Rozmieszczenia, funkcje tworzące

(1)

Rozmieszczenia, funkcje tworzące

Wykłady z matematyki dyskretnej dla informatyków i teleinformatyków

UTP Bydgoszcz

05

(2)

Zasada szufladkowa

Zasada szufladkowa

Gdy rozmieścimy n + 1 przedmiotów (lub więcej) w n szufladkach, to istnieje szufladka, w której są co najmniej dwa przedmioty.

Zasada szufladkowa, wersja nieco ogólniejsza, PhP (The Pigeonhole Principle) („Pigeons in holes”).

Jeżeli istnieje p ∈ N⁺ takie, że n > pk (czyli n pk + 1) i jeżeli rozmieścimy n przedmiotów w k szufladkach, to w jednej szufladce jest co najmniej p + 1 przedmiotów.

Inna wersja:

Jeżeli n, k ∈ N⁺ i jeżeli rozmieścimy n przedmiotów w k pojemnikach, to w jednym z pojemników musi być co najmniej dⁿ_ke przedmiotów.

(Wykłady z matematyki dyskretnej) Rozmieszczenia, funkcje tworzące 05 2 / 53

(3)

Zasada szufladkowa

Przykład.

Wśród studentów drugiego semestru teleinformatyki są (co najmniej) dwie osoby urodzone w tym samym miesiącu.

Miesięcy (szufladek z nazwami miesięcy) jest 12.

„Wkładamy” do nich osoby urodzone w tym samym miesiącu.

(4)

Zasada szufladkowa

Przykład. Gdy pokolorujemy płaszczyznę dwoma kolorami: czerwonym i niebieskim, to znajdziemy prostokąt o wierzchołkach tego samego koloru.

Każda trójka „pionowych” wierzchołków może być pokolorowana na 2³= 8 sposobów, a takich trójek jest 9.

Dwie tak samo pokolorowane trójki generują odpowiedni prostokąt.

(5)

Zasada szufladkowa

(6)

Zasada szufladkowa

(7)

Zasada szufladkowa

Przykład.

Grupa osób na powitanie podaje sobie ręce (niekoniecznie każdy

każdemu). Nikt nie wita się z sobą oraz żadna para nie wita się podwójnie.

Czy znajdą się dwie osoby, które uścisnęły tę samą liczbę rąk?

Oznaczmy przez n liczbę osób w grupie i utwórzmy n szuflad z etykietami 0, 1, . . . , n − 1 (nie ma szuflady z etykietą n, bo nikt nie wita się z samym sobą). Jeśli ktoś uścisnął k rąk, to „wkładamy” go do szuflady z etykietą k. Zauważmy, że jedna z dwóch szuflad o etykietach 0 oraz n − 1 musi być pusta - jeśli ktoś uścisnął n − 1 rąk, to nie ma osoby, która nie uścisnęła ani jednej ręki (i odwrotnie).

Oznacza to, że n osób „włożyliśmy” do n − 1 szuflad. Znajdą się więc dwie osoby, które uścisnęły tę samą liczbę rąk.

(8)

Zasada szufladkowa

Przykład.

Oznaczmy przez n liczbę osób w grupie i utwórzmy n szuflad z etykietami 0, 1, . . . , n − 1 (nie ma szuflady z etykietą n, bo nikt nie wita się z samym sobą). Jeśli ktoś uścisnął k rąk, to „wkładamy” go do szuflady z etykietą k.

Zauważmy, że jedna z dwóch szuflad o etykietach 0 oraz n − 1 musi być pusta - jeśli ktoś uścisnął n − 1 rąk, to nie ma osoby, która nie uścisnęła ani jednej ręki (i odwrotnie).

(9)

Zasada szufladkowa

Przykład.

Oznaczmy przez n liczbę osób w grupie i utwórzmy n szuflad z etykietami 0, 1, . . . , n − 1 (nie ma szuflady z etykietą n, bo nikt nie wita się z samym sobą). Jeśli ktoś uścisnął k rąk, to „wkładamy” go do szuflady z etykietą k.

Zauważmy, że jedna z dwóch szuflad o etykietach 0 oraz n − 1 musi być pusta - jeśli ktoś uścisnął n − 1 rąk, to nie ma osoby, która nie uścisnęła ani jednej ręki (i odwrotnie).

(10)

Przykład. Trzy rozróżnialne przedmioty możemy umieścić w dwóch rozróżnialnych pojemnikach na 8 sposobów.

Zauważmy, że

8 = 2

³.

