Podstawowe zasady zliczania

(1)

Podstawowe zasady zliczania

Wykłady z matematyki dyskretnej dla informatyków i teleinformatyków

UTP Bydgoszcz

03

(2)

Prawo sumy

Twierdzenie. Dana jest rodzina parami rozłącznych zbiorów skończonych {S₁, S2, . . . , Sn} (dla n ∈ Z⁺). Wtedy

k

n

[

i =1

Sik =

n

X

i =1

kS_ik.

Przykład.

A1 = {1}, A2= {2, 3}. , A3 = {4, 5, 6}, A4= {7, 8, 9, 10}, . . . , A_n= {¹₂(n − 1)n + 1, . . . ,¹₂n(n + 1)}.

Wtedy

kA₁∪ A₂k = kA₁k + kA₂k = 1 + 2 = 3.

(3)

Prawo sumy

Twierdzenie. Dana jest rodzina parami rozłącznych zbiorów skończonych {S₁, S₂, . . . , S_n} (dla n ∈ Z⁺). Wtedy

k

n

[

i =1

S_ik =

n

X

i =1

kS_ik.

Przykład.

A₁ = {1}, A₂= {2, 3}, A₃ = {4, 5, 6}, A₄= {7, 8, 9, 10}, . . . , An= {¹₂(n − 1)n + 1, . . . ,¹₂n(n + 1)}.

Wtedy

kA₁∪ A₂∪ · · · ∪ A_nk =^Pⁿ_{i =1}kA_ik = 1 + 2 + · · · + n = ¹₂n(n + 1).

(4)

Symbol Newtona

Definicja.

Dany jest n-elementowy zbiór X . Niech k ¬ n będzie liczbą naturalną i niech S będzie rodziną k-elementowych podzbiorów zbioru X , czyli S = {A ∈ 2^X| kAk = k}. Liczbę kSk nazywamy współczynnikiem dwumiennym (Newtona) i oznaczamy ⁿ_k.

Później wykażemy, że ⁿ_k= _k!·(n−k)!^n! , ale najpierw wzór rekurencyjny.

(5)

S = {A ∈ 2

^X

| kAk = k}, kSk =

ⁿ_k

Zaczniemy od przypadków „skrajnych”.

Dlak = n liczymy moc zbioru S = {A ∈ 2^X| kAk = n} = {X }.

Oczywiście k{X }k = 1 = ⁿ_n.

Dlak = 0 liczymy moc zbioru S = {A ∈ 2^X| kAk = 0} = {∅}.

Oczywiście k{∅}k = 1 = ⁿ₀.

Dlak > n liczymy moc zbioru S = {A ∈ 2^X| kAk > kX k} = ∅.

Oczywiście k∅k =0.

Założmy, że 1 ¬ k < n (oraz n 2).

(6)

Symbol Newtona

ⁿ_k

to liczba wszystkich k-elementowych podzbiorów zbioru n elementowego.

Mamy n kul ponumerowanych liczbami 1, 2, . . . , n. Na ile sposobów możemy wybrać k spośród nich (oczywiście także na _kⁿsposobów)?

Najpierw oszacujmy wybory zawierające kulę o numerze 1.

Jest ich ⁿ⁻¹_k−1 (musimy dobrać k − 1 kul z pozostałych n − 1).

Następnie oszacujmy wybory nie zawierające kuli o numerze 1.

Jest ich ⁿ⁻¹_k (wybieramy k kul z pozostałych n − 1).

Stąd,

n k

!

= n − 1 k − 1

!

+ n − 1 k

!

(7)

Współczynnik dwumienny

ⁿ_k

WZÓR REKURENCYJNY:

n k

!

=











n−1 k−1

+ ⁿ⁻¹_k dla 0 < k < n, 1 dla k = 0 lub k = n, 0 dla k > n

Algorytm wd (n, k) = ⁿ_k. def wd(n,k):

if k==0 or k==n:

return 1 if n<k:

return 0

return wd(n-1,k-1)+wd(n-1,k)

(8)

n k

=

_k−1ⁿ⁻¹

+

ⁿ⁻¹_k

SCHEMAT DLA n = 5, k = 3

wd (1, 0) = 1 +

wd (1, 1) = 1 2 wd (2, 0) = 1 +

wd (2, 1)

3 3 3

wd (1, 0) = 1 +

wd (1, 1) = 1 2

wd (1, 0) = 1 +

wd (1, 1) = 1 2 wd (2, 1) +

wd (2, 2) = 1 wd (2, 1)

+

wd (2, 2) = 1 wd (3, 1)

+

wd (3, 2)

wd (3, 2) +

wd (3, 3) = 1 6

4 wd (5, 3)

10 wd (4, 2) +

wd (4, 3)

(9)

PRZYKŁAD. Niech zbiór X ma n elementów.

