Matematyka dyskretna Kombinatoryka
Andrzej Szepietowski
1 Ci¸ agi
Zastan´owmy si¸e, ile ci¸ag´ow d lugo´sci k mo˙zna utworzy´c z element´ow zbioru zawieraj¸acego n symboli.
Je˙zeli zbi´or symboli zawiera dwa elementy:
a, b, to mo˙zna utworzy´c dwa ci¸agi d lugo´sci jeden:
(a), (b), cztery ci¸agi d lugo´sci dwa:
(a, a), (a, b), (b, a), (b, b).
Aby uzyska´c ci¸agi d lugo´sci trzy, post¸epujemy w nast¸epuj¸acy spos´ob: bierzemy cztery ci¸agi d lugo´sci dwa i najpierw do ka˙zdego z nich dopisujemy na pocz¸atku a. Otrzymujemy w ten spos´ob komplet:
(a, a, a), (a, a, b), (a, b, a), (a, b, b).
Zauwa˙zmy, ˙ze s¸a to wszystkie ci¸agi d lugo´sci trzy z pierwsz¸a liter¸a a. Potem do tych samych czterech ci¸ag´ow d lugo´sci dwa dopisujemy na pocz¸atku symbol b i otrzymujemy komplet:
(b, a, a), (b, a, b), (b, b, a), (b, b, b).
Komplety te s¸a roz l¸aczne i oba zawieraj¸a r´o˙zne ci¸agi. Razem tworz¸a zbi´or wszystkich ci¸ag´ow d lugo´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¸ag´ow d lugo´sci cztery.
Twierdzenie 1 Liczba ci¸ag´ow d lugo´sci k o elementach ze zbioru {a, b} wynosi 2k. Dow´od przez indukcj¸e. Jak ju˙z pokazano, s¸a dwa ci¸agi d lugo´sci jeden.
Za l´o˙zmy teraz, ˙ze liczba ci¸ag´ow d lugo´sci k wynosi 2ki zauwa˙zmy, ˙ze wszystkich ci¸ag´ow d lugo´sci k + 1 jest dwa razy wi¸ecej. Jest 2k ci¸ag´ow z pierwszym elementem a i 2k ci¸ag´ow z pierwszym elementem b. Razem mamy 2· 2k = 2k+1 ci¸ag´ow d lugo´sci k + 1. 2
Je˙zeli zbi´or symboli zawiera n element´ow, to powtarzaj¸ac powy˙zsze rozumowanie, mo˙zemy si¸e przekona´c, ˙ze istnieje n ci¸ag´ow d lugo´sci jeden, n2 ci¸ag´ow d lugo´sci dwa i og´olnie ci¸ag´ow d lugo´sci k + 1 jest n razy wi¸ecej ni˙z ci¸ag´ow d lugo´sci k. Zachodzi zatem twierdzenie.
Twierdzenie 2 Liczba ci¸ag´ow d lugo´sci k o elementach ze zbioru n-elementowego wynosi nk.
2 Funkcje
Policzmy teraz, ile jest funkcji ze zbioru A w zbi´or B. Przypu´s´cmy, ˙ze zbi´or A zawiera k element´ow:
1, . . . , k.
Ka˙zd¸a funkcj¸e f z A w B mo˙zna przedstawi´c jako ci¸ag (f (1), f (2), . . . , f (k)).
Ci¸ag ten jest d lugo´sci k, a jego elementy s¸a wzi¸ete ze zbioru B. Zauwa˙zmy, ˙ze ka˙zdej funkcji odpowiada jeden ci¸ag, i na odwr´ot, ka˙zdy ci¸ag
(b1, b2, . . . , bk)
opisuje jedn¸a funkcj¸e. Mianowicie funkcj¸e, kt´ora dla ka˙zdego i przypisuje warto´s´c f (i) = bi.
Na przyk lad, je˙zeli A sk lada si¸e z czterech element´ow:
A ={1, 2, 3, 4}, a B sk lada si¸e z trzech element´ow:
B ={1, 2, 3}, to ci¸ag
(2, 2, 2, 2)
opisuje funkcj¸e sta l¸a (kt´ora w ca lej swojej dziedzinie przyjmuje warto´s´c 2), a ci¸ag (1, 2, 3, 3)
opisuje funkcj¸e f , kt´ora 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 zbioru A w zbi´or B jest tyle samo co ci¸ag´ow d lugo´sci k =|A|
z elementami ze zbioru B. Udowodnili´smy wi¸ec poni˙zsze twierdzenie.