(11)

Rozmieszczenia

Fakt.

Liczba rozmieszczeńn przedmiotów ze zbioruX = {x₁, x₂, . . . , x_n} w k pojemnikach z etykietami ze zbioruY = {y1, y2, . . . , yk} wynosikⁿ, jeśli nie uwzględnianiamy porządku w pojemnikach, a przedmioty oraz pojemniki są rozróżnialne.

x1 x2 x3

y₁ y₂

f

Uzasadnienie.

Każde rozmieszczenie można opisać funkcją f :X →Y

przyporządkowującą każdemu elementowi xi etykietę yj pudełka, do którego ten element wkładamy. Liczba rozmieszczeń jest więc równa liczbie wszystkich funkcji f :X →Y, czyli

kY^Xk = kY k^{kX k}=kⁿ.

(12)

Rozmieszczenia

Uzasadnienie (“po kolei”).

Pierwszy przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k pojemników (mamy k możliwości).

Drugi przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k pojemników (mamy k możliwości), ... ,

n-ty przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k pojemników (mamy k możliwości).

Liczba wszystkich możliwych rozmieszczeń to k · k · . . . · k = kⁿ.

(13)

Na ile sposobów można rozmieścić dwa przedmioty w trzech pudełkach w taki sposób, żew każdym pojemniku umieszczony jest co najwyżej jeden przedmiot?

Odpowiedź. Na 6 sposobów. Zauważmy, że 6 = 3²= ³₂· 2!

(14)

Rozmieszczenia

Fakt. Niech n ¬ k.

Liczba rozmieszczeńn przedmiotów ze zbioruX = {x₁, x₂, . . . , x_n} w k pojemnikach z etykietami ze zbioruY = {y1, y2, . . . , yk} w taki sposób, że

w każdym pojemniku umieszczony jest co najwyżej jeden przedmiotwynosi kⁿ= k

n

!

· n!

jeśli przedmioty oraz pojemniki są rozróżnialne.

Uzasadnienie.

Każde takie rozmieszczenie można opisać injekcją f : X → Y przyporządkowującą każdemu elementowi xi etykietę yj pudełka, do którego ten element wkładamy.

Liczba rozmieszczeń jest więc równa liczbie wszystkich injekcjif : X → Y , czyli kⁿ.

(15)

Rozmieszczenia

Pierwszy przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k pojemników (mamy k możliwości).

Drugi przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k − 1 pojemników (jeden pojemnik jest już zajęty).

Trzeci przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k − 2 pojemników (dwa pojemniki są już zajęte), ...

n-ty przedmiot możemy włożyć do dowolnego z k − n + 1 pojemników.

Liczba wszystkich możliwych rozmieszczeń to

k · (k − 1) · (k − 2) · . . . · (k − n + 1) = kⁿ.

(16)

Przypomnienie: liczby Stirlinga II rodzaju

Liczby Stirlinga II rodzaju {ⁿ_k}

opisują liczbę sposobów podziału zbioru n elementowego na k niepustych podzbiorów, których kolejność nie jest istotna.

{ⁿ_k} =











0, dla (n 1 ∧ k = 0) ∨ k > n 1, dla (n 1 ∧ k = 1) ∨ k = n

{ⁿ⁻¹_k−1}+k · {ⁿ⁻¹_k } w pozostałych przypadkach Uwaga.

Liczby Stirlinga drugiego rodzaju {ⁿ_k} można też definiować jako współczynniki przy potędze ubywającej we wzorze:

xⁿ=

n

X

k=0

{ⁿ_k}x^k.

(17)

Liczby Bella

Liczba Bella to liczba wszystkich podziałów zbioru n-elementowego na rozłączne i niepuste podzbiory, których kolejność nie jest ważna.

Przykład.

B0 = 1; B1= 1;

B₂ = 2, gdyż zbiór {c₁, c₂} ma dwa podziały {{c₁, c₂}} oraz {{c₁}, {c₂}}.

B₃ = 5, gdyż zbiór {c₁, c₂, c₃} ma pięć podziałów {{c₁, c₂, c₃}},

{{c₁}, {c₂, c₃}}, {{c₁, c₂}, {c₃}}, {{c₂}, {c₁, c₃}} oraz {{c₁}, {c₂}, {c₃}}.

B₄ = 15, B₅ = 52, B₆= 203, B₇ = 877, B₈ = 4140, B₉ = 21147, B10= 115975, B11= 678570, B12= 4213597,...

