1.7), przy zało˙zeniu, ˙zeX =Sn

(17)

1.12. Przestawienia 17 Twierdzenie 1.24 n [ i=1 Ai =₋ X I⊂{1,...,n} I6=∅ (₋₁₎|I|_|AI|.

1.12 Przestawienia

Przestawieniem b¸edziemy nazywa´c permutacj¸e bez punktu stałego, czyli tak¸a permutacj¸e, w której ˙zaden element nie stoi na swoim miejscu. Wykorzystamy teraz zasad¸e wł¸aczania i wył¸aczania, do policzenia liczby przestawie ´n w zbiorzen-elementowym.

Twierdzenie 1.25 Liczba przestawie´n (permutacji bez punktów stałych) w zbiorze

n-elementowym wynosi: n! n X i=0 (₋₁₎i i! .

Dowód. NiechX = Sn b¸edzie zbiorem wszystkich permutacji na zbiorze{1, . . . , n},

aAi zbiorem permutacji, w którychi jest punktem stałym, to znaczy Ai = {π ∈ Sn |

π(i) = i. Moc zbioru Aiwynosi:

|Ai| = (n − 1)!,

poniewa˙z w zbiorzeAi s¸a te permutacje, które permutuj¸a wszystkien− 1 elementów

opróczi-tego. Podobnie moc zbioru AIwynosi:

|AI| = \ i∈I Ai = (n_{− |I|)!,}

bo teraz wAI permutujemyn− i elementów, wszystkie oprócz tych, które nale˙z¸a do I.

Permutacje bez punktów stałych to te permutacje, które nie nale˙z¸a do ˙zadnego ze zbiorów

Ai. Z zasady wł¸aczania i wył¸aczania ich liczba wynosi

X

I⊂{1,...,n}

(−1)|I|_(n_{− |I|)!.}

Pogrupujmy teraz składniki sumy według mocy zbiorówI. Mamy n

i podzbiorów mocy

i. Dla ka˙zdego z nich składnik sumy wynosi (₋₁₎i_(n_{− i)!, tak wi¸ec liczba przestawie´n}

wynosi: n X i=0 (−1)in i (n− i)!.

(18)

1.13 Generowanie obiektów kombinatorycznych

W tym rozdziale zajmiemy si¸e algorytmami generuj ˛acymi (wypisuj¸acymi) obiekty kom-binatoryczne. Przedstawione algorytmy b¸ed¸a działaly według nast¸epuj¸acego schematu:

• Wypisujemy pierwszy obiekt.

• Powtarzamy, a˙z do napotkania ostatniego obiektu:

Przetwarzamy bie˙z¸acy obiekt tak, aby otrzyma´c nast¸epny obiekt.

Takie algorytmy maj¸a t¸a zalet¸e, ˙ze nie wymagaj¸a du˙zo pami¸eci. Nale˙zy tylko pami¸eta ć je-den obiekt. Algorytmy generuj¸ace obiekty s¸a u˙zywane w przypadku, gdy chcemy spraw-dzić wszystkie obiekty danej klasy lub wtedy, gdy chcemy wylosowa ć obiekt danej klasy. Przypu´sćmy, na przykład, ˙ze chcemy wylosować jaki´s 3 elementowy podzbiór zbioru

{1, . . . , 7}. W tym celu losujemy liczb¸e naturaln¸a k od 1 do 73 = 35, a nast¸epnie

gene-rujujemy podzbiory, a˙z do elementuk.

1.13.1 Generowanie podzbiorów

Zaczniemy od najprostszego przypadku wypisania wszystkich podzbiorów zbioru

{1, . . . , n}.

Algorytm wypisuj¸acy wszystkie podzbiory zbioru_{{1, . . . , n}:}

• Pierwszy podzbiór: ∅.

• by uzyska´c nast¸epny po A podzbiór:

Wskazujemy na najwi¸ekszy element a ∈ {1, . . . , n} nie nale˙z¸acy do A, czyli a = max{1 ≤ i ≤ n | i /∈ A}

Je˙zeli takiego a nie ma, to koniec algorytmu, zbiór A = {1, . . . , n} jest

ostatnim podzbiorem.

W przeciwnym przypadku dodajemy a do A i usuwamy z A wszystkie

ele-menty wi¸eksze oda.

Przykład 1.26 Dlan = 3 powy˙zszy algorytm wypisze po kolei nast¸epuj¸ace zbiory:_∅, {3}, {2}, {2, 3}, {1}, {1, 3}, {1, 2}, {1, 2, 3}.