Oznaczmy przez 2^X rodzinę podzbiorów zbioru X (zbiór potęgowy).

Niech Sk bedzie rodziną k-elementowych podzbiorów zbioru X . Jak wiemy, kS_kk = _kⁿ.

Zbiory S₀, S₁, . . . , S_n są parami rozłączne.

Z prawa sumy:

k2^Xk = k

n

[

k=0

S_kk =

n

X

k=0

kS_kk =

n

X

k=0

n k

! .

(10)

Wzór Newtona

(a + b)ⁿ=

n

X

k=0

n k

! a^n−kb^k

Przykłady (dla n = 2, 3, 4).

(a + b)² = ²₀a²b⁰+ ²₁a¹b¹+ ²₂a⁰b²= a²+ 2ab + b²

(a + b)³ = ³₀a³+ ³₁a²b + ³₂ab²+ ³₃b³ = a³+ 3a²b + 3ab²+ b³ (a + b)⁴ = a⁴+ 4a³b + 6a²b²+ 4ab³+ b⁴

(11)

Wzór Newtona

(a + b)ⁿ=

n

X

k=0

n k

! a^n−kb^k

Uzasadnienie. Po wymnożeniu

(a + b) · . . . · (a + b)

| {z }

n razy

otrzymamy wielomian dwóch zmiennych ze składnikami postaci a^n−kb^k dla k = 0, 1, . . . , n.

Dla każdego ustalonego k otrzymamy tyle składników, na ile sposobów można wybrać k (liczb b) spośród n (nawiasów zawierających b), czyli _kⁿ.

(12)

Zależność:

^Pn_k=0ⁿ_k

= 2

ⁿ

Uzasadnienie. We wzorze

(a + b)ⁿ=

n

X

k=0

n k

! a^n−kb^k podstawiamy a = 1, b = 1:

(1 + 1)ⁿ=

n

X

k=0

n k

!

1^n−k1^k, czyli

2ⁿ=

n

X

k=0

n k

! . WNIOSEK.

k2^Xk =

n

X n^!

= 2ⁿ.

(13)

Trójkąt Pascala

0 0

1 0

1 1

2 0

2 1

2 2

3 0

₃

1

₃

2

₃

3

...

Zauważmy, że wyrazy skrajne to jedynki oraz każdy kolejny element jest sumą dwóch stojących bezpośrednio nad nim − jest to konsekwencja wzoru ⁿ_k= ⁿ⁻¹_k−1+ ⁿ⁻¹_k . Na przykład: ³₁= ²₀+ ²₁.Zatem:

1 1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

...

(14)

Trójkąt Pascala

0 0

1 0

1 1

2 0

2 1

2 2

3 0

₃

1

₃

2

₃

3

...

Zauważmy, że wyrazy skrajne to jedynki oraz każdy kolejny element jest sumą dwóch stojących bezpośrednio nad nim − jest to konsekwencja wzoru ⁿ_k= ⁿ⁻¹_k−1+ ⁿ⁻¹_k . Zatem: ³₁

1 1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

(15)

Prawo iloczynu

Twierdzenie.

Dane są zbiory A₁, . . . , A₂.

kA₁× A₂× · · · × A_nk = kA₁k · kA₂k · · · kA_nk.

(16)

Zliczanie ciągów binarnych

Wniosek.

Jest 2ⁿ różnych n-elementowych ciągów złożonych z zer i jedynek.

k {0, 1} × · · · × {0, 1}

| {z }

n czynników

k =

n

Y

i =1

k{0, 1}k = 2ⁿ.

(17)

Zliczanie funkcji

Przykład.

Ile jest różnych funkcji działających ze zbioru jednoelementowego w zbiór dwuelementowy?

Y

y₂ y₁

X

x₁

Y

y₂ y₁

X

x₁

Są dwie takie funkcje.

(18)

Zliczanie funkcji

Przykład.

Ile jest różnych funkcji działających ze zbioru dwuelementowego w zbiór dwuelementowy?

Y

y₂ y₁

X ^x²

x₁

Y

y₂ y₁

X ^x²

x₁

Y

y2 y₁

X ^x²

x₁

Y

y2 y₁

X ^x²

x₁

Są cztery takie funkcje.

