Elementy kombinatoryki

(1)

Elementy kombinatoryki

Wykłady z matematyki dyskretnej dla informatyków i teleinformatyków

UTP Bydgoszcz

04

(2)

Permutacje

Definicja. Permutacja to bijekcja skończonego zbioru na siebie.

Inaczej: permutacja n-elementowego zbioru to każdy n-elementowy ciąg utworzony ze wszystkich elementów tego zbioru.

Jak wiemy liczba bijekcji (permutacji) na zbiorze n-elementowym wynosi n!.

Przykład.

Jest 3! = 1 · 2 · 3 = 6 permutacji zbioru składającego się z liter A, B, C . Są to: ABC , ACB, BAC , BCA, CAB, CBA.

Pytanie mogło brzmieć:

ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując jedną płytką z literą A, jedną płytką z literą B oraz jedną płytką z literą C .

(3)

Permutacje

Oznaczenia.

Przez Sn oznaczmy zbiór permutacji zbioru {0, 1, . . . , n − 1}.

Permutacje będziemy zapisywać na ogół jako małe greckie litery.

Permutację identycznościową zbioru S oznaczymy przez idS. Przykład. Wszystkie sześć permutacji zbioru trójelementowego S3:

n 0 1 2

id (n) 0 1 2

n 0 1 2

α(n) 0 2 1

n 0 1 2

β(n) 1 0 2

n 0 1 2

γ(n) 1 2 0

n 0 1 2

δ(n) 2 0 1

n 0 1 2

ζ(n) 2 1 0

Inny zapis tych permutacji: 0 1 2 0 1 2

! 0 1 2 0 2 1

! 0 1 2 1 0 2

!

0 1 2 1 2 0

! 0 1 2 2 0 1

! 0 1 2 2 1 0

!

(4)

Złożenie (mnożenie) permutacji, γ ◦ ζ, ζ ◦ γ

Obserwacja.

Każda permutacja to funkcja (nawet bijekcja), permutacje w danym zbiorze możemy więc składać. Złożenie permutacji jest permutacją.

Przykład.

Gdy n 0 1 2

γ(n) 1 2 0

n 0 1 2

ζ(n) 2 1 0 , to ich złożenia γ(ζ(n)) oraz ζ(γ(n)):

n 0 1 2

γ ◦ ζ(n) 0 2 1

n 0 1 2

ζ ◦ γ(n) 1 0 2

(5)

Permutacje

Oznaczenie.

α⁰(n) = n, α¹(n) = α(n),

α²(n) = α(α(n)) = αα(n), α³(n) = ααα(n) = α(α(α(n))), α⁴(n) = αααα(n),

...

(6)

Permutacja odwrotna, α ◦ α

⁻¹

= α

⁻¹

◦ α = id

_X

Definicja.

Niech X będzie skończonym zbiorem. Permutacja odwrotna do permutacji α (zbioru X ) to taka permutacja α⁻¹ zbioru X , że

α ◦ α⁻¹= α⁻¹◦ α = id_X. Przykłady.

n 0 1 2

ζ(n) 1 0 2

n 0 1 2

γ(n) 1 2 0

n 0 1 2

ζ⁻¹(n) 1 0 2

n 0 1 2

γ⁻¹(n) 2 0 1

n 0 1 2

ζ ◦ ζ⁻¹(n) 0 1 2 ζ⁻¹◦ ζ(n) 0 1 2

n 0 1 2

γ ◦ γ⁻¹(n) 0 1 2 γ⁻¹◦ γ(n) 0 1 2

(7)

Cykle

Definicja.

Cykl n-elementowego zbioru X to taka permutacja α tego zbioru, że dla dowolnego x ∈ X mamy X = {x , α(x ), α²(x ), . . . , αⁿ⁻¹(x )}.

Przykład. X = {0,1,2}. Permutacja n 0 1 2

γ(n) 1 2 0 jest cyklem:

γ(0) =1, γ²(0) = γγ(0) = γ(1) =2, γ³(0) = γγγ(0) = γ(2) =0 γ(1) =2, γ²(1) = γγ(1) = γ(2) =0, γ³(1) = γγγ(1) = γ(0) =1 γ(2) =0, γ²(2) = γγ(2) = γ(0) =1, γ³(2) = γγγ(2) = γ(1) =2 Fakt.

Jeśli X = {x₀, α(x₀), α²(x₀), . . . , αⁿ⁻¹(x₀)} dla dowolnego x₀∈ X , to α jest cyklem zbioru X .

(8)

Rozkład permutacji na rozłączne cykle

Fakt. Każdą permutację można rozłożyć na cykle. Każdy układ cykli generuje permutację.

Oznaczenie.

Permutację α składającą się z k rozłącznych cykli oznaczamy α = (x0, . . . )(x1, . . . ) . . . (xk−1, . . . ). Zazwyczaj nie stawiamy przecinków.

Metoda rozkładu permutacji α zbioru X na rozłączne cykle:

1 wybieramy dowolny x ∈ X , który nie jest jeszcze w żadnym cyklu;

2 liczymy, kolejno, α(x ), α²(x ), α³(x ), . . . , α^m(x ) aż uzyskamy α^m(x ) = x ;

3 dołączamy cykl (x , α(x ), . . . , α^m−1(x ));

4 gdy znajdziemy w X element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, to zaczynamy od początku (wracamy do punktu 1).

(9)

Rozkład permutacji na rozłączne cykle

Uzasadnienie poprawności tej metody:

[1/3] Punkt 4 gwarantuje, że każdy element zbioru X jest w jakimś cyklu.

[2/3] Pokażemy teraz, że w punkcie 2 musi istnieć m takie, że α^m(x ) = x . Zbiór X jest skończony, zatem wśród elementów

α(x ), α²(x ), α³(x ), . . . znajdziemy dwa powtarzające się.

