MATEMATYKA DYSKRTENA - wykÃlad 2 dr in˙z Krzysztof Bry´s
Zliczanie podstawowych obiekt´ow kombinatorycznych Wst¸ep
Kombinatoryka jest gaÃl¸ezia matematyki, kt´ora zajmuje si¸e badaniem zbior´ow sko´nczonych i przeliczalnych wraz z pewnymi relacjami. Zbi´or wraz z relacj¸a nazywa si¸e obiektem kom- binatorycznym. Obiektami kombinatorycznymi s¸a np. permutacje, rozmieszczenia, podziaÃly, grafy.
Kombinatoryka powstaÃla na potrzeby hazardu ale jej obecne zastosowania s¸a znacznie szersze. PrzyszÃlemu informatykowi wiedza kombinatoryczna przyda si¸e z pewno´sci¸a przy badaniu poprawno´sci i zÃlozono´sci algorytm´ow.
Podstawowe zagdnienia kombinatoryczne, to:
1) Czy istnieje obiekt o zadanych wÃlasno´sciach?
2)Ile jest obiekt´ow o zadanych wÃlasno´sciach?
3) Czy (i je´sli tak to jak) mo˙zna znale´z´c obiekt optymalny o zadanych wÃlasno´sciach?
Podstawowe obiekty kombinatoryczne
W kombinatoryce cz¸esto u˙zywa si¸e poj¸ecia zbioru z powt´orzeniami. W przypadku poj¸ecia zbioru zakÃlada si¸e, ˙ze ka˙zdy obiekt wyst¸epuje w nim co najwy˙zej raz. Wystarczy jednak rozwa˙zy´c przypadek gdy w grupie os´ob znajduj¸a si¸e nierozr´o˙znialni bli´zniacy (inna jest liczba ustawie´n w kolejce do Dziekana 10 r´o˙znych student´ow a inna gdy w grupie 10 student´ow jest para nierozr´o˙znialnych bli´zniak´ow - je´sli zamieni¸a si¸e miejscami kolejka b¸edzie wygl¸ada´c dokÃladnie jak przed zamian¸a) by stwierdzi´c, ˙ze czasami dopuszczenie wielokrotnego wyst¸epowania tego samego elementu w zbiorze jest wr¸ecz niezb¸edne. Zbi´or taki nazywa si¸e wÃla´snie zbiorem z powt´orzeniami. Zapiszmy to dla porz¸adku w formie formalnej definicji:
Zbiorem z powt´orzeniami nazywamy zbi´or, w kt´orym pewne elementy si¸e powtarzaj¸a (wyst¸epuj¸a elementy nierozr´o˙znialne mi¸edzy sob¸a).
W dalszym toku tego wykÃladu pod poj¸eciem zbioru b¸edziemy rozumie´c ”zwykÃly” zbi´or bez powt´orze´n a gdy bedziemy u˙zywa´c zbior´ow z powt´orzeniami b¸edzie to wyra´znie powiedziane.
Dla dalszych rozwa˙za´n wygodne jest wprowadzenie pewnego specjalnego zbioru, kt´ory b¸edzie reprezentowaÃl dowolny zbi´or n-elementowy. Zauwa˙zmy, ˙ze ka˙zdy zbi´or n-elementowy X mo˙zna uto˙zsami´c (poprzez ponumerowanie r´o˙znowarto´sciowe element´ow zbioru X - ka˙zdy element dostaje inny numer) ze zbiorem [n] zÃlo˙zonym z pierwszych n liczb naturalnych. To znaczy dla dowlnej liczby naturalnej n definiuje si¸e:
[n] := {1, 2, 3, . . . n}
Je˙zeli w rozwa˙zaniach zapomina si¸e o tym jakimi obiektami s¸a elementy danego zbioru n-elementowego to zbi´or ten mo˙zna zast¸api´c w tych rozwa˙zaniach zbiorem [n]. ÃLatwo za- uwa˙zy´c, ˙ze generuj¸ac np. wszystkie mo˙zliwe ustawienia w ci¸ag zbioru [n] generujemy tym samym wszystkie mo ˙zliwe ustawienia w ci¸ag dowolnego zbioru n-elementowego. Podobnie okre´slaj¸ac liczb¸e ci¸ag´ow n-elementowych uÃlo˙zonych z element´ow zbioru [n] okre´slamy liczb¸e ci¸ag´ow uÃlo˙zonych z dowolnego zbioru n-elementowego.