Oczywiście: Bn=^Pⁿ_{i =0}{ⁿ_k}

Wzór Dobińskiego: B_n= ¹_e^P^∞_k=0^k_k!ⁿ

(18)

Liczby Bella

Wzór rekurencyjny.

B_n+1 =

n

X

i =0

n i

! B_n−i =

n

X

k=0

n k

! B_k

Uzasadnienie.

Dla każdego i = 0, 1, . . . , n rozważmy podziały zbioru

X = {c₁, c₂, . . . , c_n, c_n+1} takie, by podzbiór (blok) zawierający c_n+1 miał dokładnie i + 1elementów. Jeden element (element cn+1) już mamy.

Pozostałe (do c_n+1 dobieramy i elementów z n pozostałych) wybieramy na

n i

sposobów. Poza naszym blokiem jest (n + 1) − (i + 1) = n − i elementów, które możemy podzielić na Bn−i sposobów. Jeśli zsumujemy po wszystkich wartościach i , otrzymamy szukaną zależność.

(19)

Przykład. Na 6 = {

³₂

} · 2! sposobów można rozmieścić

trzy przedmioty w dwóch pojemnikach, bez uwzględniania

porządku w pojemnikach, jeżeli w każdym pojemniku

umieszczony jest co najmniej jeden przedmiot, gdy

przedmioty i pojemniki są rozróżnialne.

(20)

Przykład. Liczba rozmieszczeń trzech przedmiotów w dwóch pojemnikach, bez uwzględniania porządku w

pojemnikach, jeżeli w każdym pojemniku umieszczony jest co najmniej jeden przedmiot, wynosi

ⁿ³₂^o

· 2!

Uzasadnienie. Wszystkich podziałów zbioru 3 przedmiotów na 2 niepuste części (bloki) jest ³₂;

elementy c,n,z możemy pogrupować następująco:cn iz,nz ic,cz i n.

Następnie te 2 bloki umieszczamy w 2 pojemnikach;

możemy to zrobić na 2! sposobów:

pierwszy blok cn albo do pierwszego pojemnika (wtedyz do drugiego), albo blok cn do drugiego (wtedyz do pierwszego pojemnika),

bloknz albo do pierwszego (wtedy c do drugiego), albo blok nz albo do drugiego (wtedy c do drugiego), podobnie blok cz in.

Mamy więc ³₂· 2! możliwości.

(21)

Rozmieszczanie

Fakt.

Liczba rozmieszczeń n przedmiotów w k pojemnikach, bez uwzględniania porządku w pojemnikach, jeżeli w każdym pojemniku umieszczony jest co najmniej jeden przedmiot, gdy przedmioty i pojemniki są rozróżnialne wynosi ⁿ_k· k!

Uzasadnienie.

Każde takie rozmieszczenie można opisać surjekcją f : X → Y przyporządkowującą każdemu elementowi xi etykietę yj pudełka, do którego ten element wkładamy.

Liczba rozmieszczeń jest więc równa liczbie wszystkich surjekcji f : X → Y , czyli ⁿ_k· k!.

(22)

Rozmieszczanie

Wszystkich podziałów zbioru przedmiotów na k niepustychczęści(bloków) jest ⁿ_k.

Następnie tek bloków umieszczamy w k pojemnikach.

Możemy to zrobić na k! sposobów:

pierwszy blok do dowolnego z k pojemników, drugi do dowolnego z k − 1 pojemników, ...

Mamy więc ⁿ_k· k! możliwości.

(23)

Rozmieszczenia nierozróżnialnych kul w rozróżnialnych szufladkach, z których żadna nie może być pusta

Jak wiemy, liczba rozwiązań równania liniowego x₁+ x₂+ · · · + x_k−1+ x_k = n w zbiorze N⁺ wynosi _k−1ⁿ⁻¹.

Oznaczmy przez x₁ liczbę kul w pierwszej szufladce, przez x₂ liczbę kul w drugiej, ... przez x_k liczbę kul w ostatniej szufladce.

Wniosek. Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych szufladkach (k ¬ n), z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k−1.

PRZYKŁAD. n = 3 (trzy kule), k = 2 (dwa pojemniki), ³⁻¹₂₋₁= 2

(24)

Rozmieszczenia nierozróżnialnych kul w rozróżnialnych szufladkach

(mogą być puste szufladki)

Jak wiemy, liczba rozwiązań równania liniowego x₁+ x₂+ · · · + x_k−1+ x_k = n w zbiorze Nwynosi ^n+k−1_k−1 .

