Download as PDF, PPTX
![Υπενθύμιση Συμβολισμού
Για κάθε θετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με [n] το σύνολο των θετικών
ακέραιων που είναι μικρότεροι ή ίσοι του n, δηλαδή, [n] = {1,2,...,n}.
Ορισμός 4
´Ενα μη κενό σύνολο X ονομάζεται πεπερασμένο, όταν
υπάρχει ένας θετικός ακέραιος n και μια ένα–προς–ένα και
επί απεικόνιση ϕ: [n] → X. Στην περίπτωση αυτή, η
πληθικότητα (cardinality) του X, που ορίζεται ως το πλήθος
των στοιχείων του X, είναι n, δηλαδή, συμβολικά, |X| = n.
Επιπλέον, θέτουμε |∅| = 0.
Θεώρημα 5
´Εστω δυο πεπερασμένα σύνολα X,Y. Τότε
1 |X| ≤ |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια ένα–προς–ένα
απεικόνιση f: X → Y.
2 |X| ≥ |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια επί απεικόνιση
f: X → Y.
3 |X| = |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια ένα–προς–ένα και
επί απεικόνιση f: X → Y.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-24-320.jpg)
![Ακολουθίες και Λίστες
Ακολουθίες ως Απεικονίσεις
´Εστω X ένα (τυχόν) σύνολο και {xn}n=1,2,... μια αριθμήσιμη ακολουθία
στοιχείων του X. Η ακολουθία αυτή μπορεί να ταυτισθεί με μια
απεικόνιση, με την έννοια ότι αντιστοιχεί σε αυτή μια απεικόνιση
ϕ: N+ → X τέτοια ώστε, για κάθε n = 1,2,..., να είναι ϕ(n) = xn.
Αλλά, και αντίστροφα, σε κάθε απεικόνιση ϕ: N+ → X αντιστοιχεί η
ακολουθία {xn}n=1,2,..., όπου xn = ϕ(n), για κάθε n = 1,2,....
Ορισμός 6
´Εστω X ένα (τυχόν) σύνολο και n ένας θετικός ακέραιος.
Κάθε πεπερασμένη ακολουθία στοιχείων του X ονομάζεται
λίστα μήκους n (ή n–λίστα). ´Οπως παραπάνω, κάθε λίστα
n στοιχείων του X μπορεί να ταυτισθεί με μια απεικόνιση
ϕ: [n] → X τέτοια ώστε
η ϕ είναι ένα–προς–ένα, όταν τα στοιχεία της λίστας
είναι διακριτά (μη επαναλαμβανόμενα) και
η ϕ είναι ένα–προς–ένα και επί, όταν η λίστα
ταυτίζεται με το X, το οποίο υποτίθεται ότι είναι
πεπερασμένο σύνολο.3
3
Εξ ορισμού, ένα πεπερασμένο σύνολο δεν έχει επαναλαμβανόμενα
στοιχεία. Αν είχε θα ονομαζόταν πολυσύνολο.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-25-320.jpg)
![Μεταθέσεις και Συνδυασμοί
Ορισμός 8
∆οθέντους ενός περασμένου συνόλου X με n στοιχεία,
ονομάζουμε μετάθεση5 (permutation) του X (ή του [n])
κάθε ένα–προς–ένα και επί απεικόνιση από το σύνολο
X (ή το σύνολο [n]) στον εαυτό του.
Παρατηρήσεις:
Ας υποθέσουμε ότι το X έχει n στοιχεία. Τότε μια μετάθεση του X μπορεί
να θεωρηθεί ως:
Μια n–λίστα που σχηματίζεται από τα στοιχεία του X διατεταγμένα
με οποιοδήποτε τρόπο, αλλά χωρίς επαναλήψεις.
Με άλλα λόγια, κάθε μετάθεση του συνόλου X με n στοιχεία είναι μια
διατεταγμένη τοποθέτηση ενός από n αντικείμενα σε n θέσεις, έτσι
ώστε κάθε θέση να περιέχει ακριβώς ένα αντικείμενο.
5
Μερικές φορές, η μετάθεση καλείται διάταξη.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-27-320.jpg)
![Ορισμός 11
´Εστω ένα περασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας
θετικός ακέραιος k ≤ n. Ονομάζουμε k–μετάθεση του X
(ή του [n]) κάθε k–λίστα διακριτών στοιχείων του X,
{xi}i=1,2,...,k, όπου xi ∈ X, για κάθε i ∈ [k], και xi = xj, για
κάθε i = j στο [k].