PrzykÃlad
Zbi´or zÃlo˙zony z 5 student´ow, zbi´or zÃlo˙zony z 5 kr´olik´ow, zbi´or zÃlo˙zony z 5 samochod´ow, zbi´or zÃlo˙zony z 5 caÃlek do policzenia, ka˙zdy z tych zbior´ow mo˙zna uto˙zsami´c ze zbiorem [5] = {1, 2, 3, 4, 5} gdy˙z elementy ka˙zdego z tych zbior´ow mo˙zna ponumerowa´c (w spos´ob r´o˙znowarto´sciowy) liczbami naturalnymi od 1 do 5. W dalszych rozwa˙zaniach zamiast stu- dent´ow, kr´olik´ow, samochod´ow, caÃlek widzimy numery od 1 do 5. Jest to dokÃladnie taka sytuacja jaka wyst¸epuje w zawodach sportowych gdy zawodnikom (np. skoczkom narcia- rskim) nadaje si¸e numery startowe b¸ed¸ace kolejnymi liczbami naturalnymi. Liczba mo˙zliwych ustawie´n w ci¸ag r´oznowarto´sciowy wszystkich liczb ze zbioru [5] jest taka sama jak liczba mo˙zliwych ustawie´n w ci¸ag dowolnego zbioru 5-elementowego.
Ponumerowanie (r´o˙znowarto´sciowe) zbioru X elementami zbioru [n] definiuje bijekcj¸e mi¸edzy tymi zbiorami.
Przypomnijmy sobie teraz poznane w szkole ´sredniej obiekty kombinatoryczne.
Permutacja zbioru [n] (n-elementowego zbioru X) - dowolny ci¸ag n-elementowy zÃlo˙zony z wszystkich element´ow zbioru [n]
ÃLatwo zauwa˙zy´c, ˙ze ci¸ag taki musi by´c r´o ˙znowarto´sciowy.
Permutacja zbioru [n] z powt´orzeniami - dowolny ci¸ag n-elementowy zÃlo˙zony z element´ow zbioru [k] przy czym k < n oraz element i (element i-tego rodzaju) wyst¸epuje w tym ci¸agu ni razy dla i = 1, . . . k oraz
Xk i=1
ni = n .
Kombinacja k-elementowa ze zbioru [n] - dowolny k-elementowy podzbi´or zbioru [n].
Kombinacja k-elementowa z powt´orzeniami ze zbioru [n] - dowolny k-elementowy podzbi´or z powt´orzeniami zbioru [n].
Wariacja k-elementowa ze zbioru [n] - dowolny k-elementowy ci¸ag r´oznowarto´sciowy zÃlo˙zony z element´ow zbioru [n].
Wariacja k-elementowa z powt´orzeniami ze zbioru [n] - dowolny k-elementowy ci¸ag zÃlo˙zony z element´ow zbioru [n].
Zauwa˙zmy, ˙ze w kombinacji kolejno´s´c wyst¸epowania nie jest wa˙zna a w przypadku wariacji jest wa˙zna.
Kombinacj¸e (wariacj¸e) mo˙zna uwa˙za´c za wynik losowania bez zwracania k element´ow ze zbioru [n] przy czym w przypadku wariacji istotna jest kolejno´s´c w jakiej elementy s¸a losowane.
Kombinacj¸e (wariacj¸e) z powt´orzeniami mo˙zna uwa˙za´c za wynik losowania ze zwracaniem k element´ow ze zbioru [n] przy czym w przypadku wariacji istotna jest kolejno´s´c w jakiej losowane s¸a elementy
Zliczanie podstawowych obiekt´ow kombinatorycznych
Tematem tej cz¸e´sci wykÃladu b¸edzie obliczanie liczby obiekt´ow kombinatorycznych. Zaczni- jmy od dw´och podstawowych praw zliczania. Stosowanie tych praw ma najcz¸e´sciej charakter intuicyjny. Dlatego studenci, kt´orzy wiedz¸a kiedy wyniki cz¸e´sciowe zliczania nale˙zy dodawa´c a kiedy mno˙zy´c powinni ten fragment wykÃladu pomin¸a´c. Nale˙zy si¸e jednak wpierw upewni´c,
ze nie jest tak i˙z tylko wydaje si¸e nam kiedy dodawa´c a kiedy mno˙zy´c. Cz¸e´sci student´ow jedynie wydaje si¸e, ˙ze posiadaj¸a t¸a wiedz¸e.
Zanim przejdziemy do formalnego zapisania tych praw przedstawimy je w spos´ob intu- icyjny.
Prawo dodawania m´owi, ˙ze je´sli zbi´or A mo˙zna podzieli´c na rozÃl¸aczne podzbiory A1, A2, . . . , An oraz umiemy okre´slic liczb¸e element´ow w ka˙zdym takim podzbiorze, to liczba element´ow zbioru A jest sum¸a liczno´sci tych podzbior´ow. Nale˙zy zwr´oci´c uwag¸e, ˙ze podziaÃl na rozÃl¸a´czne podzbiory oznacza, ˙ze ka˙zdy element zbioru A nale˙zy do dokÃladnie jednego podzbioru w tym podziale.