Zauwa˙zmy, ˙ze funkcje charakterystyczne wypisywanych podzbiorów, traktowane ja-ko binarny zapis liczb, tworz¸a ci¸ag ja-kolejnych liczb od 0 do2n_{− 1. Szukaj¸ac nast¸epnego}

z kolei elemenetu algorytm post¸epuje podobnie jak algorytm zwi¸ekszania o jeden liczby w systemie dwójkowym.

(19)

1.13. Generowanie obiektów kombinatorycznych 19

1.13.2 Generowanie k-elementowych podzbiorów

Algorytm generuj¸acyk elementowe podzbiory zbioru_{{1, . . . , n}:} • Pierwszy k-podzbiór to {1, . . . , k}.

• Przypu´s´cmy, ˙ze ostatnio wygenerowany podzbiór, to A = {a1, . . . , ak}, gdzie a1<

. . . < ak. Aby wygenerowa´c nast¸epny podzbiór:

znajdujemy najmniejsze takie i, ˙ze ai+ 1 /∈ A;

je˙zeli ai= n, to znaczy, ˙ze A ={n − k + 1, . . . , n} i jest to ostatni

wyge-nerowany podzbiór.

je˙zeli ai< n, to zwi¸ekszamy aio jeden, a elementy mniejsze odai

zamie-niamy nai_{− 1 najmniejszych liczb, to znaczy a}j:= j dla j < i.

Przykład 1.27 Dlan = 6 i k = 4 algorytm wypisze po kolei nast¸epuj¸ace podzbiory

(podajemy je bez nawiasów i przecinków)

1234, 1235, 1245, 1345, 2345, 1236, 1246, 1346, 2346, 1256, 1356, 2356, 1456, 2456, 3456.

Zauwa˙zmy, ˙ze w przykładzie najpierw wypisywane s¸a 4-podzbiory niezawieraj¸ace 6:

1234, 1235, 1245, 1345, 2345

a pó´zniej 4-podzbiory zawieraj¸ace 6

1236, 1246, 1346, 2346, 1256, 1356, 2356, 1456, 2456, 3456,

które otrzymywane s¸a w ten sposób, ˙ze do kolejnych 3-podzbiorów zbioru_{{1, . . . , 5}} dopisywana jest 6.

Jest to ogólna zasada działania tego algorytmu: aby wypisa´cj-podzbiory zbioru{1, . . . , i}

algorytm najpierw wypisujej podzbiory zbioru{1, . . . , i − 1}, a nast¸epnie podzbiory

zawieraj¸ace elementi (s¸a one otrzymywane przez dodawanie i do j− 1 podzbiorów

zbio-ru_{{1, . . . , i − 1}).}

W powy˙zszym przykładzie w´srod podzbiorów zawieraj¸acych 6 najpierw mamy te, które s¸a utworzone z 3-podzbiorów_{{1, 2, 3, 4} z dopisan¸a 6:}

1236, 1246, 1346, 2346,

a po nich nast¸epuj¸a te, które s¸a utworzone z 2-podzbiorów_{{1, 2, 3, 4}, z dopisan¸a 5 i 6:}

1256, 1356, 2356, 1456, 2456, 3456.

Dlatego, kiedy w bie˙z¸acym zbiorzeA =_{a1, . . . , ak} algorytm znalazł takie i, ˙ze ai+1 /∈

A, to znaczy, ˙ze algorytm jest w trakcie wypisywania tych podzbiorów, które zawieraj¸a ai+1, . . . , ak (wszystkie wi¸eksze od ai+ 1), plus jaki´s i-podzbiór zbioru{1, . . . , ai+

1_{}. Zbiór A jest ostatnim podzbiorem, w którym wyst¸epuj¸a a}i+1, . . . , ak, oraz jaki´s

i-podzbiór zbioru_{{1, . . . , a}i}, a nie wyst¸epuje ai+ 1. Według opisanej wy˙zej zasady teraz

powinny nast¸api´c podzbiory, które zawieraj¸aai+ 1 plus jaki´s (i− 1)-podzbiór zbioru

{1, . . . , ai}, plus elementy ai+1, . . . , ak. Pierwszy z nich to podzbiór

{1, . . . , i − 1, ai+ 1, ai+1. . . , ak}.

(20)

1.13.3 Generowanie permutacji

Algorytm generowania permutacji zbioru_{{1, . . . , n}:}

• Pierwsza permutacja to identyczno´s´c, czyli ai= i, dla 1≤ i ≤ n.