Twierdzenie 3 Je˙zeli zbi´or A zawiera k element´ow, a zbi´or B zawiera n element´ow, to liczba funkcji ze zbioru A w zbi´or B wynosi nk.
3 Ci¸ agi bez powt´ orze´ n
Policzmy teraz, ile jest ci¸ag´ow bez powt´orze´n, czyli ci¸ag´ow r´o˙znowarto´sciowych. Je˙zeli elementy bierzemy ze zbioru trzyelementowego
{1, 2, 3}, to mo˙zemy utworzy´c trzy ci¸agi jednoelementowe:
(1), (2), (3),
sze´s´c r´o˙znowarto´sciowych ci¸ag´ow dwuelementowych:
(1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2) oraz sze´s´c ci¸ag´ow tr´ojelementowych:
(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).
Nie ma, oczywi´scie, d lu˙zszych ci¸ag´ow r´o˙znowarto´sciowych utworzonych z element´ow zbioru{1, 2, 3}.
Twierdzenie 4 Je˙zeli elementy wybieramy ze zbioru n-elementowego A, to liczba ci¸ag´ow k-elementowych bez powt´orze´n, kt´ore mo˙zna wybra´c z tego zbioru, wynosi:
n(n− 1) · · · (n − k + 1).
W tym wyra˙zeniu mamy iloczyn k kolejnych liczb, poczynaj¸ac od (n− k + 1), a ko´ncz¸ac na n.
Dow´od. Je˙zeli budujemy ci¸ag bez powt´orze´n, to na pierwszy element ci¸agu mo˙zemy wybra´c ka˙zdy z n element´ow zbioru A, na drug¸a pozycj¸e w ci¸agu mo˙zemy wybra´c ju˙z tylko jeden z n−1 element´ow (wszystkie poza tym, kt´ory zosta l 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˙zeli k > n, to:
n(n− 1) . . . (n − k + 1) = 0,
co jest zgodne z tym, ˙ze w takim przypadku nie mo˙zna utworzy´c ˙zadnego k-elementowego ci¸agu bez powt´orze´n z elementami ze zbioru A.
4 Permutacje
Permutacje to ci¸agi bez powt´orze´n d lugo´sci n, wybierane ze zbioru n-elementowego. Na przyk lad, 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 4 liczba permutacji w zbiorze n-elementowym wynosi:
n(n− 1)(n − 2) . . . 1, czyli jest r´owna n!.
Funkcja silnia n! okre´slona jest na zbiorze liczb naturalnych w nast¸epuj¸acy spos´ob:
0! = 1,
(n + 1)! = (n + 1)n!
Z okre´slenia tego otrzymujemy:
1! = 1, 2! = 2· 1 = 2, 3! = 3· 2 = 6, 4! = 4· 6 = 24.
Warto´sci funkcji silnia szybko rosn¸a, na przyk lad:
5! = 120, 10! = 3 628 800, 20!≈ 2433 · 1015. Dla przybli˙zonego obliczania silni korzysta si¸e ze wzoru Stirlinga:
n!≈ e−nnn√
2πn. (1)
Dla ka˙zdego n zachodz¸a r´ownie˙z nast¸epuj¸ace oszacowania:
√2πn
n e
n
≤ n! ≤√ 2πn
n e
n
e12n. (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 permutacja n-elementowa to dowolna funkcja r´o˙znowarto´sciowa ze zbioru {1, 2, . . . , n} na ten sam zbi´or. Na oznaczenie permutacji π u˙zywa si¸e zapisu:
1 2 . . . n
π(1) π(2) . . . π(n)
! . Na przyk lad, permutacja:
π = 1 2 3 4
2 1 4 3
!
jest funkcj¸a, kt´ora przyjmuje nast¸epuj¸ace warto´sci:
π(1) = 2, π(2) = 1, π(3) = 4, π(4) = 3.
Dwie permutacje n-elementowe mo˙zna sk lada´c tak, jak sk lada si¸e funkcje. Z lo˙zenie π1◦ π2 permu- tacji π1 i π2 okre´slone jest wzorem:
π1◦ π2(x) = π1(π2(x)).
Na przyk lad:
1 2 3 4 2 1 4 3
!
◦ 1 2 3 4
3 2 1 4
!
= 1 2 3 4
4 1 2 3
! . Zbi´or wszystkich permutacji na zbiorze
{1, . . . , n}
z dzia laniem z lo˙zenia ma nast¸epuj¸ace w lasno´sci:
• Z lo˙zenie permutacji jest l¸aczne. To znaczy, dla ka˙zdych trzech permutacji π, ρ, σ:
π◦ (ρ ◦ σ) = (π ◦ ρ) ◦ σ.