PrzykÃladowo, jesli stoÃl´owka studencka wydaje 10 r´o˙znych zestaw´ow obiadowych mi¸esnych i 5 r´o˙znych zestaw´ow obiadowych wegetaria´nskich to liczba zestaw´ow obiadowych wydawanych przez t¸a stoÃl´owk¸e wynosi 10 + 5 = 15.
Prawo mno˙zenia m´owi, ˙ze je˙zeli procedur¸e generuj¸ac¸a wszystkie elementy zbioru A mo˙zna podzieli´c na n etap´ow i wiadomo ile element´ow jest generowanych na ka˙zdym etapie, to liczba element´ow zbioru A jest iloczynem liczb element´ow generowanych na poszczeg´olnych etapach.
Innymi sÃlowy ka˙zdy element zbioru A jest charakteryzowany przez n warto´sci m´owi¸acych o tym jaki jest wynik poszczeg´olnych etap´ow tej procedury przy generowaniu tego elementu.
Ka˙zdy element jest wi¸ec uto˙zsamiany z ci¸agiem n-elementowym.
PrzykÃladowo, je˙zeli kucharka potrafi przygotowa´c 10 zup, 5 drugich da´n i 2 r´o˙zne desery, to liczba zestaw´ow obiadowych, kt´ore mo˙ze przygotowac wynosi 10 · 5 · 2 = 100.
A teraz formalne postaci tych praw.
Prawo dodawania: Je˙zeli A1, A2, . . . An s¸a sko´nczonymi, parami rozÃl¸acznymi (tzn Ai∩ Aj = ∅ dla i 6= j , i, j = 1, . . . n) podzbiorami zbioru A oraz A = A1 ∪ A2 ∪ . . . An, to
|A| = |A1| + |A2| + . . . + |An|.
Prawo mno˙zenia: Je˙zeli A1, A2, . . . Ans¸a sko´nczonymi zbiorami oraz A = {(a1, a2, . . . an) : ai ∈ Aidlai = 1, . . . n}, to |A| = |A1| · |A2| · . . . · |An|.
Korzystaj¸ac z tych praw podamy i wyprowadzimy wzory na liczby podstawowych obiekt´ow kombinatorycznych.
Liczba wszystkich: bez powt´orze´n z powt´orzeniami permutacji zbioru [n] Pn= n! Pnn1,n2,...,nk = n n!
1!·n2!·...·nk!
k elementowych kombinacji ze zbioru [n] Cnk =³nk´= k!·(n−k)!n! Ckn =³n+k−1k ´= (n+k−1)!k!·(n−1)!
k-elementowych wariacji zbioru [n] Vnk=³nk´· k! = n−k)!n! Vkn = nk Spr´obujmy wyja´sni´c prawdziwo´s´c niekt´orych z tych wzor´ow:
Poniewa˙z permutacja zbioru [n] jest r´o˙znowarto´sciowym ci¸agiem dÃlugo´sci n o elementach ze zbioru [n], to na pierwszej pozycji w takiej permutacji stoi jeden spo´sr´od n element´ow zbioru [n], na drugiej jeden spo´sr´od n − 1 (bo nie mo˙ze sta´c ten, kt´ory stoi na pierwszej), na ostatniej jeden spo´sr´od jednego elementu, to na mocy prawa mno˙zenia liczba wszystkich
permutacji wynosi n · (n − 1) · . . . · 1 = n!.
Przypu´s´cmy teraz, ˙ze mamy n-elementowy zbi´or X z powt´orzeniami w kt´orym jest n1 nierozr´o˙znialnych element´ow 1-go rodzaju, n2 nierozr´o˙znialnych element´ow 2-go rodzaju, . . ., nk nierozr´o ˙znialnych element´ow k-tego rodzaju. Gdyby wszystkie elementy tego zbioru byÃly rozr´o˙znialne (gdyby´smy potrafili jako´s rozr´o˙znia´c mi¸edzy sob¸a elementy tego samego rodzaju) to liczba permutacji wynosiÃlaby n!. Z drugiej strony mo˙zna obliczy´c t¸a liczb¸e w nast¸epuj¸acy spos´ob. Najpierw ustawiamy w ci¸ag zbi´or X. Mo˙zemy to zrobi´c na Pnn1,n2,...,nk sposob´ow.
