• Nie Znaleziono Wyników

ABCABCABACBCABC|A|=5! , |B|=5! , |C|=5! , |A lub B|=4! |A lub C|=4! , |B lub C|=4! , |A lub B lub C|=3!

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "ABCABCABACBCABC|A|=5! , |B|=5! , |C|=5! , |A lub B|=4! |A lub C|=4! , |B lub C|=4! , |A lub B lub C|=3!"

Copied!
1
0
0

Pełen tekst

(1)

ZESTAW 1 i 2 MD – 07.2005

1 zest. 1) Dla relacji binarnej w zbiorze X={a,b,c,d,e,f,g} opisanej zadaną tablicą zbudować diagram Hassego i za jego pomocą wyznaczyć zbiór ograniczeń górnych i zbór ograniczeń dolnych zbioru A={c,d,e} oraz kres górny i dolny zbioru A antyłańcuch o maksymalnej liczności i minimalną liczbę całych łańcuchów pokrywających X. Aby max liczność łańcucha i min liczba całkowita pokrywająca zbiór X spełniała tezę dla twierdzenia Dilwortha.

a b c d e f g

a 1 1 1 1 1 1 1

b 1 1 1 1 1 1

c 1 1 1

d 1 1 1 1

e 1

f 1 1

g 1

Kres górny istnieje wtedy, gdy w zb. Ograniczeń istnieje najniższy element zbioru A.

Kres dolny najwyższy element zbioru ograniczeń dolnych.

Tw. Dilwortha mówi, że maksymalna liczba antyłańcucha jest równa minimalnej liczbie łańcuchów.

(Czyli w naszym przypadku: 2=2)

Dualne tw. Dilwortha mówi, że maksymalna liczność łańcucha równa się minimalnej ilości antyłańcuchów.

(Czyli w naszym przypadku: 4=4)

2 zest. 1) W pewnym klubie ping-pongowym trenuje 6 deblistów, klub rozgrywa mecze ligowe w których musi rozegrac 32 mecze z innymi klubami. W każdym z meczy musi zagrac jedna para deblowa. Wykazac, ze bez względu na to jaki plan zostanie przyjęty, w co najmniej 3 meczach zagrac będzie musiala ta sama para.

Jest to zasada szufladkowa, więc: |X|>r*|Y|

6 – deblistów , 32 – mecze

Sprawdzay ilość możliwości podzialu 6 deblistow na pary, czyli 6 6! 4!*5*6 30 2 2!(6 2)! 2*4! 2 15

     

  

  X=31 , Y= 6

2

   

  =15 , czyli |X|>r*|Y| to 21>2*15 z tego wynika, ze 32>30 a to oznacza ze w przynajmniej 3 meczach zagra ta sama para.

3 zest. 1) W wyścigu bierze udzial 6 chartow ponumerowanych od 1-6. Trzy z nich są faworyzowane. Na ile sposobów może zakończyć się ta gonitwa tak aby przynajmniej 1 z faworytow zajal miejsce zgodne z numerem ?

A B C    ABC          A B A C B C A B C

|A|=5! , |B|=5! , |C|=5! , |A lub B|=4! |A lub C|=4! , |B lub C|=4! , |A lub B lub C|=3!

? A B C   

F

C

B

A E G

D

Zbiór ograniczeń dolnych zbioru A Kres górny

Kres dolny, (ponieważ tylko do b

jest ścieżka z c i d

(2)

5 zest. 1) Ile jest nieujemnych całkowitoliczbowych rozwiązań nierówności ? x

1

+x

2

+x

3

+x

4

+x

5

≤9 , która spelnia warunki:

x

1

€{0,1} , 3≤x

2

+x

5

≤4 , x

3

≤2 , 1<x

4

≤4 ?

Podstawiamy za x

2

+x

5

= x

6

i liczymy funkcje fworzaca: f(z)=(z

0

+z

1

)(z

3

+z

4

)+(z

0

+z

1

+z

2

)(z

1

+z

2

+z

3

+z

4

) Następnie obliczamy:

x

2

+x

5

=3 czyli 2 3 1 4 4!

3 3 3!(4 3)!

     

 

    

    oraz: x

2

+x

5

=4 czyli

2 4 1 5 5!

4 4 4!(5 4)!

     

 

    

    a nastepnie obliczamy: f(z)*( 4

3

   

  + 5 4

   

  )=?

6 zest. 1) Mamy do dyspozycji 9 żołnierzy w śród których jest 3 pary bliźniąt. Na ile sposobów można ustawić tych żołnierzy, tak aby bliźniacy nie stali obok siebie ?

AA BB CC D E F

Wszystkich permutacji tego zbioru jest 8!=40320

Obliczamy możliwość w których blizniacy stali obok siebie:

8! 40320

| | | | | | 10080

2!2! 4

7! 5040

| | | | | | 2520

2! 2

| | 6! 720

10080 10080 10080 2520 2520 2520 720 30240 7560 720 23400

8! 40320 2

A B C A B C A B A C B C A B C A B C

A B A C B C A B C

wiec A B C czyli A B C A B C

             

    

       

   

        

     

     3400 16920 

Skoro wszytkich możliwości jest 8!, a możliwości aby blizniacy stali obok siebie jest 32400, wiec aby otrzymac informacje o ilości sposobow aby blizniacy nie stali obok siebie wyliczamy: 8!    A B C  40320 23400 16920   tyle jest

możliwości ustawienia 9 żołnierzy aby blizniacy nie stali obok siebie.