Niech m będzienajmniejszą liczbą taką, że istnieje i spełniające dwie własności: 0 ¬ i < m oraz αⁱ(x ) = α^m(x ) (po prostu znajdujemy dwa pierwsze elementy powtarzające się).

Gdyby i 6= 0, to α^{i −1}(x ) = α^m−1(x ), gdyż α jest permutacją (bijekcją) oraz αⁱ(x ) = α(α^{i −1}(x )) = α(α^m−1(x )) = α^m(x ). Zatem m nie jestnajmniejszą liczbą o szukanej własności. Tasprzeczność pokazuje, że i = 0, czyli α^m(x ) = α⁰(x ) = x .

(10)

Rozkład permutacji na rozłączne cykle

Uzasadnienie poprawności metody:

[3/3] Pokażemy teraz, że uzyskane cykle są rozłączne.

Przypuśćmy przeciwnie, że y = αⁱ(x ) jest pierwszym elementem w pewnym cyklu, który to element wystąpił w jakimś poprzednim cyklu.

Oczywiście i > 0 (zobacz punkt 1) oraz y = αⁱ(x ) = α(α^{i −1}(x )).

Niech z będzie elementem poprzedzającym y w pierwszym cyklu, czyli y = α(z). Skoro α jest permutacją (bijekcją), więcα^{i −1}(x ) = z. Otrzymaliśmy sprzeczność (y był pierwszym elementem, który pojawił się wcześniej).

(11)

Rozkład permutacji na rozłączne cykle

Przykład. n 0 1 2 3 4 5 6

α(n) 2 4 1 5 0 3 6

Wybieramy na przykład 0 i liczymy:

α(0) = 2, α(2) = 1, α(1) = 4, α(4) =0.

Pierwszym cyklem jest (0214).

Wybieramy element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, na przykład 3 i liczymy: α(3) = 5, α(5) =3. Drugim cyklem jest (35).

Wybieramy element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, zostało nam 6 i liczymy α(6) =6. Trzecim i ostatnim cyklem jest (6).

Rozkład na cykle:

α = (0214)(35)(6).

(12)

Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju

Liczby Stirlinga I rodzaju, oznaczane

"

n k

#

lub s(n, k)

(„ k cykli n”), opisują liczbę różnych rozmieszczeń n liczb w k cyklach.

Przykład.

Mamy 11możliwości rozmieszczenia czterech liczb wdwóchcyklach:

(1)(234); (1)(243);

(2)(134); (2)(143);

(3)(124); (3)(142);

(4)(123); (4)(132);

(12)(34); (13)(24); (14)(23) Zatem,

"

4 2

#

=11

(13)

(1)(234); (1)(243); (2)(134); (2)(143);

(3)(124); (3)(142); (4)(123); (4)(132);

(12)(34); (13)(24); (14)(23)

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

1 2

3 4

"

4 2

#

= 11

(14)

Liczby Stirlinga I rodzaju

Niektóre liczby

"

n k

#

; zauważmy, że ^Pⁿ_k=0

"

n k

#

= n!

n/k 0 1 2 3 4 5 6 7 8

0 1 - - - -

1 0 1 - - - -

2 0 1 1 - - - -

3 0 2 3 1 - - - - -

4 0 6 11 6 1 - - - -

5 0 24 50 35 10 1 - - -

6 0 120 274 225 85 15 1 - -

7 0 720 1764 1624 735 175 21 1 -

8 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1

(15)

Liczby Stirlinga I rodzaju

"

n k

#

opisują liczbę różnych rozmieszczeń n liczb w k cyklach.

Przykłady.

"

n 0

#

= 0 dla n > 0

"

n n

#

= 1 dla n 0 (istnieje tylko jeden podział na n cykli)

"

n k

#

= 0 dla k > n (nie da się rozmieścić n liczb w n + 1 lub więcej cyklach)

(16)

Wzór rekurencyjny. Dla 0 < k < n,

"

n k

#

=

"

n − 1 k − 1

#

+(n − 1) ·

"

n − 1 k

#

Uzasadnienie. Wybierzmy dowolną z n liczb i rozważmy wszystkie

rozmieszczenia takie, że nasza liczba tworzy cykl jednoelementowy. Takich rozmieszczeń jest tyle, ile jest rozmieszczeń n − 1 liczb (naszej liczby nie uwzględniamy) w k − 1 cyklach (jeden cykl już mamy), czyli

"

n − 1 k − 1

# . Brakujące rozmieszczenia uzyskamy w następujący sposób. Rozbijamy wszystkie n − 1 liczb (poza “naszą”) na k cykli. Takich rozmieszczeń jest

"

n − 1 k

#

. Następnie dołączamy naszą liczbę: umieszczamy ją, po kolei, po lewej stronie pierwszej liczby, drugiej liczby, ..., (n − 1)-szej liczby.

Uzyskamy (n − 1) ·

"

n − 1 k

#

rozmieszczeń.

(17)

Nieporządki

Definicja.

Element s nazywamy punktem stałym permutacji α, gdy α(s) = s.

Definicja.

Nieporządkiem skończonego zbioru nazywamy jego permutację bez punktów stałych.

Niech Xn= {1, 2, . . . , n} (dla ustalenia uwagi).

Przykład.

1 2 3 4 5 6

2 3 4 5 6 1

!

jest nieporządkiem.

Przykład.

1 2 3 4 5 6

3 2 4 5 6 1

!

nie jest nieporządkiem.

(18)

Nieporządki

Liczbę nieporządków zbioru n-elementowego oznaczmy przez D_n. Przykład. D1= 0; permutacja 1

1

!

D₂ = 1; permutacje: 1 2 1 2

! 1 2

2 1

!

D₃ = 2; permutacje: 1 2 3 1 2 3

! 1 2 3

1 3 2

!

1 2 3 2 1 3

! 1 2 3

2 3 1

!

1 2 3 3 1 2

! 1 2 3

3 2 1

!