(19)

Zliczanie funkcji

Oznaczenie.

Zbiór wszystkich funkcji f : X → Y oznaczymy przez Y^X. Wniosek.

Różnych funkcji f : X → Y , gdy kX k = k, kY k = n jest kY^Xk = n^k.

Przykład. Ile jest różnych czterocyfrowych kodów PIN?

Kod PIN można traktować jako funkcję ze zbioru „pozycji” {1, 2, 3, 4}

(tu k = 4) w zbiór cyfr {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} (tu n = 10).

Funkcji tych jest 10⁴.

Na pierwszym miejscu mamy 10 możliwości wyboru, na drugim 10, na trzecim 10 i na czwartym 10, co daje 10 · 10 · 10 · 10 różnych kodów.

(20)

parzyste/nieparzyste

Twierdzenie.

Dany jest niepusty n-elementowy zbiór X . Niech

[2^X]even = {A ∈ 2^X| kAk jest liczbą parzystą}, [2^X]_odd = {A ∈ 2^X| kAk jest liczbą nieparzystą}.

Wtedy

k[2^X]evenk = k[2^X]oddk = 2ⁿ⁻¹.

(21)

k[2

^X

]

even

k = k[2

^X

]

odd

k = 2

ⁿ⁻¹

Dowód. Niech a ∈ X .

Funkcja f o dziedzinie 2^{X \{a}} zdefinowana następująco:

f (A) =

(A, gdy A ∈ [2^{X \{a}}]_even A ∪ {a}, gdy A ∈ [2^{X \{a}}]_odd jest bijekcją f : 2^{X \{a}} → [2^X]even.

Zatem

k2^{X \{a}}k = k[2^X]evenk = 2ⁿ⁻¹

(zbiór X \ {a} ma n − 1 elementów). Na podstawie prawa sumy k[2^X]_oddk + k[2^X]evenk = 2ⁿ, zatem także k[2^X]_oddk = 2ⁿ⁻¹.

(22)

Pn

k=0

(−1)

^k

·

_kⁿ

= 0 dla n ∈ N

⁺

Uzasadnienie.

Przypomnijmy, że ⁿ_koznacza liczbę k-elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego. Zatem ^Pk∈{0,1,2,...n}even

n k

oznacza liczbę wszystkich parzystoelementowych podzbiorów. Stąd

X

k∈{0,1,2,...n}

(−1)^k · n k

!

= ^X

k∈{0,1,2,...n}even

n k

!

− ^X

k∈{0,1,2,...n}_odd

n k

!

= 2ⁿ⁻¹− 2ⁿ⁻¹= 0.

(23)

Zliczanie funkcji, inny sposób

Niech kX k = k, kY k = n.

Moc zbioru wszystkich funkcji f : X → Y wynosi kY^Xk = n^k. Uzasadnienie.

Wyobraźmy sobie, że rozmieszczamy elementy x1, x2, . . . , xk ze zbioru X w n pojemnikach („elementach” zbioru Y ).

Element x₁ możemy umieścić w dowolnym z n pojemników (czyli na n sposobów). Podobnie z x2, ..., xk (funkcja nie musi być różnowartościowa).

Jest więc n · . . . · n

| {z }

k razy

= n^k sposobów rozmieszczeń.

(24)

Zliczanie injekcji

Przykład.

Ile jest różnych funkcji różnowartościowych działających ze zbioru dwuelementowego w zbiór trzyelementowy?

(25)

Zliczanie injekcji

Niech kX k = k, kY k = n.

Rozważmy injekcję (funkcję różnowartościową) f : X → Y . Zbiór wszystkich takich injekcji oznaczmy przez [Y^X]1−1.

Podobnie jak poprzednio umieszczamy k elementów xi w n pojemnikach (zakładamy tu że k > 0 oraz k ¬ n), ale, tym razem, w dowolnym pojemniku może być co najwyżej jeden element. Zatem x₁ możemy

umieścić w dowolnym z n pojemników, x2 w dowolnym z n − 1 pojemników (jeden jest już zajęty), x₃ w dowolnym z n − 2 pojemników,...

Istnieje więc n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) sposobów rozmieszczenia.

Ponadto, jeśli n < k, to nie ma injekcji z X do Y , więc ich liczba to 0.

Jeśli natomiast k = 0, to jedyną injekcją zbioru pustego w dowolny zbiór jest funkcja pusta, czyli [Y^X]₁₋₁= {∅}.