• Aby wypisa´c nast¸epn¸a po (a1, . . . , an) permutacj¸e:

Znajdujemy najwi¸eksze j, 1 ≤ j ≤ n − 1 spełniaj¸ace warunek aj< aj+1,

je˙zeli takiego j nie ma, to bie˙z¸aca permutacja jest ostatnia,

je˙zeli takie j istnieje, to zamieniamy ajz najmniejszymaktakim, ˙zeak >

ajorazk > j, a nast¸epnie odwracamy porz¸adek elementów aj+1, . . . , an.

Przykład 1.28 Oto 10 pierwszych permutacji czteroelementowych

1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431,

Alorytm wypisuje permutacje w porz¸adku rosn¸acym, je˙zeli potraktujemy permutacje jako liczby zapisane z baz¸an + 1, a liczby 1, . . . , n jako cyfry w tym systemie. Na

przy-kład, przypu´s´cmy, ˙ze bie˙z¸ac¸a permutacj¸a jest (436521). Algorytm znajduje j = 2 i aj = 3. Wtedy ta permutacja jest ostatni¸a (najwi¸eksz¸a) permutacj¸a spo´sród permutacji

zaczynaj¸acych si¸e od(43...), bo od pozycji trzeciej mamy ci¸ag malej¸acy (..6521) i jest

to najwi¸ekszy ci¸ag jaki mo˙zna utworzy´c z elementów 1,2,5,6. Teraz powinny nast¸api´c permutacje zaczynaj¸ace si¸e od(45...) (czwórki na pierwszym miejscu nie zmieniamy, a

trójka na drugim miejscu powinna by´c zamieniona przez nast¸epn¸a spo´srod liczb stoj¸acych za ni¸a, czyli przez 5). Pierwsz¸a tak¸a permutacj¸a jest ta, w której pozostałe elementy rosn¸a, czyli(451236).

1.14 Zadania

1. Ile numerów rejestracyjnych samochodów mo˙zna utworzy ´c, je˙zeli ka˙zdy numer składa si¸e z trzech liter i czterech cyfr?

Ile numerów rejestracyjnych mo˙zna utworzy´c, je˙zeli b¸edziemy dodatkowo wyma-ga´c, aby ka˙zdy numer zaczynał si¸e od spółgłoski?

2. Ile jest ci ˛agów zero-jedynkowych długo´sci 4, w których pierwszy i trzeci bit s ˛a jednakowe? Wypisz je wszystkie.

3. Jaka cz˛e´s´c wszystkich ci ˛agów zero-jedynkowych długo´scin > 3, posiada

iden-tyczne bity na pierwszej i trzeciej pozycji?

4. Ile jest liczb trzycyfrowych w systemie: a) dziesi˛etnym, b) dwójkowym, c) trójko-wym? Ile jest liczb trzycyfrowych z ró˙znymi cyframi.

5. Ile liczb trzycyfrowych zawiera cyfr˛e 2 lub 3?

6. Na ile sposobów mo˙zna posadzi´cn osób przy okr ˛agłym stole. Nie robi ró˙znicy, gdzie kto siedzi, ale jakich ma s ˛asiadów po lewej i prawej.

(21)

1.14. Zadania 21

7. Wypisz wszystkie funkcje ze zbioru_{{a, b} w zbiór {x, y, z}. Które z nich s ˛a} ró˙z-nowarto´sciowe?

8. Wypisz wszystkie funkcje ze zbioru_{{1, 2, 3} w zbiór {1, 2}. Które z nich s ˛a} mo-notoniczne?

9. Mamy dowolny grafG = (V, E). Na ile sposobów mo˙zna pokolorowa´c dwoma

kolorami jego wierzchołki? Na ile sposobów mo˙zna pokolorowa ´c dwoma kolorami wierzchołki tak, aby zgóry wybrana kraw˛ed´ze = _{{u, v} miała ko ´nce w ró˙znych}

kolorach?

10. Ile jest monotonicznych ci ˛agów zerojedynkowych długo´scin?

11. Mamy dwie permutacje:

π1= 1 2 3 4 5 2 5 4 3 1 π2= 1 2 3 4 5 1 5 4 3 2 Obliczπ1◦ π2, π2◦ π1, π1−1, π−12 .

12. Ile słów mo˙zna utworzy´c z liter słowa ULICA (litery nie mog¸a si¸e powtarza´c)? 13. Mamy trójk ˛at równoboczny o wierzchołkacha, b, c. Jakim przekształceniom

odpo-wiadaj ˛a permutacje jego wierzchołków?

14. Mamy czworo´scian o wierzchołkacha, b, c, d. Jakim przekształceniom

odpowia-daj ˛a permutacje jego wierzchołków?