(19)

Nieporządki

Wzór rekurencyjny.

Dn= (n − 1)(Dn−1+ Dn−2) dla n 3

Uzasadnienie. Niech n 3. Nieporządki zbioru Xn= {1, 2, . . . , n}

dzielimy na dwa zbiory. W pierwszym są te, w których n zamieniło się miejscem z jakimś i (ta zamiana nie generuje punktu stałego). Liczbę i możemy wybrać na n − 1 sposobów, zatem liczba nieporządków w

pierwszym zbiorze to(n − 1)D_n−2. W drugim zbiorze na ostatnim miejscu stoi jakaś liczba i (mamy n − 1 możliwości jej wyboru), ale n nie stoi na i -tym miejscu (to poprzedni przypadek). Jeśli potraktujemy n jak i (bo nie może stać na i -tym miejscu), to wnioskujemy, że liczba nieporządków w drugim zbiorze to (n − 1)D_n−1.

(20)

Permutacje z punktami stałymi

Pytanie.

Ile jest permutacji n-elementowych z r punktami stałymi?

r punktów stałych wybieramy na ⁿ_rsposobów.

Pozostałe elementy muszą tworzyć nieporządek (nie mogą dostarczyć innego punktu stałego).

Odpowiedź: ⁿ_r· D_n−r.

(21)

Permutacje z powtórzeniami

Przykład.

Ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można utworzyć dysponując trzema płytkami z literami A, ˙A, ¨A.

Odpowiedź. Sześć = 3!: A ˙A ¨A, ˙AA ¨A, ¨AA ˙A, ¨A ˙AA, A ¨A ˙A, ˙A ¨AA.

Gdyby litery A, ˙A i Ä były traktowane jako jedna litera, to liczbę 3! byśmy musieli podzielić przez 3! - zestawy: A ˙A Ä, ˙AA Ä, ... oznaczają to samo.

Przykład.

Ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można utworzyć dysponując trzema płytkami z literą A.

Odpowiedź. Jedno: AAA.

(22)

Permutacje z powtórzeniami

Przykład. Ile permutacji można utworzyć dysponując płytkami A,A, B,B (rozróżniamy kolory).

Odpowiedź: 4!=24. Są to:

AABB, AABB,AABB, AABB, (gdybyśmy nie rozróżniali kolorów, to te cztery zestawy by wyglądały tak samo)ABAB, ABAB,ABAB, ABAB, ABBA, ABBA,ABBA,ABBA, BAAB, BAAB,BAAB,BAAB, BABA,BABA, BABA, BABA, BBAA, BBAA, BBAA, BBAA.

Gdybyśmy nie rozróżniali kolorów niebieskiego i czarnego (ale czerwony tak), to liczbę 4! byśmy musieli podzielić przez 2!.

Gdybyśmy nie rozróżniali kolorów w ogóle, to liczbę 4! byśmy musieli podzielić przez 2! ·2!, czyli przez 4.

Przykład. Słowa czteroliterowe (z sensem lub nie) powstałe z dwóch płytek z literą A oraz dwóch z literą B:

AABB, ABAB, ABBA, BAAB, BABA, BBAA.

(23)

Permutacje z powtórzeniami

Definicja. Niech X = {a1, a2, . . . , ar} oraz n = n₁+ n2+ · · · + nr. Permutacja n-elementowa z powtórzeniami, w której elementy a1, a2, . . . , ar powtarzają się, odpowiednio, n1, n2, . . . , nr razy,

to każdy n-elementowy ciąg, w którym element ai powtarza się ni razy (dla i = 1, . . . , r ). Liczba takich permutacji z powtórzeniami wynosi

n!

n1! · n2! · . . . · nr!.

Przykład. Ile różnych 11-literowych słów (sensownych lub nie) można ułożyć z liter słowa MISSISSIPPI?

Mamy jedną literę M, cztery litery I, cztery litery S oraz dwie litery P.

Wszystkich słów jest

11!

1! · 4! · 4! · 2! = 34650.

(24)

Kolekcja

Kolekcja (pseudozbiór, multizbiór, multiset), to uogólnienie koncepcji zbioru, które dopuszcza wiele takich samych elementów w kolekcji, przy czym (w przeciwieństwie do ciągu) ich kolejność nie jest ważna.

Bardziej formalne podejście:

Dany jest skończony zbiór X . Kolekcją nazywamy uporządkowaną parę (X , r ), gdzie funkcja r : X → N⁺. Liczba r (x ) to krotność elementu x . Przykład.

Kolekcją jest (X , r ), gdy X = {a, b} oraz funkcja r jest określona następująco: r (a) = 2, r (b) = 3.

Będziemy, dla ułatwienia, zapisywać taką kolekcję w postaci {a, a, b, b, b}_kol

(25)

Permutacja z powtórzeniami to permutacja w kolekcji

Niech

X = {a1, a2, . . . , ar}, n = n1+ n2+ · · · + nr,

X_K = {a₁, . . . , a₁

| {z }

n1 razy

, a₂, . . . , a₂

| {z }

n2 razy

, . . . , a_r, . . . , a_r

| {z }

nr razy

}_kol

Obserwacja.

Permutacja n-elementowa z powtórzeniami, w której elementy a1, a2, . . . , ar powtarzają się, odpowiednio, n1, n2, . . . , nr razy,

to permutacja w n-elementowej kolekcji X_K. Liczba takich permutacji w kolekcji wynosi

n!

n ! · n ! · . . . · n !.

(26)

Kombinacje

Definicja.

Kombinacja k elementów ze zbioru n-elementowego, gdy 0 ¬ k ¬ n, to każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego.

Jak wiemy, liczba wyborów k elementów ze zbioru n-elementowego jest równa

n k

!

= n!

k!(n − k)!. Przykład.

Z trzech liter A, B, C można utworzyć trzy, _2!(3−2)!^3! = 3, kombinacje 2-elementowe.