(26)

Zliczanie injekcji

Istnieje więc n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) sposobów rozmieszczenia.

Ponadto, jeśli n < k, to nie ma injekcji z X do Y , więc ich liczba to 0.

Jeśli natomiast k = 0, to jedyną injekcją zbioru pustego w dowolny zbiór jest funkcja pusta, czyli [Y^X]1−1= {∅}.

Podsumowując:

k[Y^X]1−1k =











0, dla n > 0 i k > n 1, dla k = 0

n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1), dla 0 < k ¬ n .

Prawą stronę tego równania nazwaliśmy potęgą ubywającą n^k.

(27)

Zliczanie injekcji

Przykład. Ile jest różnych czterocyfrowych kodów PIN, w których nie powtarza się żadna cyfra?

Taki kod PIN można traktować jako injekcję ze zbioru „pozycji”

{1, 2, 3, 4} (tu k = 4) w zbiór cyfr {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} (tu n = 10).

Injekcji tych jest

10⁴=

4

Y

i =1

(n − i + 1) = 10 · 9 · 8 · 7 = 5040

Na pierwszym miejscu mamy 10 możliwości wyboru, na drugim już tylko 9, na trzecim 8 i na czwartym 7, co daje 10 · 9 · 8 · 7 różnych kodów.

(28)

Zliczanie bijekcji

Przykład.

Ile jest różnych funkcji różnowartościowych działających ze zbioru dwuelementowego w zbiór dwuelementowy?

Y

y₂ y₁

X ^x²

x₁

Y

y₂ y₁

X ^x²

x₁

Są dwie takie funkcje.

(29)

Zliczanie bijekcji, k[Y

^X

]

bij

k = n!

Jak wiemy, k[Y^X]1−1k = n^k.

Jeśli n = k, to liczba wszystkich bijekcji k[Y^X]_bijk = nⁿ = n!.

Przykład. Na ile sposobów można dobrać w pary (mieszane) sześciu chłopców i sześć dziewcząt?

Każdą parę możemy traktować jako bijekcję z sześcioelementowego zbioru chłopców w sześcioelementowy zbiór dziewcząt. Bijekcji tych jest 6! = 720.

(30)

Zliczanie injekcji, inny sposób

x₂ x₁

x₄

(35)

[Y

^X

]

na

to zbiór wszystkich surjekcji f : X → Y

Twierdzenie.

Gdy kX k = k,kY k = n, k n, a {^k_n} to liczba Stirlinga II rodzaju, to k[Y^X]nak = {^k_n} · n!

Y

y₂ y₁

X ^x³

x₂ x1

x₄

Inny wzór: k[Y^X]nak =Pn

i =0(−1)ⁱ· ⁿ_i

· (n − i )^k Wniosek: Skoro k[Y^X]nak =Pn

i =0(−1)ⁱ· ⁿ_i

· (n − i )^k= {^kn} · n!, więc {^k_n} = _n!¹ Pn

(37)

Liczba surjekcji ze zbioru k-elementowego w zbiór n-elementowy

k/n 1 2 3 4 5 6 7 8

1 1 0 0 0 0 0 0 0

2 1 2! 0 0 0 0 0 0

3 1 6 3! 0 0 0 0 0

4 1 14 36 4! 0 0 0 0

5 1 30 150 240 5! 0 0 0

6 1 62 540 1560 1800 6! 0 0

7 1 126 1806 8400 16800 151200 7! 0

8 1 254 5756 40824 126000 191520 141120 8!

(38)

Twierdzenie. Niech A₁, A₂, A₃ będą dowolnymi zbiorami skończonymi.

Wtedy

kA₁∪ A₂∪ A₃k = kA₁k + kA₂k + kA₃k

−kA₁∩ A₂k − kA₁∩ A₃k − kA₂∩ A₃k + kA₁∩ A₂∩ A₃k.

A₁

A₂

A₃ A1∩ A₂

A1∩ A₃

A2∩ A₃ A1∩ A₂∩ A₃

(45)

Zasada włączeń i wyłączeń

Przykład.

W trzydziestojednoosobowej klasie dwudziestu uczniów uczy się niemieckiego, czternastu francuskiego, a dziesięciu hiszpańskiego. Jeśli żadne dziecko nie uczy się wszystkich trzech języków, a dziewięcioro nie uczy się żadnego z nich, to ilu uczy się francuskiego i hiszpańskiego?

N

(46)

Zasada włączeń i wyłączeń

Przykład.