15. Wypisz wszystkie podzbiory zbioru_{{x, y, z}.}

16. Na ile sposobów mo˙zna wybra´c dwuosobow ˛a delegacj˛e z grupy pi˛ecioosobowej? 17. Wypisz funkcje charakterystyczne wszystkich trzyelementowych podzbiorów

zbio-ru_{{1, 2, 3, 4, 5}.}

18. W grupie jest pi¸eć dziewcz¸at i pi¸eciu chłopców. Na ile sposobów mo˙zna wybra ć podgrup¸e składaj¸aça si¸e: a) z trzech dziewcz¸at i dwóch chłopców? Na ile sposobów mo˙zna utworzyć pi¸eć par z chłopcem i dziewczyn¸a w ka˙zdej parze?

19. Znana jest zabawka dla dzieci składaj¸aca si¸e z dwunastu sze´sciennych klocków z naklejonymi na ´sciankach fragmentami obrazków. Na ile sposobów mo˙zna uło˙zy ´c te klocki w prostok¸at (trzy rz¸edy po cztery klocki w rz¸edzie)?

20. Udowodnij wzórk n_k = n n−1 k−1

Wskazówka. Policz na dwa ró˙zne sposoby, ilek-elementowych dru˙zyn z kapitanem

(22)

21. Udowodnij wzórPn k=0 n k 2 = 2n_n.

Wskazówka. Policz na dwa ró˙zne sposoby, ilen-elementowych grup mo˙zna

utwo-rzy´c w klasie zło˙zonej zn chłopców i n dziewcz¸at.

22. Na ile sposobów mo˙zna wybra˙z trzy liczby spo´sród liczb od 1 do 60, tak aby ich suma była: a) nieparzysta; b) parzysta; c) podzielna przez 3.

23. Udowodnij, ˙ze n_k_{jest najwi¸eksze dla k = d}n₂_{e i k = b}n₂_c. 24. Udowodnij, ˙ze 2n_n ≥_2n+122n . 25. Rozwi´n wielomian(1 + t)8_. 26. Udowodnij, ˙zePn i=0 n i2 i_{= 3}n_. 27. Udowodnij wzory: n 3 =n − 1 2 +n − 2 2 +· · · +3₂ +2 2 n k =n − 1 k_{− 1} +n − 2 k_{− 1} +_{· · · +} _k k_{− 1} +k − 1 k_{− 1} .

Wskazówka. Nale˙zy osobno policzy´c podzbiory, w których 1 jest najmniejszym

elemnetem, osobno te, w których 2 jest najmniejszym elementem i tak dalej. 28. Ile maksymalnie kraw˛edzi mo˙ze mie´c graf on wierzchołkach? Ile maksymalnie

kraw˛edzi mo˙ze mie´c graf skierowany on wierzchołkach?

29. Graf pełny jest to graf, w którym ka˙zde dwa wierzchołki poł¸aczone s¸a kraw¸edzi¸a. Na ile sposobów mo˙zna pokolorowa´c dwoma kolorami kraw˛edzie pełnego grafu z

n wierzchołkami?

30. Mamy zbiór wierzchołkówV z n elementami. Ile jest grafów ze zbiorem

wierz-chołkówV ? Ile jest grafów skierowanych ze zbiorem wierzchołków V ?

31. W urnie s ˛a kule białe i czarne. Ile kul trzeba wyci ˛agn ˛ać z urny, ˙zeby mieć pewno´sć, ˙ze w´sród wyci ˛agni˛etych b˛ed ˛a: a) dwie w tym samym kolorze, b) siedem w tym samym kolorze. Jakie b˛ed ˛a odpowiedzi w przypadku, gdy w urnie b˛ed ˛a kule w trzech kolorach.

32. Ułamekm_k przedstawiamy w postaci dziesi˛etnej. Udowodnij, ˙ze okres tego ułamka jest nie wi˛ekszy ni˙zk.

33. Wylosowanon + 1 liczb ze zbioru _{{1, 2, . . . , 2n}. Poka˙z, ˙ze która´s z nich jest}

wielokrotno´sci ˛a innej.

Wskazówka: Mamyn szuflad, ponumerowanych kolejnymi liczbami nieparzystymi

1, 3, 5, ... ,2n− 1. Ka˙zd ˛a z wylosowanych liczb k ∈ {1, . . . , 2n} wkładamy do

(23)

1.15. Problemy 23

34. Ze zbioru liczb od 1 do 107 wybrano 10 liczb. Poka˙z, ˙ze w wylosowanym zbiorze istniej ˛a dwa rozł ˛aczne podzbiory z t ˛a sam ˛a sum ˛a.