Są to: AB, AC , BC .

Pytanie mogło brzmieć: ile jest różnych wyników losowania dwóch płytek ze zbioru trzech płytek: jednej z literą A, jednej z literą B i jednej z literą C .

(27)

Kombinacje

Przykład.

Ile jest n-elementowych ciągów binarnych o k jedynkach (i n − k zerach)?

Jest ich tyle, ile k-elementowych podzbiórów zbioru n-elementowego, czyli _kⁿ.

Podobnie, jest ich tyle, ile n − k-elementowych podzbiórów zbioru n-elementowego, czyli _n−kⁿ .

Wniosek.

n k

= _n−kⁿ

(28)

Poker,

wersja pięciokartowa bez wymiany

Wybieramy losowo pięć kart z talii składającej się z 4 kolorów ♠, ♥,♦, ♣ po 13 kart: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,W,D,K,A. As jest zarówno największą jak i najmniejszą kartą (traktowaną jak 1).

Takich wyborów (układów) mamy ⁵²₅ = 2598960 - tyle jest możliwości wyboru (kombinacji) 5 kart z 52. Wśród różnych układów jedne zdarzają się częściej, inne rzadziej, te drugie są cenniejsze.

układ przykład liczba

poker 9♦10♦W♦D♦K♦ 40

kareta K♥K ♠ K♦K♣ 2♥ 13 · 48 = 624 full D♠ D♦D♣ K♥K♠ 13 · 12 · 4

3

!

· 4 2

!

= 3744 kolor 3♠ 5♠ 8♠ W♠ K♠ 4 · 13

5

!

− 40 = 5108 Wyjaśnienie:

(29)

Poker,

wersja pięciokartowa bez wymiany, WYJAŚNIENIA

WYJAŚNIENIA:

Poker to układ pięciu kart “po kolei” w jednym kolorze, na przykład 8♦9♦10♦ W♦D♦. Kolory są cztery. W każdym kolorze możliwych jest dziesięć pokerów:

zaczynając od (A, 2, 3, 4, 5) (as jest traktowany tu jak 1), poprzez (2, 3, 4, 5, 6);

(3, 4, 5, 6, 7); (4, 5, 6, 7, 8); (5, 6, 7, 8, 9); (6, 7, 8, 9, 10); (7, 8, 9, 10, W );

(8, 9, 10, W , D); (9, 10, W , D, K ), aż po najcenniejszy układ (poker królewski) (10, W , D, K , A).

Wszystkich możliwych pokerów jest więc 4 · 10 = 40.

Kareta to układ pięciu kart zawierający cztery karty (oczywiście różnych kolorów) tej samej wielkości, na przykład cztery króle, K♥K ♠ K♦K♣ 2♥. Kareta może składać się z czterech dwójek, czterech trójek,..., czterech asów (tu mamy 13 możliwości). Do tego układu czterech kart dobieramy piątą z tych co zostało, a zostało kart 52 − 4 (bo cztery są już “zajęte”).

Różnych karet mamy 13 · 48 = 624.

(30)

Poker,

WYJAŚNIENIA:

Full to układ składajęcy się z “trójki” (trzy karty tej samej wielkości) oraz “pary”

(dwie karty tej samej wielkości), na przykład D♠ D♦D♣ K♥K♠.

Najpierw wybieramy wielkość karty do “trójki”, mamy 13 możliwości (w naszym przykładzie z 13 kart wybieramy damę). Następnie wybieramy wielkość karty do

“pary”, mamy 12 możliwości (jedna wielkość jest już zajęta przez “trójkę”; w naszym przykładzie z 12 kart wybieramy króla). Jak już znamy wielkości wybieramy kolory. Z czterech możliwych kolorów do “trójki” wybieramy trzy (w naszym przykładzie pik, karo, trefl), takich wyborów jest ⁴₃. Z czterech możliwych kolorów do “pary” wybieramy dwa (w naszym zadaniu kier, pik), takich wyborów jest ⁴₂.

Co nam daje liczbę 13 · 12 ·4 3

·4 2

= 3744.

(31)

Poker,

Kolor to układ pięciu kart w jednym kolorze, ale nie poker (wykluczamy pokera, bo jest cenniejszy), na przykład 3♠ 5♠ 8♠ W♠ K♠.

Najpierw wybieramy, który to kolor (mamy cztery możliwości, w naszym przykładzie to piki).

Następnie decydujemy, które karty z tego koloru wybieramy (jakie piki mamy).

Pojawia się ¹³₅ możliwości (wybieramy 5 kart z trzynastu).

Mamy więc 4 · ¹³₅

możliwości wyboru pięciu kart jednego koloru.

Jeśli odejmiemy od tego liczbę pokerów (są cenniejsze), otrzymamy 4 · ¹³₅ − 40 = 5108.

(32)

Poker,

wersja pięciokartowa bez wymiany

Wybieramy losowo pięć kart z talii składającej się z 4 kolorów ♠, ♥,♦, ♣ po 13 kart: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,W,D,K,A. As jest zarówno największą jak i najmniejszą kartą (traktowaną jak 1).

układ przykład liczba

strit^a A♠ 2♦3♥ 4♣ 5♠ 10 · 4⁵− 40 = 10200 trójka 5♥5♦5♠ W♥K♣ 13 · 4

3

!

· 12 2

!

· 4² = 54912 dwie pary D♥D♦7♠ 7♥5♣ 13

2

!

· 4 2

!

· 4 2

!

· 44 = 123552 para 8♦8♣ 5♥W♣ K♣ 13 · 4

2

!

· 12 3

!

· 4³ = 1098240

pozostałe 4♠ 8♠ 9♥W♣ D♠ 1302540

(33)

Poker,

WYJAŚNIENIA:

Strit to układ pięciu kart “po kolei”, ale nie poker (wykluczamy pokera, bo jest cenniejszy), na przykład A♠ 2♦3♥4♣ 5♠.