F

Przykład.

W trzydziestojednoosobowej klasie dwudziestu uczniów uczy się niemieckiego, czternastu francuskiego, a dziesięciu hiszpańskiego. Jeśli żadne dziecko nie uczy się wszystkich trzech języków, a dziewięcioro nie uczy się żadnego z nich, to ilu uczy się francuskiego i hiszpańskiego?

F

N

? H

(54)

Zasada włączeń i wyłączeń

Przykład.

W trzydziestojednoosobowej klasie dwudziestu uczniów uczy się niemieckiego, czternastu francuskiego, a dziesięciu hiszpańskiego. Jeśli żadne dziecko nie uczy się wszystkich trzech języków, a dziewięcioronie uczy się żadnego z nich, to ilu uczy się francuskiego i hiszpańskiego?

Podstawiamy kN ∪ F ∪ Hk =31−9= 22,

kNk + kFk + kHk = 20 + 14 + 10 = 44 orazkN ∩ F ∩ Hk = 0 do wzoru kN ∪ F ∪ Hk = kNk + kF k + kHk

−kN ∩ F k − kN ∩ Hk − kF ∩ Hk +kN ∩ F ∩ Hk.

otrzymując

(55)

Wiemy, że

kN ∪ F ∪ Hk =22,

kN ∩ F k + kN ∩ Hk + kF ∩ Hk = 22.

Ponadto wiemy, że zbiory N ∩ F , N ∩ H, F ∩ H (które pokrywają N ∪ F ∪ H) są rozłączne, gdyż N ∩ F ∩ H = ∅. Zatem każde dziecko jeśli uczy się (przynajmniej jednego) z tych trzech języków, to uczy się

dokładnie dwóch z nich.

F

N

H

N ∪ F ∪ H = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

(56)

Wiemy, że

kN ∪ F ∪ Hk =22,

kN ∩ F k + kN ∩ Hk + kF ∩ Hk =22.

Ponadto wiemy, że zbiory N ∩ F , N ∩ H, F ∩ H (które pokrywają N ∪ F ∪ H) są rozłączne, gdyż N ∩ F ∩ H = ∅. Zatem każde dziecko jeśli uczy się (przynajmniej jednego) z tych trzech języków, to uczy się

F

H

N ∪ F ∪ H = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

(57)

Wiemy, że

kN ∪ F ∪ Hk =22,

kN ∩ F k + kN ∩ Hk + kF ∩ Hk =22.

F

N

H

N ∪ F ∪ H = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

(58)

Wiemy, że

kN ∪ F ∪ Hk =22,

kN ∩ F k + kN ∩ Hk + kF ∩ Hk =22.

F

H

N ∪ F ∪ H = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

(59)

Wiemy, że

kN ∪ F ∪ Hk =22,

kN ∩ F k + kN ∩ Hk + kF ∩ Hk =22.

Ponadto wiemy, że zbiory N ∩ F , N ∩ H, F ∩ H (które pokrywają N ∪ F ∪ H) są rozłączne, gdyż N ∩ F ∩ H = ∅. Zatem każde dziecko jeśli uczy się (przynajmniej jednego) z tych trzech języków, to uczy się

F ∩ H

N ∩ H N ∩ F

N = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H) F = (N ∩ F ) ∪ (F ∩ H) H = (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

(60)

kN ∩ F k + kN ∩ H k + kF ∩ Hk = 22

F ∩ H

N ∩ H N ∩ F

?

N = (N ∩ F ) ∪ (N ∩ H)

F = (N ∩ F ) ∪ (F ∩ H) H = (N ∩ H) ∪ (F ∩ H)

Każde dziecko jeśli uczy się (przynajmniej jednego) z tych trzech języków, to uczy się dokładnie dwóch z nich. Oznacza to, że

20= kNk = kN ∩ F k + kN ∩ Hk, a więc

kF ∩ Hk =22−20= 2.

(61)

Zasada włączeń i wyłączeń, wersja dla dowolnego n 2.

Twierdzenie (prawo włączania-wyłączania).

Niech A₁, A₂, . . . , A_n będą dowolnymi zbiorami skończonymi i niech

{1,2,...,n}

k

oznacza rodzinę wszystkich k elementowych podzbiorów zbioru {1, 2, . . . , n}.

Wtedy k

n

[

i =1

A_ik =

n

X

k=1

(−1)^k−1·





 X

J∈({1,2,...,n}

k )

k^\

i ∈J

A_ik





.

Podstawowe zasady zliczania