• W´sr´od permutacji istnieje identyczno´s´c id, czyli permutacja, kt´ora ka˙zdemu x z dziedziny przypisuje warto´s´c id(x) = x. Identyczno´s´c jest elementem neutralnym sk ladania permutacji, poniewa˙z dla ka˙zdej permutacji π:
id◦ π = π ◦ id = π.
• Dla ka˙zdej permutacji π istnieje permutacja odwrotna (funkcja odwrotna) π−1, spe lniaj¸aca warunek:
π◦ π−1 = π−1◦ π = id.
Powy˙zsze zale˙zno´sci oznaczaj¸a, ˙ze zbi´or wszystkich permutacji na zbiorze {1, . . . , n} z dzia laniem sk ladania permutacji stanowi grup¸e.
5 Podzbiory
Policzmy teraz, ile podzbior´ow ma sko´nczony zbi´or n-elementowy. Je˙zeli zbi´or sk lada si¸e z trzech element´ow:
{a, b, c}, to mo˙zemy latwo wypisa´c wszystkie jego podzbiory:
∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}.
Tych podzbior´ow jest osiem. Ka˙zdy zbi´or trzyelementowy posiada osiem podzbior´ow, poniewa˙z nie ma znaczenia, jak nazywaj¸a si¸e elementy zbioru. Zbi´or pusty ma tylko jeden podzbi´or: zbi´or pusty. Je˙zeli zbi´or zawiera jeden element {a}, to ma dwa podzbiory:
∅, {a},
a je˙zeli zbi´or zawiera dwa elementy {a, b}, to ma cztery podzbiory:
∅, {a}, {b}, {a, b}.
Rozwa˙zmy teraz og´olnie 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.
Dziedzin¸a funkcji χAjest zbi´or{1, . . . , n}, a przeciwdziedzin¸a zbi´or {0, 1}. Zauwa˙zmy, ˙ze ka˙zdemu podzbiorowi odpowiada jedna funkcja charakterystyczna, i na odwr´ot, je˙zeli we´zmiemy dowoln¸a funkcj¸e:
χ :{1, . . . , n} → {0, 1},
to wyznacza ona zbi´or:
A ={i | χ(i) = 1}.
Na przyk lad, dla n = 5 funkcja charakterystyczna χA zbioru A ={2, 3, 5}
jest opisana przez nast¸epuj¸acy 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 podzbior´ow zbioru n-elementowego jest r´owna liczbie funkcji ze zbioru {1, . . . , n} w zbi´or {0, 1}. Czyli na podstawie twierdzenia 3 mamy twierdzenie poni˙zsze.
Twierdzenie 5 Ka˙zdy zbi´or n-elementowy ma 2n podzbior´ow.
6 Podzbiory k-elementowe
Zastan´owmy si¸e teraz nad podzbiorami okre´slonej mocy. M´owimy, ˙ze zbi´or jest mocy n, je˙zeli zawiera n element´ow. Dla zbioru czteroelementowego
{1, 2, 3, 4},
mamy jeden podzbi´or pusty (zeroelementowy), cztery podzbiory jednoelementowe:
{1}, {2}, {3}, {4}, sze´s´c podzbior´ow 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 podzbi´or czteroelementowy:
{1, 2, 3, 4}.
Liczb¸e podzbior´ow k-elementowych zbioru n-elementowego oznacza si¸e przez n
k
! .
Jest to tak zwany symbol Newtona. Inaczej, nkjest r´owne liczbie sposob´ow na jakie mo˙zna wybra´c k element´ow ze zbioru n elementowego. W la´snie pokazali´smy, ˙ze:
4 0
!
= 1, 4
1
!
= 4, 4
2
!
= 6, 4
3
!
= 4, 4
4
!
= 1.
Z definicji wynika, ˙ze je˙zeli k > n, to nk= 0. Zachodz¸a dwa wzory:
n k
!
= n
n− k
! , n + 1
k
!
= n
k
!
+ n
k− 1
!
. (3)
Pierwszy wz´or bierze si¸e z prostej obserwacji, ˙ze wybranie k element´ow, kt´ore nale˙z¸a do podzbioru A, jest r´ownowa˙zne wybraniu n− k element´ow, kt´ore do A nie nale˙z¸a.
Aby uzasadni´c r´owno´s´c 3, rozwa˙zmy k-elementowe podzbiory zbioru {1, . . . , n, n + 1}.
Policzmy osobno te podzbiory, kt´ore zawieraj¸a element n + 1, i osobno te, kt´ore go nie zawieraj¸a.