Θεώρημα 12
´Εστω n,k θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k και X
σύνολο n στοιχείων. Τότε το πλήθος των k–μεταθέ-
σεων του X (ή του [n]), που συμβολίζεται ως (n)k, είναι
ίσο με
(n)k = n(n − 1) · · · (n − k + 1) =
n!
(n − k)!
.
Απόδειξη: Προφανώς, έχουμε n επιλογές για τον πρώτο όρο της k–λίστας,
n − 1 για τον δεύτερο κ.ο.κ., έως ότου φθάσουμε στον k όρο, που είναι ο
τελευταίος, όπου θα έχουν μείνει n − k + 1 επιλογές.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-29-320.jpg)
![Πόρισμα 13
´Εστω n,k θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k και X σύνολο n στοιχείων.
Τότε το πλήθος των k–μεταθέσεων του X (ή του [n]), όταν επιτρέπονται οι
επαναλήψεις στοιχείων, είναι ίσο με nk.
Πόρισμα 14
Για ένα αλφάβητο με n σύμβολα και για κάθε θετικό ακέραιο k, υπάρχουν nk
λέξεις μήκους k (ενδεχομένως με επαναλαμβανόμενα σύμβολα).
Πρόταση 1
Το πλήθος όλων των υποσυνόλων ενός συνόλου αποτελούμενου από n
στοιχεία είναι 2n.
Απόδειξη: Αν κατασκευάσουμε μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ του συνόλου όλων των
υποσυνόλων ένος συνόλου n στοιχείων και όλων των λέξεων μήκους n, που σχηματίζονται από το
δυαδικό αλφάβητο {0, 1}, τότε η Πρόταση θα είναι απόρροια του Θεωρήματος 5.3. Πράγματι, η
απεικόνιση αυτή κατασκευάζεται ως εξής: για κάθε A ⊂ [n], έστω f(A) η λέξη στο {0, 1}, της οποίας
το σύμβολο στην θέση i είναι 1, όταν i ∈ A, και 0, διαφορετικά. Προφανώς, f(A) ∈ {0, 1}n, για κάθε
A ⊂ [n], και αν, για δυο A, B ⊂ [n] έχουμε f(A) = f(B), τότε είναι εύκολο να ελεχθεί ότι A = B, δηλα-
δή, η f είναι ένα–προς–ένα. Επιπλέον, για κάθε λέξη w = {wi}i∈[n] ∈ {0, 1}n, υπάρχει ένα υποσύνο-
λο C ∈ [n] τέτοιο ώστε C = {i ∈ [n]: wi = 1}, δηλαδή, f(C) = w, ήτοι η f είναι και επί.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-30-320.jpg)
![Παράδειγμα: ´Εστω k θετικός ακέραιος. Το πλήθος όλων των θετικών
ακέραιων με k ψηφία είναι 9 · 10k−1.
Καθώς τώρα το αλφάβητο είναι το σύνολο {0,1,...,9}, προφανώς, έχουμε
9 επιλογές για τον πρώτο όρο ενός 9–ψήφιου αριθμού και, δεδομένου ότι
ακολούθως τα ψηφία μπορούν να επαναλαμβάνονται, υπάρχουν 10 επιλογές
για όλα τα άλλα ψηφία του αριθμού αυτού. ´Αρα, το ολικό πλήθος ψηφίων
είναι 9 · 10 · 10· · · · 10 = 9 · 10k−1.