35. Przedstaw wzór na sum¸e czterech zbiorówA, B, C i D.

36. Ile elementów zawiera ró˙znica symetrycznaA⊕ B?

37. Ile ci ˛agów długo´scin o elementach ze zbioru{A, B, C, D} nie zawiera A lub nie

zawieraB, lub nie zawiera C.

38. Wyznacz liczb¸e elementów_{|A ∩ B ∩ C| oraz |C|, wiedz¸ac, ˙ze |A| = 10, |B| = 9,}

|A ∩ B| = 3, |A ∩ C| = 1, |B ∩ C| = 1 oraz |A ∪ B ∪ C| = 18.

39. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 jest podzielnych przez 2, 3 lub 5.

40. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 nie jest podzielnych przez ˙zadn ˛a z liczb 2, 3, 5 lub 7. Udowodnij, ˙ze wszystkie te liczby oprócz 1 s¸a pierwsze. Ile jest liczb pierwszych mniejszych od 100?

41. Za pomoc ˛a algorytmów opisanych w podrozdziale o generowaniu obiektów kom-binatorycznych wypisz wszystkie:

a) podzbiory zbioru_{{1, 2, 3, 4},}

b) 2 elementowe podzbiory zbioru_{{1, 2, 3, 4, 5},} c) 3 elementowe podzbiory zbioru_{{a, b, c, d, e, f}.}

d) 14 kolejnych permutacji zbioru_{{1, 2, 3, 4, 5, 6} poczynaj¸ac od permutacji} 456321 (lub od permutacji 246531).

42. Napisz programy realizuj¸ace opisane w tym rozdziale algorytmy generowania obiek-tów kombinatorycznych.

1.15 Problemy

1.15.1 Najkrótsze drogi

Wyobra´zmy sobie siatk˛e prostok ˛atnych ulic z m + 1 ulicami biegn ˛acymi pionowo (w kierunku północ—południe) ik + 1 ulicami biegn ˛acymi poziomo (w kierunku wschód— zachód). Rysunek 1.2 przedstawia tak ˛a siatk˛e dlam = 6 i k = 4.

1. Udowodnij, ˙ze liczba najkrótszych dróg z punktuA do punktu B wynosi k+m_k .

2. Udowodnij, ˙ze liczba funkcji niemalej ˛acych ze zbioru_{{1, . . . , n} w zbiór {1, . . . , k}} wynosi k+n−1_k−1 .

3. Ile jest funkcji monotonicznych ze zbioru_{{1, . . . , n} w zbiór {1, . . . , k}?}

Wskazówki. Najkrótsze drogi zA do B składaj ˛a si˛e z ci ˛aguk + m odcinków, z których m jest poziomych i k pionowych.

Funkcje niemalej ˛ace ze zbioru_{{1, . . . , n} w zbiór {1, . . . , k} mo˙zna skojarzy´c z} naj-krótszymi drogami w sieci ulic w prostok ˛acien× (k − 1).

(24)

Rysunek 1.2: Siatka ulic dlam = 6 i k = 4 z zaznaczon ˛a jedn ˛a z najkrótszych dróg zA

doB.

A

B

1.15.2 Rozmieszczanie przedmiotów w pudełkach.

Przypu´s´cmy, ˙ze mamyn nierozró˙znialnych kul. Rozwa˙z na ile sposobów mo˙zna ro˙zło˙zy ´c

te kule dok rozró˙znialnych pudełek.

1. Udowodnij, ˙ze istnieje n+k−1_k−1 sposobów ro˙zło˙zenia n kul do k pudełek.

2. Na ile sposobów mo˙zna rozmie´sci´c: a) 2 kule w trzech szufladach, b) 3 kule w dwóch szufladach. Wypisz wszystkie takie rozmieszczenia.

Wskazówka. Ka˙zde rozmieszczenian kul w k pudełkach mo˙ze by´c przedstawione jako

ci ˛ag zer i jedynek długoscin + k_{− 1, w którym wyst˛epuje dokładnie k − 1 jedynek. Zera}

symbolizuj ˛a kule a jedynki przegrody pomi˛edzy pudełkami. Na przykład ci ˛ag00110100

przedstawia rozło˙zenie pi˛eciu kul do czterech pudełek, w których pierwsze pudełko za-wiera dwie kule, drugie jest puste, trzecie zaza-wiera jedn ˛a kule, a czwarte dwie kule.