Podzbior´ow nie zawieraj¸acych n + 1 jest nk, bo wszystkie k element´ow trzeba wybra´c ze zbioru {1, . . . , n}. Podzbior´ow zawieraj¸acych n + 1 jest k−1n , bo k− 1 element´ow trzeba wybra´c ze zbioru {1, . . . , n}. Razem wszystkich k-elementowych podzbior´ow zbioru {1, . . . , n, n + 1} jest nk+ k−1n . Korzystaj¸ac z r´owno´sci 3, mo˙zemy oblicza´c symbole Newtona rekurencyjnie. Najpierw mamy
0 0
= 1, poniewa˙z jest jeden zeroelementowy (pusty) podzbi´or zbioru zeroelementowego (pustego).
Je˙zeli mamy ju˙z policzone symbole Newtona dla n, to mo˙zemy liczy´c, ile jest podzbior´ow zbioru (n + 1)-elementowego. Zaczynamy od n+1n+1= 1 oraz n+10 = 1, a nast¸epnie korzystamy z r´ownania 3. Metod¸e t¸e ilustruje tak zwany tr´ojk¸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
W n-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 = nn = 1. k-ty element w n-tym wierszu dla 1≤ k ≤ n − 1 jest sum¸a dw´och element´ow stoj¸acych bezpo´srednio nad nim:
n k
!
= n− 1 k
!
+ n− 1 k− 1
! .
Je˙zeli 0≤ k ≤ n, to symbol Newtona mo˙zna te˙z obliczy´c ze wzoru:
n k
!
= n(n− 1) · · · (n − k + 1)
k! (4)
lub
n k
!
= n!
k!(n− k)! (5)
Oto uzasadnienie wzoru 4: Aby wybra´c podzbi´or k-elementowy ze zbioru{1, . . . , n}, wybieramy k- elementowy ci¸ag bez powt´orze´n i bierzemy do podzbioru elementy tego ci¸agu ignoruj¸ac ich kolejno´s´c.
Poniewa˙z ka˙zdemu k-elementowemu podzbiorowi odpowiada k! ci¸ag´ow o tych samych elementach, wi¸ec podozbior´ow jest k! razy mniej ni˙z k-elementowych ci¸ag´ow bez powt´orze´n. Wz´or 4 wynika teraz z twierdzenia 4, a wz´or 5 bezpo´srednio ze wzoru 4.
Wz´or 4 pozwala wyprowadzi´c oszacowania na warto´s´c symbolu Newtona, dla 1≤ k ≤ n:
n k
!
= n(n− 1) · · · (n − k + 1) k(k− 1) · · · 1 =
n k
n− 1 k− 1
· · ·
n− k + 1 1
≥
n k
k
.
Poniewa˙z, jak latwo sprawdzi´c n−ik−i ≥ nk dla ka˙zdego 1 ≤ i ≤ k − 1. Korzystaj¸ac z nier´owno´sci k!≥ (ke)k wyprowadzonej ze wzoru Stirlinga (2), otrzymujemy g´orne ograniczenie:
n k
!
= n(n− 1) · · · (n − k + 1)
k! ≤ nk
k! ≤
en k
k
.
7 Dwumian Newtona
Symbole Newtona wyst¸epuj¸a w znanym twierdzeniu Newtona.
Twierdzenie 6 (dwumian Newtona) Dla ka˙zdej liczby rzeczywistej t oraz liczby ca lkowitej n≥ 0 zachodzi:
(1 + t)n = Xn
k=0
n k
! tk.
Pierwszy dow´od. (1 + t)n jest wielomianem stopnia n. Policzmy wsp´o lczynnik tego wielomianu stoj¸acy przy tk. Rozwa˙zmy iloczyn:
(1 + t)(1 + t) . . . (1 + t)
| {z }
n razy
.
Przy rozwijaniu tego wyra˙zenia wybieramy z ka˙zdego czynnika 1 lub t, potem wymna˙zamy wybrane elementy i sumujemy tak utworzone iloczyny. W iloczynie otrzymamy tk wtedy, gdy t wybierzemy k razy oraz 1 wybierzemy n− k razy. Mo˙zna to zrobi´c na nk sposob´ow, tak wi¸ec wsp´o lczynnik przy tk wynosi nk.
Drugi dow´od przez indukcj¸e. Wz´or jest oczywisty dla n = 0. Za l´o˙zmy teraz, ˙ze jest prawdziwy dla n. Mamy:
(1 + t)n+1= (1 + t)n(1 + t) = Xn
k=0
n k
! tk
!