Potem powodujemy, ˙ze elementy ka˙zdego rodzaju staj¸a si¸e rozr´o˙znialne (np. numerujemy elementy ka˙zdego rodzaju) a zatem mo˙zemy ustawic je w ci¸ag na n1! · n2! · . . . · nk! sposob´ow (bo elementy i-tego rodzaju w momencie gdy staj¸a si¸e rozr´o˙znialne mog¸a zosta´c ustawione w ci¸ag na ni! sposob´ow). A zatem
n! = Pnn1,n2,...,nk· n1! · n2! · . . . · nk!
Z r´owno´sci tej, w prosty spos´ob wynika wz´or na liczb¸e permutacji z powt´orzeniami.
Wariacja k elementowa zbioru [n] mo˙ze zosta´c stworzona przez wybranie k elementowego podzbioru zbioru [n] (mo˙zna to zrobi´c na ³nk´ sposob´ow) a nast¸epnie ustawienie go w ci¸ag (stworzenie k-elementowej permutacji tego zbioru - mo˙zna to zrobi´c na k! sposob´ow). Zatem, na mocy prawa mno˙zenia liczba k-elementowych wariacji zbioru [n] wynosi
Ãn k
!
· k!
k-elementowa wariacja z powt´orzeniami ze zbioru [n] jest k-elementowym ci¸agiem o ele- mentach ze zbioru [n], to na ka ˙zdej pozycji stoi jeden spo´sr´od n element´ow zbioru [n]. Zatem wariacji takich jest nk.
Symbol Newtona (wsp´oÃlczynnik dwumianowy) ³nk´ definiuje si¸e jako liczb¸e k-elementowych podzbior´ow zbioru [n].
Poka˙zemy p´o˙zniej, ˙ze³nk´= k!·(n−k)!n!
Kodowanie binarne zbior´ow i co z tego wynika.
Kodowanie oznacza wzajemnie jednoznaczne przypisanie elementom zbioru X element´ow zbioru Y . Zatem funkcja koduj¸aca musi by´c bijekcj¸a. Oznacza to istnienie funkcji odwrotnej do funkcji koduj¸acej zwan¸a funkcj¸a dekoduj¸ac¸a
Ka˙zdy podzbi´or zbioru [n] mo˙zna zakodowa´c w postaci ci¸agu binarnego (zero-jedynkowego) dÃlugo´sci n. Funkcja koduj¸aca f jest zdefiniowana nast¸epuj¸aco: je´sli element i zbioru [n] nale˙zy do A, to na i-tej pozycji w ci¸agu binarnym f (A) odpowiadaj¸acym zbiorowi A stoi jedynka.
W przeciwnym wypadku zero.
To znaczy dla ka˙zdego podzbioru A zbioru [n] : f (A) = (b1, b2, . . . , bn) gdzie bi = { 1 gdy i ∈ A 0 gdy i 6∈ A dla ka˙zdego i = 1, 2, . . . , n.
Fakt ˙ze tak zdefiniowana funkcja koduj¸aca jest bijekcj¸a jest intuicyjnie oczywisty dlatego pozostawiamy go bez dowodu.
PrzykÃlad
Niech n = 5 (tzn. [n] = [5] = {1, 2, 3, 4, 5}) oraz A = {1, 2, 4}. Ci¸ag binarny odpowiadaj¸acy zbiorowi A jest postaci: f (A) = (11010). Na pierwszej pozycji jest 1 bo 1 nale˙zy do zbioru A, na drugiej jest zero bo 2 nale˙zy do A, na trzeciej 0 bo 3 nie nale˙zy do zbioru A itd.
Zauwa˙zmy, ˙ze ci¸ag´ow binarnych jest tyle ile n-elementowych ci¸ag´ow o elementach ze zbioru {0, 1} a wi¸ec tyle ile n-elementowych wariacji ze zbioru [2] czyli 2n. Istotnie, na ka˙zdej pozycji w ci¸agu stoi 0 lub 1 wi¸ec mamy 2 kandydat´ow na ka˙zd¸a z n pozycji w takim ci¸agu. Z prawa mno˙zenia wynika, ˙ze takich ci¸ag´ow jest 2n.
Skoro istnieje bijekcja mi¸edzy rodzin¸a wszystkich podzbior´ow zbioru [n] a zbiorem wszys- tkich ci¸ag´ow binarnych dÃlugo´sci n, kt´orych jest 2n, to zbiory te s¸a r´ownoliczne a zatem otrzy- mujemy nast¸epuj¸acy wniosek:
Fakt 1. Wszystkich podzbior´ow zbioru [n] jest 2n.
Zwr´o´cmy uwag¸e, ˙ze w ci¸agu binarnym f (A) odpowiadaj¸acym zbiorowi k-elementowemu A jest k jedynek. Co wi¸ecej ci¸ag´ow binarnych dÃlugo´sci n z k jedynkami (i tym samym z n − k zerami) jest tyle ile permutacji z powt´orzeniami zbioru zÃlo˙zonego z k jednakowych jedynek i n − k jednakowych zer. Ze wzoru na liczb¸e permutacji z powt´orzeniami ci¸ag´ow takich jest:
n!
k! · (n − k)!