Podobnie jak poker, strit może zaczynać się od asa (traktowanego jak 1), od dwójki, ..., od dziesiątki.

Mamy dziesięć możliwości wyboru najniższej karty w stricie (w naszym przykładzie to as, co pociąga wielkości pozostałych kart: 2,3,4,5).

Kolor każdej z tych kart jest obojętny (byle nie wszyskie te same).

Mamy cztery możliwości wyboru koloru pierwszej karty, cztery możliwości wyboru koloru drugiej karty, ...

Możliwości wyboru pięciu kart “po kolei” jest więc 10 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4, jak odejmiemy od niej liczbę pokerów otrzymamy 10 · 4⁵− 40 = 10200.

(34)

Poker,

WYJAŚNIENIA:

Trójka tu układ zawierący dokładnie trzy karty tej samej wielkości, o ile ten układ nie jest fullem (full jest cenniejszy), na przykład 5♥5♦5♠ W♥K♣.

Najpierw wybieramy wielkość karty do trójki (w naszym przykładzie 5), mamy 13 możliwości. Następnie decydujemy, które kolory pojawią się w tej trójce (u nas kier, karo, pik), mamy ⁴₃ możliwości - wybieramy trzy z czterech.

W końcu dobieramy pozostałe dwie karty - z dwunastu (jedna, w naszym przykładzie 5, jest już “zajęta”) wybieramy dwie. Wybieramy wielkość tych kart (w naszym przykładzie to walet i król). Możemy to zrobić na ¹²₂ sposobów.

Wybieramy kolor - cztery możliwości na pierwszą (u nas kier), cztery na drugą (u nas trefl).

Wszystkich możliwości jest więc 13 · ⁴₃ · ¹²₂ · 4²= 54912.

(35)

Poker,

WYJAŚNIENIA:

Dwie pary to układ zawierający dwie różne pary, na przykład D♥D♦7♠ 7♥5♣.

Najpierw wybieramy wielkość karty w pierwszej i wielkość karty w drugiej parze (w naszym przykładzie to dama i siódemka). Mamy ¹³₂ możliwości - wybieramy dwie z trzynastu.

Wybieramy teraz kolor kart w pierwszej parze (u nas kier i karo), mamy ⁴₂ możliwości - wybieramy dwa kolory z czterech.

Podobnie, wybieramy kolor kart w drugiej parze (u nas pik i kier), mamy ⁴₂ możliwości.

W końcu dobieramy piątą kartę. Nie może to być ani wielkość występująca w pierwszej parze (u nas odrzucamy damy, gdybyśmy dobrali trzecią damę, byśmy mieli fulla), ani wielkość występująca w drugiej parze (u nas odrzucamy siódemki), pozostaje do wyboru jedna z 52-4-4=44 kart (u nas piątka trefl).

Możliwości jest więc ¹³₂ · ⁴₂ · ⁴₂ · 44 = 123552.

(36)

Poker,

WYJAŚNIENIA:

Para to układ zawierający dokładnie dwie karty tej samej wielkości, na przykład 8♦8♣ 5♥W♣ K♣.

Najpierw wybieramy wielkość karty w parze (w naszym przykładzie to ósemka).

Mamy 13 możliwości.

Wybieramy teraz kolor kart w pierwszej parze (u nas karo i trefl), mamy ⁴₂ możliwości - wybieramy dwa kolory z czterech.

Dobieramy wielkość pozostałych trzech kart (z dwunastu; jedna wielkość jest

“zarezerwowana” przez wielkość karty występującej w parze), mamy ¹²₃ możliwości.

Dobieramy jeden z czterech kolorów dla każdej z tych trzech kart.

Wszystkich układów zawierających dokładnie jedną parę jest więc 13 · ⁴₂ · ¹²₃ · 4³= 1098240.

(37)

Kombinacje z powtórzeniami

Przypomnienie różnic między zbiorem a kolekcją (multizbiorem).

Przykład.

{a, a, b} = {a, b} = {b, a} = {a, a, b, b, b}, ale {a, a, b}_kol 6= {a, b}_kol = {b, a}_kol 6= {a, a, b, b, b}_kol.

Kombinacja z powtórzeniami k elementów ze zbioru n-elementowego to każda k-elementowa kolekcja złożona z elementów zbioru n-elementowego.

Jest ich

n + k − 1 k

! .

(38)

Uzasadnienie.

Niech X = {a₁, a₂, . . . , a_n} i niech M będzie k-elementową kolekcją tego zbioru. Istnieje bijekcja między k-elementowymi kolekcjami, a

(n + k − 1)-elementowym ciągiem złożonym z + oraz | (możemy też traktować ten ciąg jako ciąg binarny) określona następująco:

jeśli a1

nie występuje w M, to pierwszym elementem ciągu jest |

występuje m1razy, to pierwsze m1+ 1 elementów ciągu to m1 znaków + oraz na kolejnym miejscu |

jeśli a_i (dla, kolejno, i = 2, . . . , n − 1)

nie występuje w M, to następnym elementem ciągu jest |

występuje mi razy, to kolejne mi+ 1 elementów ciągu to mi znaków + oraz |

jeśli a_n

nie występuje w M, to nic nie dopisujemy

występuje mnrazy, to kolejne mn elementów ciągu to znaki +

(39)

Kombinacji z powtórzeniami jest

^n+k−1_k

.

Przykład.

X = {2, 3, 4, 6, 8}, M₁ = {2, 3, 3, 4, 6, 8}_kol. M₂= {3, 3, 3, 3, 3, 4}_kol. Kolekcji M1 odpowiada ciąg +| + +| + | + |+

wskazujący, że 2 wystąpiła raz, 3 dwa razy, 4 raz, 6 raz, 8 raz.

Kolekcji M₂ odpowiada ciąg | + + + + + | + ||

wskazujący, że 2 nie ma, 3 wystąpiła pięć razy, 4 raz, 6 nie ma, 8 nie ma.