1.15.3 Wybór n przedmiotów k rozró˙znialnych typów

Wyobra´zmy sobie, ˙ze mamy przedmioty wk ró˙znych typach, ˙ze liczba przedmiotów

ka˙z-dego typu jest nieograniczona i ˙ze przedmioty jednego typu s ˛a nierozró˙znialne. Zasta-nówmy si˛e na ile sposobów mo˙zna wybra´cn przedmiotów spo´sród tych k typów, przy

zało˙zeniu, ˙ze dopuszczalne s ˛a powtórzenia typów i ˙ze kolejno´s´c wybranych przedmiotów nie jest istotna.

1. Poka˙z, ˙ze mo˙zna to zrobi´c na n+k−1_k−1 sposobów.

2. Ile jest rozwi ˛aza ´n równaniax1+ x2+· · · + xk = n w´sród nieujemnych liczb

(25)

1.15. Problemy 25

3. Na ile sposobów mo˙zna wybra´c 5 monet je˙zeli mamy nieograniczone zapasy zło-tówek i dwuzłozło-tówek? Wypisz wszystkie takie sposoby.

4. Na ile sposobów mo˙zna wybra´c 5 monet je˙zeli mamy nieograniczone zapasy zło-tówek, dwuzłotówek i pi˛eciozłotówek?

Wskazówka. Wybory przedmiotówk typów s ˛a równowa˙zne rozkładaniu nierozró˙znial-nych kul dok szuflad. Wło˙zenie kuli do i-tej szuflady oznacza, ˙ze jest ona i tego typu.

1.15.4 Kombinacje z powtórzeniami

k-elementowe kombinacje z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego s¸a to k-elementowe

wybory elementów zbiorun-elementowego, w których elementy mog¸a si¸e powtarza ´c i

w których nie jest istotna kolejno´s´c wybieranych elementów. Na przykład, mamy czte-ry trzyelementowe kombinacje z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego_{{1, 2}; oto} one:(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 2), (2, 2, 2).

Udowodnij, ˙ze liczba k-elementowych kombinacji z powtórzeniami ze zbioru

n-elementowego wynosi n+k−1_k .

Wskazówka. Takie kombinacje odpowiadaj ˛a wyborowik elementów n typów.

1.15.5 Permutacje z powtórzeniami

Przypu´s´cmy, ˙ze mamyn przedmiotów k ró˙znych typów oraz, ˙ze przedmiotów typu i jest ni. Rozwa˙zmy ustawienia wszystkich tych przedmiotów w ci ˛ag. Przy tym dwa ustawienia

s ˛a rozró˙znialne tylko, je˙zeli na jakiej´s pozycji maj ˛a przedmioty ró˙znych typów. 1. Poka˙z, ˙ze takich rozró˙znialnych ustawie ´n jest _n n!

1!n2!···nk!

2. Ile słów mo˙zna utworzy´c z liter słowa MAMA (litery M i A mog¸a wyst¸api´c po dwa razy)? Wypisz wszystkie te słowa.

3. Ile słów mo˙zna utworzy´c z liter słowa MATEMATYKA?

1.15.6 Podziały uporz ˛

adkowane

NiechA b˛edzie dowolnym zbiorem n elementówy i niech n1. . . nk b˛ed ˛a dowpolnymi

liczbami naturalnymi takimi, ˙zen1+ . . . + nk = n. Rozwa˙zmy rozbicia zbioru A na k

podzbiorówA1, . . . , Ak, takich, ˙ze|Ai| = nidla ka˙zdego1≤ i ≤ k. Zakładamy przy

tym, ˙ze kolejno´s´c podzbiorów jest istotna. 1. Poka˙z, ˙ze takich rozbi´c jest _n n!

1!n2!···nk!.

2. Na ile sposobów mo˙zna rozda´c 52 kartry na cztery osoby? 3. Na ile sposobów mo˙zna utworzy´c 5 par z 10 osób?

4. Uogólnij wzór na dwumian Newtona na przypadek(a+b+c)n_lub_(a

(26)

1.15.7 Permutacje bez punktów stałych

Udowodnij, ˙ze liczba przestawie ´n (permutacji bez punktów stałych) w zbiorzen-elementowym

jest równa zaokr¸agleniu liczby n!_e do najbli˙zszej liczby naturalnej;e jest podstaw¸a

loga-rytmu naturalnego.

Wskazówka. Skorzystaj z twierdzenia 1.25, z rozwini¸ecia: e−1 ₌ P∞

i=0 (−1)i i! oraz z oszacowania: P∞ i=n+1 (−1)i i! ≤ 1 (n+1)!.