(wstawiamy n1 = k, n2 = n − k). Z drugiej strony liczba k-elementowych podzbior´ow zbioru [n] wynosi ³nk´. Skoro istnieje bijekcja mi¸edzy rodzin¸a wszystkich k-elementowych podzbior´ow zbioru [n] a zbiorem wszystkich ci¸ag´ow bianrnych dÃlugo´sci n z k jedynkami, to zbiory te s¸a r´ownoliczne a zatem otrzymujemy nast¸epuj¸acy wniosek:
Fakt 2. Wszystkich k-elementowych podzbior´ow zbioru [n] jest
Ãn k
!
= n!
k! · (n − k)!
Wz´or Newtona
Wz´or Newtona (wz´or dwumianowy Newtona): Dla dowolnych liczb naturalnych a, b, n zachodzi:
(a + b)n=
Xn k=0
Ãn k
!
· ak· bn−k
Wz´or ten daje si¸e uzasadni´c w dosy´c prosty spos´ob. Wyra˙zenie (a + b)n powstaje przez pomno˙zenie przez siebie n sum postaci (a + b). Oznacza to, ˙ze na wszystkie mo˙zliwe sposoby musimy wybra´c z ka˙zdego takiego nawiasu wybra´c a lub b, pomno˙zy´c przez siebie i wyniki zsumowa´c. Niech k oznacza liczb¸e wybranych symboli a. Oczywi´scie k ∈ {0, 1, . . . , n}. Dla ustalonego k, liczba sposob´ow, na kt´ore mo˙zna wybra´c k nawias´ow (z kt´orych wybieramy symbol a, z pozostaÃlych niewybranych wybieramy b), spo´sr´od wszystkich n wynosi ³nk´. A zatem otrzymujemy ³nk´skÃladnik´ow postaci ak· bn−k (wynik mno˙zenia przez siebie k symboli a i n − k symboli b) . Sumuj¸ac po wszystkich mo˙zliwych k otrzymujemy wz´or Newtona.
Z wzoru Newtona wynika wiele ciekawych wniosk´ow. PrzykÃladowo, podstawmy a = 1, b = 1. Poniewa˙z1 do dowolnej pot¸egi wynosi 1, to otrzymujemy:
2n=
Xn k=0
Ãn k
!
Poniewa˙z³nk´jest zdefiniowane jako liczba k-elementowych podzbior´ow zbioru [n] oraz dowolny podzbi´or zbioru [n] ma liczno´s´c k ∈ {1, 2, . . . n}, to prawa strona powy˙zszego r´ownania jest liczb¸a wszystkich podzbior´ow zbioru [n]. Otrzymali´smy wi¸ec, jako wniosek ze wzoru Newtona, wz´or na liczb¸e wszystkich podzbior´ow zbioru [n].
Inny przykÃlad. Podstawiaj¸ac we wzorze Newtona a = −1, b = 1 otrzymujemy:
0 =
Xn k=0
(−1)k
Ãn k
!
Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli k jest nieparzyste to we wzorze tym przed symbolem Newtona stoi ”−1”
w przeciwnym wypadku ”+1”. Przenosz¸ac wszystkie symbole w tej sumie przed kt´orymi stoi znak ”−” na lew¸a stron¸e otrzymujemy wz´or, kt´ory m´owi, ˙ze wszystkich podzbior´ow o mocy nieparzystej zbioru [n] jest tyle ile podzbior´ow o mocy parzystej. Fakt, ten mo˙zna udowodni´c innymi metodami ale dow´od nie jest tak natychmiastowy jak w przypadku wykorzystania wzoru Newtona.
Spr´obujmy wykorzysta´c wz´or Newtona do rozwi¸azania nast¸epuj¸acego zadania.
Zadanie 1 Obliczy´c: P100k=12k·³100k ´ Rozwi¸azanie
ÃLatwo zauwa˙zy´c, ˙ze wstawiaj¸ac do wzoru Newtona a = 2 (bo 2 jest podnoszone do pot¸egi k w naszej sumie) , b = 1 (bo nie ma podnoszenia do pot¸egi n − k), n = 100 (bo sumowanie jest do 100 i g´orna liczba w symbolu Newtona wynosi 100) mamy:
X100 k=0
2k
Ã100 k
!
= (2 + 1)100.
Zauwa˙zmy jednak, ˙ze nasza suma zaczyna si¸e od k = 1 a nie k = 0. Ale suma od k = 1 jest r´owna sumie od k = 0 minus pierwszy wyraz tej ostatniej sumy (dla k = 0), gdy˙z
X100 k=0
2k
Ã100 k
!