(1 + t).
Wsp´o lczynnik przy tk po prawej stronie wynosi:
n k− 1
!
+ n
k
! . Pierwszy sk ladnik pochodzi od iloczynu:
n k− 1
!
tk−1· t, a drugi od iloczynu:
n k
! tk· 1.
Ze wzoru 3 mamy teraz:
n k
!
+ n
k− 1
!
= n + 1 k
! .
2 Je˙zeli do wzoru Newtona podstawimy t = ab, a potem pomno˙zymy obie strony przez an, to otrzy- mamy inn¸a znan¸a wersj¸e wzoru Newtona.
Wniosek 7 Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b i dowolnej liczby ca lkowitej n≥ 0:
(a + b)n= Xn
k=0
n k
!
an−kbk.
Je˙zeli podstawimy t = 1 do wzoru z twierdzenia 6, to otrzymamy:
2n= Xn
k=0
n k
! ,
co potwierdza jeszcze raz, ˙ze wszystkich podzbior´ow zbioru n-elementowego jest 2n.
Zobaczymy teraz, ˙ze w´sr´od wszystkich podzbior´ow zbioru{1, . . . , n} jest tyle samo podzbior´ow mocy parzystej (o parzystej liczbie element´ow) i podzbior´ow mocy nieparzystej (o nieparzystej liczbie element´ow).
Twierdzenie 8 Dla ka˙zdego zbioru zawieraj¸acego n element´ow, liczba podzbior´ow parzystej mocy jest r´owna liczbie podzbior´ow nieparzystej mocy.
Pierwszy dow´od. Je˙zeli podstawimy t =−1 do wzoru Newtona, to otrzymamy:
0 = Xn
k=0
(−1)k n k
! .
Zauwa˙zmy, ˙ze w sumie po prawej stronie z plusem wyst¸epuj¸a symbole Newtona nk dla parzystych k, a z minusem — dla nieparzystych k. Tak wi¸ec z plusem mamy liczb¸e podzbior´ow parzystej mocy, a z minusem liczb¸e podzbior´ow nieparzystej mocy. Z powy˙zszego wzoru wynika, ˙ze podzbior´ow parzystej mocy jest tyle samo co podzbior´ow mocy nieparzystej.
Drugi dow´od. Rozwa˙zmy funkcj¸e f , kt´ora ka˙zdemu podzbiorowi A⊂ {1, 2, . . . , n}
przyporz¸adkuje podzbi´or
f (A) = A⊕ {n} = (A − {n}) ∪ ({n} − A),
czyli r´o˙znic¸e symetryczn¸a zbioru A i zbioru jednoelementowego {n}. Zauwa˙zmy, ˙ze funkcja f l¸aczy podzbiory w pary, poniewa˙z je˙zeli
f (A) = B, to
f (B) = A.
Rzeczywi´scie, je˙zeli A zawiera n, to B = A− {n} i B ⊕ {n} = A. Je˙zeli natomiast A nie zawiera n, to B = A∪ {n} i r´ownie˙z B ⊕ {n} = A.
Pozostaje zauwa˙zy´c, ˙ze z pary zbior´ow A i f (A) jeden jest mocy parzystej i jeden nieparzystej.
2
8 Zasada sumy
W najprostszej postaci zasada sumy, m´owi ˙ze moc sumy dw´och zbior´ow A i B jest r´owna
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
Wyobra´zmy sobie, ˙ze obliczaj¸ac praw¸a stron¸e tej r´owno´sci liczymy po kolei elementy zbioru A i dla ka˙zdego elementu dodajemy +1 do og´olnej sumy, nast¸epnie liczymy elementy zbior´ow B i dla ka˙zdego dodajemy +1, a na ko´ncu liczymy elementy przekroju A∩ B i dla ka˙zdego dodajemy −1.
Zastan´owmy si¸e teraz jaki jest udzia l poszczeg´olnych element´ow w tak powsta lej sumie. Je˙zeli jaki´s element wyst¸epuje tylko w A lub tylko w B, to jego udzia l wynosi 1. Ale tak˙ze, je˙zeli nale˙zy do obu zbior´ow A i B to jego udzia l wynosi 1 = 1 + 1− 1. Dlatego na ko´ncu wynik b¸edzie r´owny liczbie element´ow, kt´ore nale˙z¸a do jednego lub drugiego zbioru.