Oznaczmy przez x₁ liczbę kul w pierwszej szufladce, przez x₂ liczbę kul w drugiej, ... przez xk liczbę kul w ostatniej szufladce.

Wniosek.

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych pojemnikach wynosi

n + k − 1 k − 1

!

(25)

Przykład. Trzy nierozróżnialne przedmioty można

rozmieścić w dwóch rozróżnialnych pudełkach na

³⁺²⁻¹₂₋₁

sposoby.

(26)

Rozmieszczenia nierozróżnialnych przedmiotów w rozróżnialnych pojemnikach

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych pojemnikach wynosi

n + k − 1 k − 1

! .

Przykład. Na ile sposobów możemy rozmieścić dziesięć identycznych czekolad w pięciu (podpisanych różnymi imionami) kartonach?

10 + 5 − 1 5 − 1

!

= 1001.

(27)

Wybieranie n przedmiotów k typów (z powtórzeniami)

Fakt. Liczba sposobów wyboru zbioru n przedmiotów k rozróżnialnych typów, o ile możliwe są powtórzenia, wynosi ^n+k−1_k−1 .

Uzasadnienie. Jak wiemy, jest ^n+k−1_k−1 sposobów rozmieszczeń n identycznych przedmiotów w k rozróżnialnych pudełkach. Odwracamy tę sytuację. Zamiast wkładać, to wyjmujemy n identycznych przedmiotów z k rozróżnialnych pudełek (z nieograniczoną liczbą przedmiotów oznaczonych etykietą pudełka).

Przykład. Na ile sposobów możemy wybrać 8 monet mając nieograniczony zapas jedno-, dwu-, pięcio- i dziesięciogroszówek?

n = 8, k = 4,

8 + 4 − 1 4 − 1

!

= 165.

(28)

Na ile sposobów można rozmieścić trzy przedmioty w dwóch pojemnikach z uwzględnieniem porządku w pojemnikach?

Odpowiedź. Na 24 sposoby; zauważmy, że 24 = 2³.

(29)

Rozmieszczenia bez powtórzeń rozróżnialnych przedmiotów w rozróżnialnych pojemnikach, z uwzględnianianiem porządku w pojemnikach

Fakt.

Liczba rozmieszczeń n przedmiotów w k pojemnikach, z uwzględnianianiem porządku w pojemnikach,

gdy przedmioty i pojemniki są rozróżnialne wynosi kⁿ. Uzasadnienie.

Rysunki przedstawiają pakowanie dwóch przedmiotów do dwóch pojemników.

(30)

Jak wiemy, liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych pojemnikach wynosi ^k_n!ⁿ.

Jeśli teraz rozróżnimy te n pakowanych przedmiotów i uwzględnimy ich kolejność, to każde z powyższych pakowań wygeneruje n! różnych rozmieszczeń.

1 2 1 2 1 2

2 1 2 1 2 1

Zatem liczba wszystkich rozmieszczeń to ^k_n!ⁿ · n! = kⁿ.

(31)

Dodatkowe rysunki dla pakowania trzech przedmiotów do dwóch pojemników: tu przedmioty nierozróżnialne

Nierozróżnialne przedmioty możemy rozmieścić na 4 sposoby.

Jeśli teraz rozróżnimy te przedmioty i uwzględnimy ich kolejność, to otrzymamy sześć razy (3! = 6) więcej rozmieszczeń.

(32)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4+

1 2 3

(33)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4 + 4+

1 3 2

(34)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4 + 4 + 4+

2 1 3

(35)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4 + 4 + 4 + 4+

2 3 1

(36)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4 + 4 + 4 + 4 + 4+

3 1 2

(37)

Liczba pakowań trzech przedmiotów rozróżnialnych do dwóch pojemników: 4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4 = 4 · 6 = 24

3 2 1

(38)

Na ile sposobów można rozmieścić pięć nierozróżnialnych przedmiotów w sześciu nierozróżnialnych pudełkach?

Odpowiedź. Na 7 sposobów.

(39)

Na ile sposobów można rozmieścić pięć nierozróżnialnych przedmiotów w pięciu nierozróżnialnych pudełkach?

Odpowiedź. Także na 7 sposobów.

(40)

Niech p(n, k) oznacza liczbę sposobów rozmieszczenia n nierozróżnialnych przedmiotów w k nierozróżnialnych pudełkach tak, by żadne pudełko nie było puste (n k).