W każdym takim ciągu mamy k znaków + (bo wybieramy k elementów) oraz n − 1 kresek (wyznaczających n elementów zbioru X ).

Ilość możliwych ciągów o k znakach + i n − 1 znakach | to ^n+k−1_k .

(40)

Kombinacji z powtórzeniami jest

^n+k−1_k

.

Przykład.

Z trzech liter A, B, C można utworzyć sześć, 3 + 2 − 1

2

!

= 4

2

!

= 4!

2!(4 − 2)! = 6, kombinacji 2-elementowych z powtórzeniami.

Są to: AA, AB, AC , BB, BC , CC .

ile jest różnych wyników losowania dwóch płytek ze zbioru składającego się z dwóch (lub więcej) płytek z literą A, dwóch (lub więcej) z literą B i dwóch (lub więcej) z literą C .

(41)

Kombinacje z powtórzeniami

Przykład.

Ile jest różnych kostek klasycznego domina (największa liczba oczek na jednej połówce kostki to sześć)?

Każda kostka domina składa się z pary (połówek) elementów z zaznaczonymi oczkami ze zbioru {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Elementy mogą się powtarzać, ale nie jest istotna ich kolejność w parze.

Jest ich tyle ile 2-elementowych kombinacji z powtórzeniami ze zbioru 7-elementowego, czyli

7 + 2 − 1 2

!

= 28.

(42)

Wariacje

Definicja.

Wariacja z n po k, gdy 0 ¬ k ¬ n, to odwzorowanie różnowartościowe k-elementowego podzbioru zbioru n-elementowego na ten sam zbiór.

Zatem liczba wszystkich wariacji z n po k wynosi ⁿ_k· k! = _(n−k)!^n! . Przykład.

Z trzech liter A, B, C można utworzyć sześć, _(3−2)!^3! = 6, wariacji 2-elementowych.

Są to: AB, BA, AC , CA, BC , CB.

ile słów dwuliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując jedną płytką z literą A, jedną płytką z literą B oraz jedną płytką z literą C .

(43)

Wariacje z powtórzeniami

Definicja.

Wariacja z powtórzeniami z n po k, gdy 0 ¬ k ¬ n, to każde

odwzorowanie k-elementowego podzbioru zbioru n-elementowego na ten sam zbiór.

Liczba wszystkich wariacji z powtórzeniami n po k (wszystkich funkcji ze zbioru k elementowego w zbiór n elementowy) wynosi n^k.

Przykład.

Z liter A, B, C można utworzyć dziewięć (obliczenie: 3² = 9) wariacji 2-elementowych z powtórzeniami.

Są to: AB, BA, AC , CA, BC , CB, AA, BB, CC .

ile słów dwuliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą A, dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą B oraz dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą C .

(44)

Wariacje z powtórzeniami

Przykład.

Pytamy 20 osób urodzonych w roku 1999 o dzień ich urodzin.

Jak duży jest zbiór wszystkich możliwych odpowiedzi?

20-elementowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru 366-elementowego jest 366²⁰.

(45)

Wariacje z powtórzeniami

Przykład.

Pytamy 10 osób urodzonych w roku 1999 o dzień ich urodzin.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że żadne dwie osoby nie mają urodzin w tym samym dniu?

Zastosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

Liczba wszystkich możliwości, czyli liczba 10-elementowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru 366-elementowego to 366¹⁰.

Liczba zdarzeń „sprzyjających”, to liczba wariacji (bez powtórzeń) z 366 po 10. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe

366!

(366−10)!

366¹⁰ ≈ 0.883.

(46)

Podziały zbiorów

Liczbę

n n1, . . . , nr

!

= n!

n1! · n2! · . . . · nr! nazywamy współczynnikiem wielomianowym.

Fakt.

Skończony zbiór X możemy podzielić na r rozłącznych podzbiorów A₁, . . . , A_r o mocach, odpowiednio, n₁, . . . , n_r na _n ⁿ

1,...,nr

sposobów.

(47)

Podziały zbiorów

Uzasadnienie.

Zbiór A1 możemy wybrać na _nⁿ

1

sposobów. Następnie zbiór A2 możemy wybrać na ⁿ⁻ⁿ_n ¹

2

sposobów, zbiór A₃ możemy wybrać na ⁿ⁻ⁿ_n¹⁻ⁿ²

3

sposobów, ... Wszystkich wyborów jest więc

n n₁

!

· n − n₁ n₂

!

· n − n₁− n₂ n₃

!

· . . . · n − n₁− · · · − n_{r −1} n_r

!

= n!

n₁! · n₂! · . . . · n_r!

(48)

Podziały zbiorów

Przykład.

Ile jest różnych rozdań w brydżu?

Zbiór X składający się z 52 kart dzielimy na cztery 13-elementowe zbiory W,N,E,S.

Podziałów takich jest

52 13, 13, 13, 13

!

= 52!

(13!)⁴ = 53644737765488792838237440000 ≈ 5 · 10²⁸.

(49)

MISSISSIPPI, inne podejście

Współczynnik wielomianowy określa też liczbę permutacji z powtórzeniami.

Przykład. Ile różnych 11-literowych słów (sensownych lub nie) można ułożyć z liter słowa MISSISSIPPI?

Mamy jedną literę M, cztery litery I, cztery litery S oraz dwie litery P.

Litery te zajmują 11 pozycji. Niech P = {p1, p2, . . . , p11} będzie zbiorem tych pozycji.

Mamy jedenaście miejsc, które czekają na zapełnienie tymi literami.

Dzielimy P na cztery podzbiory P_M, P_I, P_S, P_P o mocy kP_Mk = 1, kP_Ik = 4, kP_Sk = 4, kP_Pk = 2.

Każdy taki podział wyznacza słowo.