= 20·
Ã100 0
!
+
X100 k=1
2k
Ã100 k
!
to znaczy
X100 k=1
2k
Ã100 k
!
=
X100 k=0
2k
Ã100 k
!
− 20·
Ã100 0
!
.
Korzystaj¸ac z wzoru Newtona dla a = 2, b = 1 i n = 100 oraz z tego, ˙ze 20 = 1, ³1000 ´ = 1 otrzymujemy:
X100 k=1
2k
Ã100 k
!
= (2 + 1)100− 1 = 3100− 1.
Podstawmy we wzorze Newtona a = x oraz b = 1. Otrzymujemy nast¸epuj¸ace r´ownanie:
(∗) (x + 1)n=
Xn k=0
Ãn k
!
· xk.
Policzmy pochodne obu stron r´ownania po zmiennej x. Otrzymujemy:
(∗∗) n(x + 1)n−1 =
Xn k=0
Ãn k
!
k · xk−1.
Wykorzystajmy ten ostatni wz´or do rozwi¸azania nast¸epuj¸acego zadania..
Zadanie 2 Obliczy´c: P200k=0k · 7k·³200k ´. Rozwi¸azanie
Posta´c sumy, a zwÃlaszcza mnoenie przez k, wskazuje, ˙ze nale˙zy wykorzysta´c wz´or (∗∗).
Podnoszenie do pot¸egi k − 1 zamiast do k uzyskamy wyÃl¸aczaj¸ac 7 przed sum¸e. Mianowicie:
X200 k=0
k · 7k·
Ã200 k
!
= 7 ·
X200 k=0
k · 7k−1·
Ã200 k
!
Zauwa˙zmy, ˙ze wstawiaj¸ac we wzorze (∗∗) x = 7 (bo 7k) oraz n = 200 (bo sumowanie do 200) mamy:
·
X200 k=0
k · 7k− 1 ·
Ã200 k
!
= 200 · (7 + 1)199. Zatem
X200 k=0
k · 7k·
Ã200 k
!
= 7 ·
X200 k=0
k · 7k−1·
Ã200 k
!
= 7 · 200 · (7 + 1)199 = 1400 · 8199.
Schematy wyboru
Podamy teraz tabelk¸e, kt´orej umiej¸etne wykorzystanie pozwala obliczy´c liczb¸e mo˙zliwych wybor´ow (wynik´ow losowa´n) k element´ow ze zbioru n-elementowego. Aby wybra´c odpowiedni wz´or trzeba odpowiedzie´c na dwa pytania. Po pierwsze: czy powt´orzenia s¸a dozwolone (losowanie ze zwracaniem czy bez), po drugie: czy kolejno´s´c wyboru (losowania) jest wa˙zna.
Liczba wszystkich wybor´ow
k element´ow spo´sr´od n, gdy: powt´orzenia niedozwolone powt´orzenia dozwolone kolejno´s´c nieistotna Cnk =³nk´= k!·(n−k)!n! Ckn=³n+k−1k ´= (n+k−1)!k!·(n−1)!
kolejno´s´c istotna Vnk =³nk´· k! = n−k)!n! Vkn= nk
Wykorzystuj¸ac wzory zawarte w tabelce spr´obujmy rozwi¸aza´c kilka przykÃladowych zada´n:
Zadanie 3 Ile r´o˙znych ci¸ag´ow liter mo˙zna otrzyma´c mieszaj¸a´c litery w sÃlowie KUKURYKU.
Rozwi¸azanie:
Poniewa˙z ci¸agi maj¸a by´c uÃlo˙zone z wszystkich liter wi¸ec pytani jeste´smy o liczb¸e permutacji:
Wszystkich liter jest n = 8 ale niekt´ore si¸e powtarzaj¸a wi¸e´c chodzi o liczb¸e permutacji z
powt´orzeniami. Mamy n1 = 3 jednakowe litery K i n2 = 3 litery U. PozostaÃle litery R,Y wyst¸epuj¸a po jednym razie wi¸ec n3 = n4 = 1. Podstawiaj¸ac do wzoru na liczb¸e permutacji z powtorzeniami otrzymujemy 3!·3!8! (1! = 1 wi¸ec mo˙zemy pomin¸a´c).
Zadanie 4 Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c 3 osoby spo´sr´od 5, kt´ore pojd¸a do kina a) na ten sam film, b) na 3 r´o˙zne filmy?