PRZYKŁAD dla n = 5, k = 1, 2, 3, 4, 5.

p(5, 1) = 1

p(5, 2) = 2

p(5, 3) = 2

p(5, 4) = 1

p(5, 5) = 1

(41)

Rozmieszczenia nierozróżnialnych przedmiotów w nierozróżnialnych pudełkach.

Obserwacja.

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k nierozróżnialnych pudełkach jest równa ^P^k_{i =1}p(n, i ).

Uzasadnienie.

p(n, 1) jest równe liczbie rozmieszczeń n przedmiotów w k pojemnikach tak, że k − 1 pojemników jest pustych;

p(n, 2) jest równe liczbie rozmieszczeń n przedmiotów w k pojemnikach tak, że k − 2 pojemników jest pustych; . . .

Sumując te liczby otrzymamy liczbę wszystkich możliwych rozmieszczeń.

Obserwacja.

p(n, k) jest równa liczbie podziałów n na sumę k dodatnich składników (kolejność dodawania nie jest istotna). Na przykład (poprzedni slajd):

5 = 5, 5 = 4+1 = 3+2, 5 = 3+1+1 = 2+2+1, 5 = 2+1+1+1, 5 = 1+1+1+1+1.

(42)

Rozmieszczenia nierozróżnialnych przedmiotów w nierozróżnialnych pudełkach.

Oczywiście p(n, 1) = 1, p(n, n) = 1, p(n, k) = 0 dla k > n.

Wzór rekurencyjny: p(n, k) = p(n − 1, k − 1) + p(n − k, k).

Uzasadnienie.

p(n, k) jest równa liczbie podziałów n na sumę k dodatnich składników.

Najpierw rozważmy przypadek, że jednym z tych składników jest 1. Liczba wszystkich takich możliwości to p(n − 1, k − 1), albowiem do tej jedynki dodajemy n − 1 zapisane jako suma k − 1 składników.

Następnie rozważmy przypadek, że w rozkładzie liczby n na sumę nie ma jedynki. Załóżmy, że n = m1+ m2+ · · · + m_k jest takim rozkładem (tu każde m_i 2). Wtedy n − k = (m₁− 1) + (m₂− 1) + · · · + (m_k − 1).

Takich rozkładów jest więc p(n − k, k)(tyle ile rozkładów liczbyn − k na sumę k dodatnich składników).

Zatem p(n, k) =p(n − 1, k − 1)+p(n − k, k).

(43)

Funkcja tworząca

Definicja.

Dany jest ciąg (a_n).

Funkcja tworząca dla ciągu (a_n) to szereg (potęgowy)

f (x ) =

∞

X

n=0

a_nxⁿ= a₀+ a₁x + a₂x²+ a₃x³+ a₄x⁴+ . . .

Przykład. Jak wiemy, jeśli |x | < 1, to sumą szeregu geometrycznego 1 + x + x²+ x³+ . . . jest _1−x¹ , czyli

f (x ) =

∞

X

n=0

1· xⁿ= 1 1 − x.

Jest to funkcja tworząca dla ciągu 1, 1, 1, 1, 1, . . . (coeff_{f (x )}(xⁿ) =1).

(44)

Funkcja tworząca, przykład

Wzór Newtona:

(1 + x )ⁿ=

n

X

k=0

n k

! xⁿ Funkcją tworzącą dla skończonego ciągu

n 0

! , n

1

! , n

2

!

, . . . , n n

!

jest

(1 + x )ⁿ.

(45)

Funkcja tworząca, wieże Hanoi

Jak wiemy, a1= 1 oraz an= 2an−1+ 1dla n > 1, gdzie an to liczba wykonanych ruchów (poprzednio oznaczana rn).

Zastosujemy (zamiast indukcji) funkcję tworzącą:

f (x ) =^P^∞_n=1a_nxⁿ= a₁x + a₂x²+ a₃x³+ . . .

=a1x +^P^∞_n=2anxⁿ

= x +^P^∞_n=2(2an−1+ 1)xⁿ

= x + 2^P^∞_n=2a_n−1xⁿ+^P^∞_n=2xⁿ

= x +2(a1x²+ a2x³+ . . . )+ x²+ x³+ . . .