Wszystkich słów jest 11 1, 4, 4, 2

!

= 11!

1! · 4! · 4! · 2! = 34650.

(50)

MANHATTAN, n 0, k 1

Załóżmy, że ulice tworzą kratę złożoną z n + 1 dróg biegnących w linii północ-południe i k dróg wschód-zachód. Znajdujemy się w lewym dolnym rogu A i chcemy dojść najkrótszą drogą do prawego górnego rogu B. Na ile sposobów możemy to zrobić?

A

B

n + 1 = 7 tu:

n = 6, k = 4

są 84 sposoby

Fakt. Każda taka droga składa się z n odcinków „ jednostkowych”

poziomych i k − 1 pionowych.

(51)

MANHATTAN, n 0, k 1

A

B

n + 1 = 7 tu:

n = 6, k = 4

są 84 sposoby

(52)

MANHATTAN, n 0, k 1

A

B

n + 1 = 7 tu:

n = 6, k = 4

są 84 sposoby

poziomych i k − 1 pionowych.

(53)

MANHATTAN, n 0, k 1

A

B

n + 1 = 7 tu:

n = 6, k = 4

są 84 sposoby

(54)

MANHATTAN, obserwacja

Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a n + k − 1

elementowym ciągiem binarnym składającym się z k − 1 jedynek oraz n zer

− każdemu odcinkowi pionowemu przypisujemy 1, a poziomemu 0.

A

B

110000001

(55)

MANHATTAN, obserwacja

A

B

110000001 000101100

(56)

MANHATTAN, obserwacja

A

B

110000001 110000001

(57)

MANHATTAN, obserwacja

A

B

110000001 010101000

(58)

MANHATTAN, obserwacja

Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a zbiorem rozwiązań (w N) równania

x1+ x2+ · · · + xk = n.

Każda taka droga zawiera n poziomych odcinków „ jednostkowych”.

Liczba takich odcinków na naszej drodze leżących na pierwszej poziomej ulicy to x1, na drugiej to x2, . . . , na k-tej to x_k.

A

B

x₁ = 3 x2 = 1 x3 = 0 x₄ = 2

(59)

MANHATTAN, obserwacja

x1+ x2+ · · · + xk = n.

A

B

x₁ = 3 x2 = 1 x3 = 0 x₄ = 2 x₁ = 3 x2 = 1 x3 = 0 x₄ = 2

(60)

MANHATTAN, obserwacja

x1+ x2+ · · · + xk = n.

A

B

x₁ = 3 x2 = 1 x3 = 0 x₄ = 2 x₁ = 0 x2 = 0 x3 = 6 x₄ = 0

(61)

MANHATTAN, obserwacja

x1+ x2+ · · · + xk = n.

A

B

x₁ = 3 x2 = 1 x3 = 0 x₄ = 2 x₁ = 1 x2 = 1 x3 = 1 x₄ = 3

(62)

MANHATTAN, k − 1 jedynek oraz n zer

Mamy n+k − 1elementowy zbiór pozycji. Wybieramy k − 1(by obsadzić je jedynkami; pozostałe obsadzamy zerami). Takich wyborów jest

n + k − 1 k − 1

!

= (n + k − 1)!

(k − 1)! · n!.

Mogliśmy także zn+k − 1elementowego zbioru pozycji wybraćn (by obsadzić je zerami). Takich wyborów jest

n + k − 1 n

!

= (n + k − 1)!

n! · (k − 1)!.

(63)

MANHATTAN

Nieco inne podejście.

Jak wiemy, skończony zbiór X możemy podzielić na r rozłącznych podzbiorów A₁, . . . , A_r o mocach, odpowiednio, n₁, . . . , n_r na _n ⁿ

1,...,nr

sposobów.

Mamy n + k − 1 miejsc (w ciągu binarnym) czekających na zapełnienie n zerami i k − 1 jedynkami. Dzielimy zbior pozycji P = {p₁, . . . , p_n+k−1} na dwa zbiory P₀ o mocy n oraz P₁ o mocy k − 1. Takich podziałów jest

n + k − 1 n, k − 1

!

= (n + k − 1)!

n! · (k − 1)!.

(64)

Wniosek

Niech k ∈ N⁺, n ∈ N. Liczba rozwiązań równania liniowego x1+ x2+ · · · + xk = n

w zbiorze N wynosi

n + k − 1 k − 1

!

= (n + k − 1)!

(k − 1)! · n!.

Przykład. Na ile sposobów możemy pomalować n takich samych kul na k różnych kolorów (n k)?

Oznaczmy przez x_i (dla i = 1, . . . , k) liczbę kul pomalowanych i -tym kolorem. Wtedy x1+ x2+ · · · + xk = n.

Sposobów pomalowań jest więc ^n+k−1_k−1 .

(65)

Funkcje rosnące

Przykład. Niech X = {x1, x2}, Y = {y₁, y2, y3}, gdzie x₁< x2 oraz y₁ < y₂ < y₃. Są trzy funkcje (ściśle) rosnące f : X → Y .

f1(x1) = y1, f1(x2) = y2 x2

x1

y3

y1

y2

f₂(x₁) = y₁, f₂(x₂) = y₃ _x

2

x1

y3

y1

y2

x2

x1

y3

y1

y2

f₃(x₁) = y₂, f₃(x₂) = y₃

Funkcji jest tyle ile wyborów dwóch elementów ze zbioru Y , czyli ³₂; te

(66)

Funkcje rosnące

Niech X = {x₁, . . . , x_k}, Y = {y₁, . . . , y_n}, gdzie x₁ < x₂ < · · · < x_k oraz y₁ < · · · < y_n.

Fakt:

Funkcji (ściśle) rosnących f :X →Y jest tyle, ile możliwości wyboru k elementów ze zbiorun elementowego, czyli ⁿ_k.