Rozwi¸azanie
Poniewa˙z wybieramy 3 spo´sr´od 5 to przyjmujemy k = 3 (liczba wybieranych), n = 5 (liczba os´ob spo´sr´od, kt´orych wybieramy) Wyb´or jest bez powt´orze´n bo zakÃladamy oczywi´scie, ˙ze ka˙zda osoba mo˙ze p´oj´s´c na co najwy˙zej jeden film. a) kolejno´s´c wyboru nie jest wa˙zna bo wszyscy id¸a na ten sam film a wi¸ec zliczamy kombinacje bez powt´orze´n. Jest C53 = ³53´ mozliwo´sci.
b) kolejno´s´c wyboru jest wa˙zna bo ka˙zdy wybrany idzie na inny film a wi¸ec zliczamy wariacje bez powt´orze´n. Jest V53 =³53´· 3! mozliwo´sci.
Zadanie 5 Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c 5 sok´ow z 3 gatunk´ow (og´orkowego, pomi- dorowego i rzodkiewkowego) dost¸epnych na p´oÃlce w supermarkecie tak aby nie wybra´c wszys- tkich 5 sok´ow tego samego rodzaju.
Rozwi¸azanie:
Oczywi´scie zakÃladamy, ˙ze jest co najmniej 5 sok´ow ka˙zdego rodzaju. Aby otrzyma´c ilo´s´c dozwolonych obiekt´ow odejmiemy od ilo´sci wszystkich liczb¸e zabronionych (czyli wy- bor´ow ”jednogatunkowych”). Robimy tak bo Ãlatwiej jest w tym przypadku obliczy´c ilo´s´c zabronionych wybor´ow ni˙z dozwolonych. Kolejno´s´c nie jest istotna a powt´orzenia dozwolone (poniewa˙z wybieramy wi¸ecej sok´ow ni˙z dost¸epnych gatunk´ow, to w wybranym zbiorze soki pewnych gatunk´ow b¸ed¸a si¸e powtarza´c) a wi¸ec zliczamy kombinacje z powt´orzeniami. Wybier- amy 5 spo´sr´od 3. Czyli k = 5 oraz n = 3. Zatem wszystkich mo˙zliwo´sci jest C53 =³3+5−15 ´ =
³7 5
´. Zabronionych wybor´ow (wszystkie wybrane 5 sok´ow tego samego gatunku) jest tyle ile gatunk´ow a wi¸ec 3. Ostatecznie liczba niezabronionych wybor´ow wynosi ³75´− 3.
Schematy podziaÃlu
Zagadnienie podziaÃlu (rozmieszczenia): Na ile sposob´ow mo˙zna podzieli´c zbi´or n- elementowy na k rozÃl¸acznych cz¸e´sci (rozmie´sci´c n obiekt´ow w k szufladach)?
PrzykÃlad 1 : Mamy n cukierk´ow i k dzieci. Na ile sposob´ow mo˙zna rozda´c cukierki dzieciom? ZakÃladamy oczywi´scie, ˙ze cukierki s¸a niepodzielne i podziaÃl wcale nie musi by´c sprawiedliwy (w ekstremalnej sytuacji jedno dziecko mo˙ze zagarn¸a´c wszystkie cukierki). Obiek- tami podziaÃlu s¸a cukierki, cz¸e´sciami dzieci.
PrzykÃlad 2 : Mamy n dzieci i k pokoi. Na ile sposob´ow mo˙zna rozmie´sci´c n dzieci w k pokojach (podzieli´c n dzieci na k pokoi)? Obiektami podziaÃlu s¸a dzieci, cz¸e´sciami pokoje.
Jak wida´c dzieci mog¸a by´c zar´owno cz¸esciami podziaÃlu (PrzykÃlad 1) jak i obiektami (PrzykÃlad 2). Jak odr´o˙zni´c cz¸e´sci od obiekt´ow? Ot´o˙z ka˙zdy obiekt jest przyporz¸adkowany (trafia) przy podziale do dokÃladnie jednej cz¸e´sci. Natomiast ka˙zdej cz¸e´sci mo˙ze by´c przy- porz¸adkowanych wiele obiekt´ow. W PrzykÃladzie 1 ka˙zdy cukierek ma trafi´c do dokÃladnie jednego dziecka, w drugiej ka˙zde dziecko ma trafi´c do dokÃladnie jednego pokoju. Z drugiej
strony, w przykÃladzie 1 ka˙zde dziecko mo˙ze otrzyma´c wiele cukierk´ow a w przykÃladzie 2 ka˙zdy pok´oj mo˙ze zawiera´c wiele dzieci.
Rozwa˙zaj¸ac powy˙zsze przykÃlady Ãlatwo doj´s´c do wniosku, ˙ze zagadnienie nie jest sformuÃlowane precyzyjnie. Odpowied´z zale˙zy od tego czy obiekty s¸a rozr´o˙znialne czy te˙z nie i czy cz¸e´sci podziaÃlu s¸a rozr´o˙znialne czy te˙z nie.