=2x (a1x + a2x²+ . . . )+ x (1 + x + x²+ . . . )

= 2xf (x ) +_1−x^x

(46)

Funkcja tworząca, wieże Hanoi

f (x ) = 2xf (x ) + x 1 − x, czyli

f (x ) = x

(1 − x )(1 − 2x ). Po rozkładzie

f (x ) = 1

1 − 2x − 1 1 − x. Wiemy, że _1−x¹ = 1 + x + x²+ · · · =^P^∞_n=0xⁿ. Stąd

f (x ) =

∞

X

n=0

(2x )ⁿ− xⁿ=

∞

X

n=0

2ⁿ− 1xⁿ=

∞

X

n=1

2ⁿ− 1xⁿ.

Zatem a_n= 2ⁿ− 1.

(47)

Funkcja tworząca, ciąg Fibonacciego

Oznaczmy FIB(n) = an. Wtedy an=











0 dla n = 0, 1 dla n = 1,

an−1+ an−2 dla n 2 Zastosujemy funkcję tworzącą:

f (x ) =^P^∞_n=0a_nxⁿ= a₀+ a₁x + a₂x²+ a₃x³+ . . .

= a₀+ a₁x +^P^∞_n=2a_nxⁿ= 0 + 1 · x +^P^∞_n=2(a_n−1+ a_n−2)xⁿ

= x +^P^∞_n=2(an−1+ an−2)xⁿ

= x + (a₁x²+ a₂x³+ . . . ) + (a₀x²+ a₁x³+ a₂x⁴+ . . . )

= x + x (a₁x + a₂x²+ . . . ) + x²(a₁x + a₂x²+ . . . )

= x + xf (x ) + x²f (x )

(48)

Funkcja tworząca, ciąg Fibonacciego

f (x ) = x + xf (x ) + x²f (x ), czyli f (x )= _{1−x −x}^x 2. Po rozkładzie (tu: ϕ = ¹⁺

√5

2 , 1 − ϕ = ¹⁻

√5 2 ) f (x )= 1

√5

1

1 − ϕx − 1

1 − (1 − ϕ)x

.

Jak wiemy, _1−αx¹ = 1 + αx + α²x²+ · · · =^P^∞_n=0αⁿxⁿ

f (x ) =

∞

X

n=0

√1

5[ϕⁿxⁿ− (1 − ϕ)ⁿxⁿ] =

∞

X

n=0

√1

5[ϕⁿ− (1 − ϕ)ⁿ]· xⁿ, czyli FIB(n) =a_n= ^√¹

5[ϕⁿ− (1 − ϕ)ⁿ].

(49)

Ile jest (w zbiorze N ) rozwiązań równania t

1

+ t

2

+ · · · + t

k

= n?

Podamy jeszcze jeden sposób rozwiązania (zobacz poprzedni wykład). Niech f (x ) = (1 + x + x²+ x³+ . . . )^k; „wymnóżmy” te nawiasy.

Oznaczmy przez coeff_{f (x )}(xⁿ) współczynnik przy xⁿ.

Zauważmy, że xⁿ uzyskujemy biorąc potęgi x z nawiasów tak, by suma tych potęg wyniosła n (z pierwszego nawiasu x^t¹, z drugiego x^t², . . . ).

Rozwiązań naszego równania jest więc tyle, ile wynosi coeff_{f (x )}(xⁿ).

Przykład. k = 2, n = 2; są trzyrozwiązania równania t1+ t2 = 2.

Są to t₁ = 0, t₂ = 2; t₁ = 1, t₂= 1; t₁ = 2, t₂ = 0.

Zapisując w postaci sumy (1 + x + x²)² (nie musimy w nawiasie wpisywać dalszych wyrazów, bo interesuje nas współczynnik przy x²) otrzymamy 1 + 2x +3·x²+ 2x³+ x⁴. Współczynnik przy x² to3.

(50)

Kombinacje z ograniczeniami

Pytanie.

Ile jest k-elementowych kombinacji z powtórzeniami ze zbioru

{x₁, . . . , xn}, w których liczba wystąpień elementu x_i należy do zbioru A_i ⊆ N, dla i = 1, . . . , n?

Liczbę takich kombinacji oznaczmy przez a_k. Funkcja tworząca ciąg a_k to

f (x ) =^X

k

a_kx^k =



 X

i ∈A1

xⁱ



·



 X

i ∈A2

xⁱ



· . . . ·



 X

i ∈An

xⁱ



,

gdyż, po wymożeniu, możemy składnik xⁱ¹xⁱ². . . xⁱⁿ traktować tak jak wybór i1 elementów x1 (gdzie i1 ∈ A₁), i2 elementów x2 (gdzie i2 ∈ A₂), ...

(51)

Kombinacje z ograniczeniami

Przykład.