Παράδειγμα: ´Εστω ότι κατασκευάζεται μια πόλη, στην οποία θα πρέπει να
υπάρχουν 10 διασταυρώσεις δρόμων. Κάποιες από τις διασταυρώσεις θα
έχουν φανάρια κυκλοφορίας και, σε κάποιες διασταυρώσεις με φανάρια, θα
υπάρχει επίσης και βενζινάδικο. Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό να γίνει;
Θεωρούμε το αλφάβητο {A,B,C}, όπου το σύμβολο A αναπαριστά
διασταυρώσεις με φανάρια και βενζινάδικο, το B διασταυρώσεις μόνο με
φανάρια και χωρίς βενζινάδικο και το C διασταυρώσεις χωρίς ούτε φανάρια
ούτε βενζινάδικο. Τότε, κάθε 10–άδα διασταυρώσεων αναπαρίσταται ως
μια λέξη (λίστα) c = {ci}i∈[10] από το {A,B,C}, κάτι που σημαίνει ότι η
i–οστή διασταύρωση στην δεκάδα αυτή θα έχει φανάρια και βενζινάδικο,
όταν ci = A, θα έχει μόνο φανάρια, όταν ci = B, και δεν θα έχει ούτε
φανάρια ούτε βενζινάδικο, όταν ci = C (για κάθε i = 1,...,10). ´Ετσι,
σύμφωνα με το Πόρισμα 14, υπάρχουν 310 τέτοιες λέξεις, δηλαδή, 310
τρόποι κατασκευής των 10 διασταυρώσεων.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-31-320.jpg)
![Μεταθέσεις Πολυσυνόλου
Θεώρημα 15
´Εστω n,k,a1,a2,...,ak θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε
a1 + a2 + ... + ak = n και X πολυσύνολο7, που έχει n στοιχεία,
από τα οποία τα ai στοιχεία είναι τύπου i, για κάθε i ∈ [k].
Τότε το πλήθος των μεταθέσεων του πολυσυνόλου X είναι
ίσο με
n!
a1! · a2! · · · · · ak!
.
Απόδειξη: ´Εστω x το ζητούμενο πλήθος μεταθέσεων του πολυσυνόλου X. Επειδή τα στοιχεία κάθε
τύπου i (ξεχωριστά), έχουν ai! μεταθέσεις, για κάθε i ∈ [k], ο Κανόνας Γινομένου συνεπάγεται ότι
x · a1! · a2! · · · · · ak! είναι το πλήθος των μεταθέσεων του n, που φυσικά είναι ίσο με n!, οπότε
έπεται το ζητούμενο αποτέλεσμα.
Παράδειγμα: Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα γράμματα
της λέξης MISSISSIPPI;
Για τη λέξη αυτή, n = 11, ενώ υπάρχουν k = 4 τύποι γραμμάτων (M, I, S, P) με
a1 = 1, a2 = 4, a3 = 4, a4 = 2. Επομένως, υπάρχουν 11!
4!4!2!1!
= 34650 διαφορετικοί τρόποι, με τους
οποίους τα γράμματα της λέξης MISSISSIPPI μπορούν να διαταχθούν.
7
Αυτό σημαίνει ότι το X μπορεί να έχει πολλαπλά στοιχεία.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-32-320.jpg)
![Συνδυασμοί
Ορισμός 16
´Εστω ένα περασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας
θετικός ακέραιος k ≤ n. Ονομάζουμε k–επιλογή του X (ή του
[n]) κάθε υποσύνολο του X (ή του [n]), που έχει k στοιχεία.
Το πλήθος όλων των δυνατών k–επιλογών του X (ή του
[n]) ονομάζονται k–συνδυασμοί του X (ή του [n]) και
συμβολίζονται με n
k , το οποίο διαβάζεται ως ‘‘n ανά k’’ .8
Θεώρημα 17
´Εστω n,k ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k ≥ 0 και X σύνολο
n στοιχείων. Τότε οι k–συνδυασμοί του X (ή του [n])
είναι ίσοι με
n
k
=
n!
k!(n − k)!
=
(n)k
k!
, για κάθε n > k > 0,
n
0
=
n
n
= 1.