7 zest. 1) Na ile sposobów można ułożyć w ciąg 5 ponumerowanych kul żółtych, 2 ponumerowane kule czarne, 3 jednakowe czerwone i 4 jednakowe zielone ?

Ponieważ kule ponumerowane nie wpływają na wynik zliczamy wyłącznie kule nie ponumerowane, a więc:

14! 4!*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14

5*7 *8*9*10*11*12*13*14

3!4!  6*4! 

8 zest. 1) Dane Sa trzy permutacje: f typu 1

2

2

2

3

1

4

4

5

2

, g typu 2

4

3

2

5

3

6

1

, h typu 1

1

5

4

7

2

. Czy można coś powiedzieć o permutacji: p=f(g

-1

h)

-1

? Jaki znam ma permutacja p ?

sgn(f)=(-1)

2+4

=1 – permutacja parzysta sgn(g)=(-1)

4+1

=-1 – permutacja nieparzysta sgn(h)=(-1)

0

=1 – permutacja parzysta

Z tego możemy obliczyc znak i typ permutacji p:

p=fgh=1(-1)1=-1 – permutacja nieparzysta

Odwrotność permutacji nie zmienia jej znaku, dlatego pomijamy wykładniki.

Nawiasy pomijamy również, ponieważ jest łączność złożenia.

Ze znaku permutacji możemy wywnioskować, ze w permutacji jest nieparzysta liczba cykli parzystych.

(3)

9 zest. 1) Spotkaliśmy 2 patki dzieci. Na ile sposobow można obdarowac te dzieci 36 cukierkami, tak aby obie piatki dostaly po tyle samo oraz aby wszytkie cukierki zostaly rozdane, żadne dziecko nie zostanie bez cukierka i kazde dostalo ich parzysta liczbe ?

Rozpatrujemy 2 piatki dzieci osobno, z założeniem, że skoro 2 piatki maja dostac po tyle samo to 36/2 z tego wynika ze kazda piatka dostanie po 18.

Aby kazde dostalo parzysta liczbe to : x

i

=2x

i

2x

1

+2x

2

+2x

3

+2x

4

+2x

5

=1818/:2 wiec x

1

+x

2

+x

3

+x

4

+x

5

=9 Aby kazde dostalo przynajmniej 1 cukierkato x

i

=x

i

+1 x

1

+1x

2

+1+x

3

+1+x

4

+1+x

5

+1=9 wiec x

1

+x

2

+x

3

+x

4

+x

5

=9-9=4

Podstawiamy do wzoru: 1 4 5 1 8 5!*6*7*8

7*8 56

5 5 5!*6

n k k

   

            

       

 

     

Ale ze spotkaliśmy 2 piatki dzieci to licba możliwości = 56*2 = 112

10 zest. 1) Na ile sposobów można przydzielić 7 ponumerowanych procesów, 3 ponumerowanym procesorom tak, aby żaden z 2 pierwszych nie był obciążony więcej jak dwoma procesami ? Rozdzielić trzeba wszystkie procesy, żaden z procesorów nie może pozostać bezczynny i każdy proces wykonuje się w całości na jednym procesorze.

Z powodu warunku, ze żaden z 2 pierwszych procesorów nie może być był obciążony więcej jak dwoma procesami obliczamy funkcją tworzącą, a więc:

x

1

+x

2

+x

3

=7 , gdzie 0<x

1

≤2 , 0<x

2

≤2 , x

3

>0 ,

a następnie budujemy funkcję tworzącą zawierającą nasze warunki:

f(z)=(z

0

+z

1

)(z

0

+z

1

)(z

1

+z

2

+z

3

+z

4

+z

5

+z

6

+z

7

) Sumujemy wyłącznie liczby przy 7 potęgach.

8 zest. 2)

a b c d e f g

a 1 1 1 1 1

b 1 1 1 1 1 1

c 1 1 1 1

d 1 1 1 1

e 1 1 1

f 1

g 1

Dualne tw. Dilwortha mowi, ze: Maksymalna liczność łańcucha = minimalnej liczbie antyłąńcuchów 4=4

F

C

B A E

G

D

Zbiór ograniczeń dolnych zbioru A Kres górny

Kres dolny, (ponieważ tylko do b

jest ścieżka z c i d

Cytaty

Powiązane dokumenty

Jeżeli podano więcej niż dwie nazwy roślin (np. Poprawna odpowiedź:. Części owocu lub nasienia

– Je suis veuf mais j’habite avec mon fils, ma belle-fille et ma petite- fille Mathilde. La cave –

Za każdą poprawnie zaznaczoną odpowiedź otrzymasz jeden punkt.. Za każdy poprawnie użyty spójnik otrzymasz

A group of 30 children are surveyed to find out which of the three sports cricket (C), basketball (B) or volleyball (V) they play.. The results are

Znaleźć równania prostych zawierających boki oraz współrzędne pozostałych wierzchołków..

Dwa układy korali uważamy za równoważne, jeśli jeden można uzyskać z drugiego przez obrót okręgu..

[r]

*Trzy pytania muszą dotyczyć OSÓB, dwa pytania MIEJSC, dwa PRZEDMIOTÓW, trzy pytania muszą dotyczyć WYDARZEŃ przedstawionych w książce (z początku, środka i