Ile rozwiązań równania x1+ x2+ x3 = 5 spełnia warunki x₁, x₂∈ {0, 1, 2}, x₃ ∈ {2, 4}?

Dla tak małego k (tu k = 3) oraz n (tu n = 5) wszystkie cztery rozwiązania łatwo znaleźć:

x1 = 0, x2 = 1, x3= 4;

x₁ = 1, x₂ = 0, x₃= 4;

x1 = 1, x2 = 2, x3= 2;

x1 = 2, x2 = 1, x3 = 2.

Funkcją tworzącą jest

(x⁰+ x¹+ x²)(x⁰+ x¹+ x²)(x²+ x⁴)

= x²+ 2x³+ 4x⁴+4· x⁵+ 4x⁶+ 2x⁷+ x⁸. Współczynnik przy x⁵ tocztery.

(52)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

Jak tu wygląda funkcja tworząca?

Oznaczmy przez (0) brak monety (danego typu).

Z monet 1-centowych możemy uzyskać dowolną kwotę R₁ = {(0), (1), (1)(1), (1)(1)(1), . . .}

Zapis (1)(1) oznacza dwie monety 1-centowe, a (1)(1)(1) trzy takie monety, ...

Podobnie przedstawiają się rozmiany kwot będących wielokrotnościami, odpowiednio, 5, 10, 25 i 50 centów:

R5 = {(0), (5), (5)(5), (5)(5)(5), . . . }

R₁₀= {(0), (10), (10)(10), (10)(10)(10), . . . } R₂₅= {(0), (25), (25)(25), (25)(25)(25), . . . } R50= {(0), (50), (50)(50), (50)(50)(50), . . . }

(53)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

Zbiór wszystkich rozmian przy użyciu monet 1- oraz 5-centowych to R₁× R₅= {(0), (1), (5), (1)(1), (1)(5), (5)(5), (1)(1)(1), . . . } Zbiór wszystkich rozmian przy użyciu monet 1-, 5-, 10-, 25-, 50-centowych to (zamiast (1)(0)(0)(0)(0) piszemy tylko (1), ...)

R1× R₅× R₁₀× R₂₅× R₅₀

= {(0), (1), (5), (10), (25), (50), (1)(1), (1)(5), (1)(10), . . . }.

Zmieńmy kolejność i pogrupujmy wyrażenia w nawiasy kwadratowe zawierające te same kwoty:

{[(1)], [(1)(1)], [(1)(1)(1)], [(1)(1)(1)(1)],(1)(1)(1)(1)(1), (5),

(1)(1)(1)(1)(1)(1), (1)(5),(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1), (1)(1)(5), . . . }

(54)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

{[(1)],(1)(1), [(1)(1)(1)], [(1)(1)(1)(1)], [(1)(1)(1)(1)(1), (5)], [(1)(1)(1)(1)(1)(1), (1)(5)],(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1), (1)(1)(5), . . . } Na przykład, wdrugimnawiasie kwadratowym mamy jedyną możliwość uzyskania dwóch centów, w siódmym mamy wszystkie dwie możliwości uzyskania siedmiu centów, w setnym są wszystkie możliwości uzyskania dolara (100 centów), w n-tym nawiasie kwadratowym − n centów.

Jeśli zastąpimy (0) przez x⁰ = 1, (1) przez x , (1)(1) przez x², podobnie (5) przez x⁵, (5)(5) przez x⁵· x⁵ = x¹⁰, (10) przez x¹⁰, ... uzyskamy funkcję tworzącą

(1 + x + x²+ x³+ . . . ) · (1 + x⁵+ x¹⁰+ . . . ) · (1 + x¹⁰+ x²⁰+ . . . )·

·(1 + x²⁵+ x⁵⁰+ . . . ) · (1 + x⁵⁰+ x¹⁰⁰+ . . . )

= 1 + x + x²+ x³+ x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+ 2x⁷+ 2x⁸+ 2x⁹+ 4x¹⁰+ . . .

(55)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

Funkcja tworząca:

(1 + x +x²+ x³+ x⁴+ x⁵+ x⁶+ x⁷+ . . . ) · (1+ x⁵+ x¹⁰+ x¹⁵+ . . . )·

·(1+ x¹⁰+ x²⁰+ . . . ) · (1+ x²⁵+ x⁵⁰+ . . . ) · (1+ x⁵⁰+ x¹⁰⁰+ . . . )

= 1 + x +1·x²+ x³+ x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+ 2·x⁷+ 2x⁸+ 2x⁹+ 4x¹⁰+ . . . Zauważmy, że wyrażenie x² możemy uzyskać tylko w jedensposób: biorąc x² z pierwszegonawiasu (oznacza to dwiemonetyjednocentowe i jedynki (czyli x⁰) z pozostałych nawiasów (oznacza to brak innych monet). Mamy tylkojedną możliwość rozmianydwóchcentów.