(67)

Niech k ∈ N⁺, n ∈ N. Jak wiemy, liczba rozwiązań równania liniowego x₁+ x₂+ · · · + x_k = n w zbiorze N wynosi ^n+k−1_k−1 = ^(n+k−1)!_(k−1)!·n!. Fakt. Niech k ¬ n. Liczba rozwiązań równania liniowego

x₁+ x₂+ · · · + x_k−1+ x_k = n w zbiorze N⁺ wynosi _k−1ⁿ⁻¹.

Uzasadnienie. Wszystkich funkcji rosnących s : {1, 2, . . . , k − 1} → {1, . . . , n − 1} jest ⁿ⁻¹_k−1.

Ponieważ wszystkie x_i są dodatnie, każdemu rozwiązaniu x₁, . . . , x_k naszego równania odpowiada funkcja rosnąca określona następująco:

s(1) = x1, s(2) = x1+ x2, . . . , s(k − 1) = x1+ x2+ · · · + xk−1. Także odwrotnie, każdej takiej funkcji s odpowiada dokładnie jedno rozwiązanie: x₁= s(1), x₂ = s(2) − s(1), x₃ = s(3) − s(2), . . . , xk−1 = s(k − 1) − s(k − 2), xk = n − s(k − 1).

Różnych rozwiązań naszego równania jest tyle

(68)

Rozmieszczenia, niech k ¬ n

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

Wniosek.

Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k−1. PRZYKŁAD. n = 3 (trzy kule), k = 2 (dwa pojemniki),

n−1 k−1

= ²₁= 2

(69)

Uogólniony wzór Newtona

Uogólniony wzór Newtona.

(x1+ . . . + xm)ⁿ=

n

X

t1=0

· · ·

n

X

tm=0

n t1, . . . , tm

!

x₁^t¹· . . . · x_m^t^m,

gdzie t1+ . . . + tm = n.

Dowód jest podobny do dowodu „standardowego” wzoru Newtona.

Po wymnożeniu lewej strony wyrażenie x₁^t¹· x₂^t²· . . . · x_m^t^m (gdzie t1+ t2+ · · · + tm = n) występuje _t ⁿ

1,...,tm

razy.

Fakt.

Podstawiając x1= · · · = xm= 1 otrzymamy zależność: mⁿ=Pn

t₁=0· · ·Pn tm=0

n t₁,...,t_m

.

(70)

Serie

Definicja.

Serią ciągu binarnego nazywamy maksymalny podciąg kolejnych jednakowych elementów.

(n, m)-ciągiem nazywamy ciąg binarny złożony z n jedynek oraz m zer.

Jak wiemy, liczba różnych (n, m)-ciągów jest równa ^n+m_n . Przykład.

W (10,11)-ciągu 000001100011111110010 jest siedem serii.

Fakt. W każdym ciągu binarnym albo serii zer i jedynek jest tyle samo, albo liczby serii zer i jedynek różnią się o jeden.

Uzasadnienie. Serie zer i jedynek się przeplatają.

(71)

Serie

Załóżmy (nie tracąc ogólności), że 1 ¬ n ¬ m.

Oznaczmy przez R liczbę serii (n, m)-ciągu.

Wniosek. Liczbę R można oszacować:

2 ¬ R ¬

(2n, gdy n = m 2n + 1, gdy n < m

(72)

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R?

Potraktujmy serie jak niepuste szufladki. Zakładamy, że m 2 oraz n 2.

PRZYPADEK 1: liczba R jest parzysta.

Powiedzmy, R = 2k.

Mamy wtedyk szufladek dla n jedynek orazk szufladek dla m zer.

Jak wiemy, liczba rozmieszczeń t jednakowych przedmiotów w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa _k−1^t−1. Zatem liczba rozmieszczeń n jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k−1, a liczba rozmieszczeń k zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ^m−1_k−1.

(73)

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R = 2k?

Mamy k szufladek dla n jedynekorazk szufladek dla m zer.

Liczba rozmieszczeńn jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k−1, a liczba rozmieszczeń k zer w mszufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ^m−1_k−1.

Ponadto, ciąg może się zaczynać albo od jedynki,

albo od zera,

co dodatkowo daje czynnik dwa (lub: oba przypadki dodajemy).

Liczba (n, m)-ciągów o 2k seriach wynosi więc 2 n − 1

k − 1

! m − 1 k − 1

! .

(74)

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R?

PRZYPADEK 2: liczba R jest nieparzysta. Powiedzmy, R = 2k + 1.

Możliwość 2A.

Mamy k szufladek dla n jedynekorazk + 1 szufladek dla m zer.

Liczba rozmieszczeń n jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k−1, a liczba rozmieszczeń k + 1 zer w m

szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ^m−1_k .

(75)

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R?

PRZYPADEK 2: liczba R jest nieparzysta, R = 2k + 1.

Możliwość 2B. Mamyk + 1 szufladek dla n jedynek orazk szufladek dla m zer.

Liczba rozmieszczeń n jedynek w k + 1 szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ⁿ⁻¹_k , a liczba rozmieszczeń k zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ^m−1_k−1. Liczba (n, m)-ciągów o 2k + 1 seriach wynosi więc (sumujemy oba przypadki)

n − 1 k − 1

! m − 1 k

!

+ n − 1 k

! m − 1 k − 1

! .

(76)

Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowy (n, m)-ciąg binarny ma parzystą liczbę serii?

SPOSÓB 1.

2 _k−1ⁿ⁻¹ ^m−1_k−1

n+m n

SPOSÓB 2. W każdym ciągu binarnym o parzystej liczbie serii element pierwszy różni się od elementu ostatniego. Mamy tudwie możliwości.

Pozostałe n + m − 2 elementy (wśród nich jest n − 1 jedynek) wybieramy na ^n+m−2_n−1 sposobów.

Prawdopodobieństwo:

2 ^n+m−2_n−1

n+m n

= 2mn

(n + m)(n + m − 1)

Elementy kombinatoryki