1.15.8 Liczba surjekcji

Udowodnij, ˙ze liczba surjekcji (funkcji na cał¸a przeciwdziedzin¸e) ze zbiorun-elementowego

na zbiórk-elementowy wynosi:

k X i=0 (₋₁₎ik i (k_{− i)}n_.

Wskazówka. Skorzystaj z zasady wł¸aczania i wył¸aczania dla zbioru wszystkich funkcji ze

zbioru_{{1, . . . , n} w zbiór {1, . . . , k}. Zbiór A}i to funkcje, które nie maj¸a elementui w

obrazie.

1.15.9 Twierdzenie Ramseya

W tym podrozdziale b˛edziemy rozwa˙za´c grafy pełne, których kraw˛edzie s ˛a pokolorowane dwoma kolorami: białym lub czarnym. Dokładniej, mamy graf pełnyG = (VG, EG) z

n =|VG| wierzchołkami i ze zbiorem kraw˛edzi EG ={{u, v} | u, v ∈ VG}, oraz funkcj˛e

c : VG → {b, c} koloruj ˛ac ˛a kraw˛edzie tego grafu. Interesuje nas problem, kiedy w grafie

G istnieje klika H = (VH, EH) (podgraf pełny) z k wierzchołkami, której wszystkie

kraw˛edzie maj ˛a ten sam kolor.

1. Poka˙z, ˙ze w ka˙zdym grafie z sze´scioma wierzchołkami istnieje jednobarwny trójk ˛at (trzy wierzchołki poł ˛aczone kraw˛edziami w tym samym kolorze).

Wniosek. W ka˙zdej grupie 6 osobowej albo s ˛a trzy osoby, które si˛e wzajemnie znaj ˛a, albo trzy, które si˛e nie znaj ˛a.

2. Poka˙z, ˙ze istnieje graf z pi˛ecioma wierzchołkami, w którym nie ma jednobarwnego trójk ˛ata.

3. Poka˙z, ˙ze w ka˙zdym grafie z 20 wierzchołkami istniej ˛a cztery wierzchołki poł ˛ aczo-ne kraw˛edziami w tym samym kolorze.

Wskazówka. Poka˙z, ˙ze istnieje 10 wierzchołków, które z pierwszym s ˛a poł ˛aczone tym samym kolorem, na przykład białym. Poka˙z, ˙ze w´sród ka˙zdych 10 wierzchoł-ków albo s ˛a trzy wierzchołki poł ˛aczone tylko białymi kraw˛edziami, albo cztery poł ˛aczone tylko czarnymi (z dowolnego wierzchołka albo wychodz ˛a cztery białe, albo sze´s´c czarnych kraw˛edzi).

(27)

1.15. Problemy 27

4. Poka˙z, ˙ze w ka˙zdym grafie z 18 wierzchołkami istniej ˛a cztery wierzchołki poł ˛ aczo-ne kraw˛edziami w tym samym kolorze.

Wniosek. W ka˙zdej grupie conajmniej 18 bryd˙zystów albo s ˛a cztery osoby, które ju˙z ze sob ˛a grały (ka˙zda z ka˙zd ˛a w parze), albo cztery, które ze sob ˛a nigdy nie grały (˙zadna z ˙zadn ˛a).

Wskazówka. Podobnie jak w punkcie 3. Udowodnij, ˙ze w´sród ka˙zdych 9

wierz-chołków albo s ˛a trzy wierzchołki poł ˛aczone tylko białymi kraw˛edziami, albo cztery poł ˛aczone tylko czarnymi. Poka˙z, ˙ze nie jest mo˙zliwe, aby z ka˙zdego wierzchołka wychodziły trzy białe i pi˛e´c czarnych kraw˛edzi.

Udowodnij nast˛epuj ˛ace

Twierdzenie 1.29 (Twierdzenie Ramseya) . Dla ka˙zdegok istnieje Rk, takie, ˙ze

ka˙z-dy graf zn > Rk wierzchołkami i dowoln ˛a funkcj ˛a koloruj ˛ac ˛a jego kraw˛edzie posiada

podgraf zk wierzchołkami i wszystkimi kraw˛edziami w jednym kolorze.

Szkic dowodu. NiechN0 b˛edzie du˙z ˛a liczb ˛a. Pod koniec dowodu oka˙ze si˛e jak du˙z ˛a.

Niech graf posiadaN0wierzchołków i niech te wierzchołki b˛ed ˛a ustawione w ci ˛ag.