Chcieliby´smy stworzy´c tabelk¸e analogiczn¸a do schemat´ow wyboru. O ile jednak Ãlatwo obliczy´c liczb¸e podziaÃl´ow gdy cz¸e´sci s¸a rozr´o˙znialne o tyle w przypadku cz¸e´sci nierozr´o˙znialnych obliczanie liczb podziaÃl´ow wydaje si¸e by´c skomplikowane. Rozwa˙zymy teraz wszystkie cztery przypadki.
Przypadek 1: cz¸e´sci rozr´o˙znialne, obiekty rozr´o˙znialne
PodziaÃl r´o˙znych obiekt´ow na r´o˙zne cz¸e´sci mo˙zna zrealizowa´c poprzez wylosowanie n cz¸e´sci (spo´sr´od k), do kt´orych trafi¸a poszczeg´olne obiekty. Poniewa˙z obiekty s¸a rozr´o˙znialne, to kolejno´s´c jest istotna. Losowanie odbywa si¸e ze zwracaniem bo ka˙zda cz¸e´s´c mo˙ze zosta´c wylosowana wielokrotnie. Mo˙ze by´c jej przyporz¸adkowanych wiele obiekt´ow. Zatem liczba mo˙zliwo´sci jest r´owna liczbie n-elementowych wariacji z powt´orzeniami ze zbioru [k] czyli kn PrzykÃlad: Wr´o´cmy do sytuacji opisanej w PrzykÃladzie 1. ZaÃl´o˙zmy, ˙ze ka˙zdy cukierek jest inny i ka˙zde dziecko jest inne. PodziaÃl cukierk´ow w´sr´od dzieci mo˙zna wygenerowa´c nast¸epuj¸aco: umieszczamy karteczki z imionami dzieci w maszynie losuj¸acej (w warunkach domowych mo˙ze to by´c np. pralka - prosze tylko pami¸eta´c by nie umieszcza´c dzieci, wystarcz¸a karteczki) i nast¸epnie kolejno losujemy dzieci wr¸eczaj¸ac wylosowanym kolejne cukierki (mo˙zemy zaÃlo˙zyc, ˙ze cukierki s¸a np. ponumerowane). Je´sli mamy k = 3 dzieci i n = 5 cukierk´ow, to liczba mo˙zliwych podziaÃl´ow wynosi 35 (bo ka˙zdy z 5 cukierk´ow ”ma do wyboru” 3 dzieci)
Przypadek 2: cz¸e´sci rozr´o˙znialne, obiekty nierozr´o˙znialne
PodziaÃl jednakowych obiekt´ow na r´o˙zne cz¸e´sci mo˙zna zrealizowa´c poprzez wylosowanie n cz¸e´sci (spo´sr´od k), do kt´orych trafi¸a poszczeg´olne obiekty. Jedyna r´o˙znica w por´ownaniu z poprzednim przypadkiem polega na tym, ˙ze poniewa˙z obiekty s¸a nierozr´o˙znialne, to kolejno´s´c wylosowywania nie jest istotna. Tak jak poprzednio losowanie odbywa si¸e ze zwracaniem bo ka˙zda cz¸e´s´c mo˙ze zosta´c wylosowana wielokrotnie. Zatem liczba mo˙zliwo´sci jest r´owna liczbie n-elementowych kombinacji z powt´orzeniami ze zbioru [k] czyli ³k+n−1n ´
PrzykÃlad: Wr´o´cmy do sytuacji opisanej w PrzykÃladzie 1. ZaÃl´o˙zmy, jak poprzednio,
˙ze ka˙zde dziecko jest inne oraz, w odr´o˙znieniu od poprzedniego przypadku, ˙ze cukierki s¸a jednakowe. PodziaÃl cukierk´ow w´sr´od dzieci mo˙zna wygenerowa´c w spos´ob analogiczny jak w poprzednim przykÃladzie z t¸a jednak r´o˙znic¸a, ˙ze cukierki nie mog¸a by´c ponumerowane bo s¸a jednakowe . Kolejno´s´c w jakiej dzieci s¸a losowane nie jest wi¸ec istotna. Istotne jest tylko ile razy ka˙zde dziecko zostaÃlo wylosowane (dostaje tyle cukierk´ow - tym razem tylko ilo´s´c jest wa˙zna bo cukierki s¸a jednakowe). Je´sli mamy k = 3 dzieci i n = 5 cukierk´ow, to liczba mo˙zliwych podziaÃl´ow wynosi ³3+5−15 ´=³75´= 21.
PozostaÃle dwa przypadki rozwa˙zymy w oddzielnych rozdziaÃlach.