Przyk lad Policzmy ile spo´sr´od liczb od 1 do 30 jest podzielnych przez 2 lub 3. Niech A2 oznacza zbi´or liczb z tego przedzia lu podzielnych przez 2, a A3 zbi´or liczb podzielnych przez 3. Liczby podzielne przez 2 lub 3 tworz¸a zbi´or A2∪ 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:
|A2∪ A3| = 15 + 10 − 5 = 20.
Podobnie mo˙zemy uzasadni´c wz´or na sum¸e trzech zbior´ow:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|.
Je˙zeli zastosujemy podobne liczenie, to udzia l element´ow, kt´ore nale˙z¸a tylko do jednego zbioru, wynosi 1, tych, kt´ore nale˙z¸a do dw´och (ale nie do trzech naraz), wynosi 1 + 1− 1 = 1, a tych, kt´ore nale˙z¸a do wszystkich trzech zbior´ow, 1 + 1 + 1− 1 − 1 − 1 + 1 = 1.
Przyk lad Policzmy ile spo´sr´od liczb od 1 do 30 jest podzielnych przez 2, 3, lub 5. Niech A2 oznacza zbi´or liczb podzielnych przez 2, A3 zbi´or liczb podzielnych przez 3, a A5podzielnych 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 z tego 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 rozdziale poka˙zemy jak mo˙zna obliczy´c sumy dowolnej sko´nczonej klasy zbior´ow.
9 Zasada w l¸ aczania i wy l¸ aczania
Zacznijmy od przyk ladu. W grupie 100 student´ow 45 uprawia koszyk´owk¸e, 53 p lywanie, a 28 jedno i drugie. Pytanie: ilu student´ow nie uprawia ani koszyk´owki, ani p lywania?
Zadanie to mo˙zna rozwi¸aza´c ,,na palcach”. 17 = 45− 28 student´ow uprawia tylko koszyk´owk¸e, a 25 = 53− 28 student´ow uprawia tylko p lywanie. Zatem 70 = 17 + 25 + 28 student´ow uprawia jeden z dw´och sport´ow, a 30 = 100− 70 nie uprawia ani koszyk´owki, ani p lywania. Na rysunku 1.1 zilustrowano ten przyk lad. Jest to tak zwany diagram Venna .
Przypu´s´cmy teraz, ˙ze s¸a tak˙ze studenci graj¸acy w szachy. Graj¸acych w szachy jest 55. Takich, kt´orzy graj¸a w koszyk´owk¸e i szachy, jest 32, takich, kt´orzy graj¸a w szachy i p lywaj¸a, jest 35, a takich, kt´orzy uprawiaj¸a wszystkie trzy sporty, jest 20. To zadanie te˙z mo˙zna rozwi¸aza´c za pomoc¸a diagramu Venna (rysunek 1.2). Na przyk lad, 8 student´ow uprawia koszyk´owk¸e i p lywanie, ale nie gra w szachy, a 22 student´ow nie uprawia ˙zadnego sportu.
Zasada w l¸aczania i wy l¸aczania pozwala rozwi¸azywa´c tego typu zadania bez diagram´ow Venna.
Figure 1: Diagram Venna
pywanie
25
28 28
30
koszykwka 17
Niech X b¸edzie naszym uniwersum, A1, . . . , An jego podzbiorami. Dla ka˙zdego podzbioru I zbioru indeks´ow I⊂ {1, . . . , n} definiujemy zbi´or:
AI= \
i∈I
Ai,
przyjmujemy przy tym A∅ = X.
W naszym przyk ladzie X to zbi´or wszystkich student´ow, A1 to uprawiaj¸acy koszyk´owk¸e, A2 — p lywanie, a A3 — szachy:
• A{1,2}= A1∩ A2 to uprawiaj¸acy koszyk´owk¸e i p lywanie,
• A{1,3}= A1∩ A3 to uprawiaj¸acy koszyk´owk¸e i szachy,
• A{2,3}= A2∩ A3 to uprawiaj¸acy p lywanie i szachy,
• A{1,2,3}= A1∩ A2∩ A3 to uprawiaj¸acy wszystkie trzy sporty.
Figure 2: Diagram Venna
pywanie
10
15
8 20
12
5 8
22
koszykwka
szachy
Twierdzenie 9 (zasada w l¸aczania i wy l¸aczania) Liczba element´ow uniwersum X, kt´ore nie nale˙z¸a do ˙zadnego podzbioru Ai, wynosi:
X
I⊂{1,...,n}
(−1)|I||AI|. (6)
Sumujemy tutaj po wszystkich podzbiorach I zbioru {1, . . . , n}.