Z kolei wyrażenie x⁷ możemy uzyskać na dwa sposoby: albo mnożąc x² z pierwszego nawiasu przez x⁵ z drugiego nawiasu (oznacza todwiemonety jednocentowe ijedną monetępieciocentową), albo biorąc x⁷ zpierwszego nawiasu (oznacza to siedemmonet jednocentowych) i zero innych monet. Mamy dwiemożliwości rozmianysiedmiu centów.

(56)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

Funkcja tworząca:

(1 + x +x²+ x³+ x⁴+ x⁵+ x⁶+x⁷+ . . . ) · (1 +x⁵+ x¹⁰+ x¹⁵+ . . . )·

·(1+ x¹⁰+ x²⁰+ . . . ) · (1+ x²⁵+ x⁵⁰+ . . . ) · (1+ x⁵⁰+ x¹⁰⁰+ . . . )

= 1 + x + 1·x²+ x³+ x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+2·x⁷+ 2x⁸+ 2x⁹+ 4x¹⁰+ . . . Zauważmy, że wyrażenie x² możemy uzyskać tylko w jeden sposób: biorąc x² z pierwszego nawiasu (oznacza to dwie monety jednocentowe i jedynki (czyli x⁰) z pozostałych nawiasów (oznacza to brak innych monet). Mamy tylko jedną możliwość rozmiany dwóch centów.

Z kolei wyrażenie x⁷ możemy uzyskać na dwa sposoby: albo mnożąc x² z pierwszego nawiasu przez x⁵ z drugiego nawiasu (oznacza todwiemonety jednocentowe ijedną monetępieciocentową), albo biorąc x⁷ zpierwszego nawiasu (oznacza to siedemmonet jednocentowych) i zero innych monet.

Mamy dwiemożliwości rozmianysiedmiu centów.

(57)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

(1 + x + x²+ x³+ . . . ) · (1 + x⁵+ x¹⁰+ . . . ) · (1 + x¹⁰+ x²⁰+ . . . )·

·(1 + x²⁵+ x⁵⁰+ . . . ) · (1 + x⁵⁰+ x¹⁰⁰+ . . . )

= 1 + x + x²+ x³+ x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+ 2x⁷+ 2x⁸+ 2x⁹+4·x¹⁰+ . . . Są czteryróżne rozmiany dziesięciu centów, gdyż współczynnik przy x¹⁰ wynosicztery. Te rozmiany to:

dziesięć jednocentówek (x¹⁰ możemy uzyskać biorąc x¹⁰ z pierwszego nawiasu i jedynki (x⁰) z pozostałych);

dwie pięciocentówki (x¹⁰ możemy uzyskać biorąc x¹⁰= x⁵· x⁵ z drugiego nawiasu i jedynki (x⁰) z pozostałych);

pięć jednocentówek i jedną pięciocentówkę (x¹⁰ możemy uzyskać mnożąc x⁵ z pierwszego nawiasu przez x⁵ z drugiego nawiasu);

jedną dziesięciocentówkę (x¹⁰ możemy uzyskać biorąc x¹⁰ z trzeciego nawiasu i jedynki (x⁰) z pozostałych);

(58)

Na ile sposobów możemy rozmienić dolara mając do dyspozycji monety 1-, 5-, 10-, 25- oraz 50-centowe?

Funkcja tworząca:

(1 + x + x²+ x³+ . . . ) · (1 + x⁵+ x¹⁰+ . . . ) · (1 + x¹⁰+ x²⁰+ . . . )·

·(1 + x²⁵+ x⁵⁰+ . . . ) · (1 + x⁵⁰+ x¹⁰⁰+ . . . )

= 1 + x + x²+ x³+ x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+ 2x⁷+ 2x⁸+ 2x⁹+ 4x¹⁰ + · · · + 292x¹⁰⁰+ . . .

Fakt.

Liczba możliwych rozmian n centów jest równa współczynnikowi przy xⁿ.

W szczególności,

są 292 różne rozmiany dolara, gdyż współczynnik przy x¹⁰⁰ to 292.

Rozmieszczenia, funkcje tworzące