We-˙zmy pierwszy wierzchołekx1. Na podstawie zasady szufladkowej istnieje kolor c1 ∈

{b, c} oraz podci ˛ag N1= N0/2 wierzchołków, które s ˛a zx1poł ˛aczone koloremc1.

Po-zostałe wierzchołki usuwamy. Niechx2 b˛edzie pierwszym który został. Znowu istnieje

kolorc2oraz podci ˛agN2 = (N1− 1)/2 wierzchołków stoj ˛acych za x2, które wszystkie

s ˛a zx2 poł ˛aczone koloremc2 (koloryc1 i c2 mog ˛a by´c ró˙zne). Pozostałe wierzchołki

usuwamy. Powtarzamy to2k_{− 1 razy i otrzymamy ci ˛ag wierzchołków x}1,x2, ... ,x2k,

takich, ˙ze ka˙zdy wierzchołekxi,1≤ i ≤ 2k − 1 jest poł ˛aczony kolorem cize

wszystki-mi wierzchołkawszystki-mi stoj ˛acymi za nim. Koloryc1, ... ,c2k−1 nie musz ˛a by´c jednakowe, ale

wszystkie nale˙z ˛a do zbioru dwóch kolorów: biały i czarny. Dlatego na podstawie zasady szufladkowej istnieje podci ˛agk wierzckołków, z których ka˙zde dwa s ˛a poł ˛aczone tym samym kolorem. LiczbaN0powinna by´c tak du˙za, aby mo˙zliwe były wszystkie opisane

wy˙zej wybory. Na liczb˛eRknale˙zy wybra´c najmniejsz ˛a tak ˛a liczb˛e.

Udowodnij Twierdzenie Ramseya dla przypadku, gdy kolorujemy nie pary wierzchoł-ków, ale trójki wierzchołków. Dokładniej funkcja koloruj ˛aca przypisuje kolory trójkom ró˙znych wierzchołkówc :{{u, v, w} | u, v, w ∈ VG u6= v, v 6= w, u 6= w} → {b, c}.

Szkic dowodu. Dowód prowadzimy podobnie jak w twierdzeniu Ramsey’a. Bierze-my wierzchołekx1. W´sród pozostałych wierzchołków kolorujemy pary: para{u, v} ma

kolor biały, je˙zeli trójka_{x1, u, v} ma kolor biały. Z twierdzenia Ramsey’a 3 wynika,

˙ze je˙zeli liczba wierzchołkówN0jest dostatecznie du˙za, to istnieje podci ˛ag zN1

wierz-chołkami i parami w jednym kolorze. Pozostałe wierzchołki usuwamy. Teraz ka˙zda trójka zawieraj ˛acax1ma taki sam kolor. Bierzemy nast˛epny wierzchołekx2itd..

(28)

1.15.10 Twierdzenie Halla o ró˙znych reprezentantach

Wyobra´zmy sobien podzbiorów A1, ... ,An zbioru{1, . . . , n}. Interesuje nas, kiedy dla

tych podzbiorów istnieje zestaw ró˙znych reprezentantów, czyli ci ˛agn ró˙znych liczb a1,

... ,antakich, ˙zeai∈ Ai.

Łatwo zauwa˙zy´c, ˙ze aby istniał zestaw ró˙znych reprezentantów musi by´c spełniony nast˛epuj ˛acy:

Warunek Halla:

Dla ka˙zdego podzbioruJ ⊂ {1, ..., n} [ j∈J Aj ≥ |J|.

Poka˙z, ˙ze jest to tak˙ze warunek wystarczaj ˛acy.

Wskazówka. Szkic dowodu (przez indukcj˛e). Powiemy, ˙ze zbiórJ jest krytyczny, je˙zeli S j∈JAj

= |J |. Załó˙zmy najpierw, ˙ze istnieje podzbiór krytycznyJ ró˙zny od całego

zbioru_{{1, . . . , n}. Niech C =}S

j∈JAj.

Na podstawie indukcji mo˙zna w nim znale´z´c reprezentatów. Reszta spełnia warunek Halla. Istotnie, niechI _{⊂ {1, . . . , n} − J oraz K = I ∪ J. Z tego, ˙ze K spełniał warunek}

Halla na pocz ˛atku wynika, ˙ze podzbiórI spełnia warunek Halla dla zbiorów Bi= Ai−C.

[ i∈I Bi = [ k∈K (Ai− C) = [ k∈K (Ai) − |C| ≥ |K| − |J| = |I|.

Je˙zeli nie ma wła´sciwego podzbioru krytycznego, to naa1wybieramy dowolny