Dow´od. Podobnie jak w poprzednim rozdziale, ˙zeby obliczy´c sum¸e 6, liczymy elementy poszczeg´olnych zbior´ow AI, i dla ka˙zdego elementu dodajemy (−1)|I| do sumy (+1, gdy |I| jest parzyste, lub −1, gdy|I| jest nieparzyste). Ka˙zdy element x ∈ X mo˙ze by´c liczony kilka razy. Udzia l pojedynczego elementu x jest r´owny sumie wsp´o lczynnik´ow (−1)|I| dla tych podzbior´ow I ⊂ {1, . . . , n}, dla kt´orych x∈ AI.
Je˙zeli x nie nale˙zy do ˙zadnego z podzbior´ow Ai, to x jest liczony tylko raz, w zbiorze A∅, i jego udzia l w sumie 6 wynosi 1. Przypu´s´cmy teraz, ˙ze x nale˙zy do jaki´s podzbior´ow i niech
J ={i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ Ai},
czyli J to indeksy tych podzbior´ow, kt´ore zawieraj¸a x. Zauwa˙zmy teraz, ˙ze x∈ AI wtedy i tylko wtedy, gdy I ⊂ J. Rzeczywi´scie x ∈ AI =Ti∈IAi wtedy i tylko wtedy, gdy x∈ Ai, dla ka˙zdego
i∈ I, czyli gdy I ⊂ J. Tak wi¸ec udzia l elementu x w sumie 6 wynosi:
X
I⊂J
(−1)|J|.
Jest to suma po podzbiorach zbioru J. Uporz¸adkujmy teraz sk ladniki tej sumy wed lug mocy podzbior´ow I. Mamy jipodzbior´ow mocy i, gdzie j =|J|, wi¸ec:
X
I⊂J
(−1)|J|= Xj
i=0
j i
!
(−1)i = (1− 1)j = 0.
Przedostatnia r´owno´s´c wynika ze wzoru Newtona.
Tak wi¸ec wk lady element´ow, kt´ore nie nale˙z¸a do ˙zadnego Ai, wynosz¸a po 1, a wk lady tych element´ow, kt´ore nale˙z¸a do jakiego´s Ai, wynosz¸a po 0. A zatem suma 6 zlicza elementy nie nale˙z¸ace
do ˙zadnego Ai. 2
Stosuj¸ac zasad¸e w l¸aczania i wy l¸aczania do przyk ladu ze studentami mo˙zemy teraz policzy´c student´ow, kt´orzy 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.
Aby policzy´c moc sumy zbior´ow
[n
i=1
Ai mo˙zemy wykorzysta´c wz´or 6, przy za lo˙zeniu, ˙ze
X = [n
i=1
Ai. Mamy wtedy
Twierdzenie 10
| [n
i=1
Ai| = − X
I⊂{1,...,n}
I6=∅
(−1)|I||AI|.
10 Przestawienia
Przestawieniem b¸edziemy nazywa´c permutacj¸e bez punktu sta lego, czyli tak¸a permutacj¸e, w kt´orej
˙zaden element nie stoi na swoim miejscu. Wykorzystamy teraz zasad¸e w l¸aczania i wy l¸aczania, do policzenia liczby przestawie´n w zbiorze n-elementowym.
Twierdzenie 11 Liczba przestawie´n (permutacji bez punkt´ow sta lych) w zbiorze n-elementowym wynosi:
n!
Xn
i=0
(−1)i i! .
Dow´od. Niech X b¸edzie zbiorem wszystkich permutacji na zbiorze {1, . . . , n}, a Ai zbiorem permutacji, w kt´orych i jest punktem sta lym, to znaczy π(i) = i. Moc zbioru Ai wynosi:
|Ai| = (n − 1)!,
poniewa˙z w zbiorze Ai s¸a te permutacje, kt´ore permutuj¸a wszystkie n− 1 element´ow opr´ocz i-tego.
Podobnie moc zbioru AI wynosi:
|AI| =
\
i∈I
Ai
= (n− |I|)!,
bo teraz w AI permutujemy n− i element´ow opr´ocz tych, kt´ore nale˙z¸a do I.
Permutacje bez punkt´ow sta lych to te permutacje, kt´ore nie nale˙z¸a do ˙zadnego ze zbior´ow Ai. Z zasady w l¸aczania i wy l¸aczania ich liczba wynosi:
X
I⊂{1,...,n}
(−1)|I|(n− |I|)!.
Pogrupujmy teraz sk ladniki wed lug mocy zbior´ow I. Mamy ni podzbior´ow mocy i. Dla ka˙zdego z nich sk ladnik sumy wynosi (−1)i(n− i)!, tak wi¸ec liczba przestawie´n wynosi:
Xn
i=0
(−1)i n i
!
(n− i)!.
Twierdzenie wynika teraz z r´owno´sci:
n i
!
(n− i)! = n!
i!.
2
11 Zadania
1. Ile numer´ow rejestracyjnych samochod´ow mo˙zna utworzy´c, je˙zeli ka˙zdy numer sk lada si¸e z trzech liter i czterech cyfr?
Ile numer´ow rejestracyjnych mo˙zna utworzy´c, je˙zeli b¸edziemy dodatkowo wymaga´c, aby ka˙zdy numer zaczyna l si¸e od sp´o lg loski?
2. W grupie jest pi¸e´c dziewcz¸at i pi¸eciu ch lopc´ow. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c podgrup¸e sk ladaj¸ac¸a si¸e z dw´och dziewcz¸at i dw´och ch lopc´ow?
Na ile sposob´ow mo˙zna utworzy´c w tej grupie pi¸e´c par, z jednym ch lopcem i jedn¸a dziewczyn¸a w ka˙zdej parze?
3. Znana jest zabawka dla dzieci sk ladaj¸aca si¸e z dwunastu sze´sciennych klock´ow z naklejonymi na ´sciankach fragmentami obrazk´ow. Na ile sposob´ow mo˙zna u lo˙zy´c te klocki w prostok¸at (trzy rz¸edy po cztery klocki w rz¸edzie)?
4. Ile s l´ow mo˙zna utworzy´c z liter s lowa ULICA (litery nie mog¸a si¸e powtarza´c)?
Ile s l´ow mo˙zna utworzy´c z liter s lowa MATMA (litery M i A mog¸a wyst¸api´c po dwa razy)?
5. Udowodnij wz´or:
k n k
!
= n n− 1 k− 1
! .
Wskaz´owka. Policz na dwa r´o˙zne sposoby, ile k-elementowych dru˙zyn z kapitanem mo˙zna utworzy´c ze zbioru n sportowc´ow.
6. Udowodnij wz´or:
Xn
k=1
n k
!2
= 2n n
! .
Wskaz´owka. Policz na dwa r´o˙zne sposoby, ile n-elementowych grup mo˙zna utworzy´c w klasie z lo˙zonej z n ch lopc´ow i n dziewcz¸at.
7. Udowodnij, ˙ze nk jest najwi¸eksze dla k =dn2e i k = bn2c.
8. Udowodnij, ˙ze:
2n n
!
≥ 22n n + 1. 9. Rozwi´n wielomian (1 + t)8.
10. Przedstaw wz´or na sum¸e czterech zbior´ow A, B, C i D.
11. Wyznacz liczb¸e element´ow |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.
12. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 jest podzielnych przez 2, 3 lub 5.
13. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 nie jest podzielnych przez 2, 3, 5 lub 7. Udowodnij, ˙ze wszystkie te liczby opr´ocz 1 s¸a pierwsze. Ile jest liczb pierwszych mniejszych od 100?
14. k-elementowe kombinacje z powt´orzeniami ze zbioru n-elementowego s¸a to k-elementowe wybory element´ow zbioru n-elementowego, w kt´orych elementy mog¸a si¸e powtarza´c i w kt´orych nie jest istotna kolejno´s´c wybieranych element´ow. Na przyk lad, mamy cztery trzyele- mentowe kombinacje z powt´orzeniami 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 powt´orzeniami ze zbioru n-elementowego wynosi n+k−1k .
15. Udowodnij, ˙ze liczba przestawie´n (permutacji bez punkt´ow sta lych) w zbiorze n-elementowym jest r´owna zaokr¸agleniu liczby n!e do najbli˙zszej liczby naturalnej; e jest podstaw¸a logarytmu naturalnego.
Wskaz´owka. Skorzystaj z twierdzenia 11, z rozwini¸ecia:
e−1= X∞ i=0
(−1)i i!
oraz z oszacowania:
X∞ i=n+1
(−1)i i!
≤ 1
(n + 1)!.
16. Udowodnij, ˙ze liczba surjekcji (funkcji na ca l¸a przeciwdziedzin¸e) ze zbioru n-elementowego na zbi´or k-elementowy wynosi:
Xk
i=0
(−1)i k i
!
(k− i)n.
Wskaz´owka. Skorzystaj z zasady w l¸aczania i wy l¸aczania dla zbioru wszystkich funkcji ze zbioru{1, . . . , n} w zbi´or {1, . . . , k}. Zbi´or Aito funkcje, kt´ore nie maj¸a elementu i w obrazie.