8
Μερικές φορές, οι αριθμοί n
k ονομάζονται διωνυμικοί συντελεστές, όπως θα εξηγηθεί πιο κάτω.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-33-320.jpg)
![Απόδειξη: Πρώρα, ας θεωρήσουμε την περίπτωση n >k >0 και έστω (n)k
το πλήθος των k–μεταθέσεων του X. Φυσικά, τα στοιχεία κάθε μιας από
τις k–μεταθέσεις είναι διατεταγμένα, ενώ σε κάθε μια από τις k–επιλογές
(δηλαδή, σε κάθε υποσύνολο k στοιχείων του X) δεν χρειάζεται να υπάρχει
καμιά διάταξη. ´Ομως, σύμφωνα με το Θεώρημα 9, οι μεταθέσεις κάθε μιας
από τις k–επιλογές είναι k! (δηλαδή, κάθε υποσύνολο k στοιχείων του X
μπορεί να εμφανισθεί με k! τρόπους, στους οποίους τα στοιχεία του
υποσυνόλου έχουν διαφορετική διάταξη κάθε φορά). Επομένως, το συνολικό
πλήθος των k–μεταθέσεων (από τον Κανόνα του Γινομένου) θα ισούται με
το πλήθος όλων των δυνατών επιλογών (δηλαδή, με το πλήθος των
k–συνδυασμών) επί k!, ήτοι (n)k = n
k · k! και, καθώς (n)k = n · (n − 1) · · ·
(n − k + 1), παίρνουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα. Τέλος, όταν k = 0 ή k = n,
τότε υπάρχει μια μοναδική k–επιλογή του [n] (το ∅ ή το [n], αντιστοίχως),
οπότε n
k = 1.9
9
Ουσιαστικά, ο τύπος των k–συνδυασμών μπορεί να επεκταθεί έτσι ώστε να ισχύει, για κάθε
k ∈ Z, αφού, όταν k < 0 ή k > n, τότε δεν υπάρχουν k–επιλογές του [n], οπότε παίρνουμε n
k = 0.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-34-320.jpg)
![Παράδειγμα: Σε ένα παιχνίδι τύχης, υπάρχουν 90 αριθμη-
μένα σφαιρίδια σε ένα δοχείο και επιλέγονται τυχαία 5 από
αυτά, τα οποία βγαίνουν από την κληρωτίδα όλα μαζί. Αν
κάθε λαχείο περιλαμβάνει μια πεντάδα αριθμών, στην οποία
ποντάρει ο παίκτης, πόσα λαχεία πρέπει να πάρει κανείς
για να κερδίσει;
Προφανώς, για να κερδίσει κανείς, πρέπει να ποντάρει σε όλα τα δυνατά 5–μελή υποσύνολα του
[90], τα οποία είναι 90
5 = 43 949 268.
Παράδειγμα: ´Ενας ασκούμενος γιατρός πρέπει να δουλέψει
στο νοσοκομείο πέντε μέρες μέσα στον Ιανουάριο, αλλά όχι
διαδοχικές μέρες. Με πόσους συνολικά διαφορετικούς τρό-
πους μπορεί να επιλέξει τις μέρες εργασίας του στο
νοσοκομείο;
´Εστω a1, a2, a3, a4, a5 οι μέρες εργασίας. Καθώς αυτές είναι 5 μέρες από 31, αλλά δεν μπορούν να
είναι διαδοχικές, θα έχουμε ότι 1 ≤ a1 < a2 − 1 < a3 − 2 < a4 − 3 < a5 − 4 ≤ 27. Αυτό σημαίνει ότι,
προφανώς, υπάρχει μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ των 5–μελών υποσυνόλων του
[31], που δεν περιέχουν κανένα ζεύγος διαδοχικών αριθμών, και των 5–μελών υποσυνόλων του [27].
Επομένως, αντί να επιλέξει ένα 5–μελές υποσύνολο του [31] χωρίς διαδοχικούς αριθμούς, αρκεί να
επιλέξει ένα 5–μελές υποσύνολο του [27] και υπάρχουν 27
5 = 80 730 τρόποι να το κάνουμε αυτό.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-36-320.jpg)
![Πρόταση 2
Για κάθε θετικούς ακέραιους k,m, το πλήθος των πλεγματικών
δρόμων από (0,0) ως (k,m) είναι ίσο με k+m
k . Με άλλα
λόγια, για n ≥ k, οι k–συνδυασμοί του [n] είναι ίσοι με το
πλήθος των πλεγματικών δρόμων από (0,0) ως (k,n − k).
Απόδειξη: Εξ ορισμού, κάθε πλεγματικός δρόμος από (0, 0) ως (k, m) αποτελείται από συνεχόμενα
μοναδιαία ευθύγραμμα τμήματα, τα οποία τα διανύει ο δρόμος αυτός σε κάθε βήμα. Επειδή κάθε
τέτοιο ευθύγραμμο τμήμα μπορεί να κατευθύνεται είτε προς δεξιά ή προς τα πάνω, αντιστοιχούμε σε
αυτό είτε το 1, όταν κατευθύνεται προς τα δεξιά, ή το 0, όταν κατευθύνεται προς τα πάνω. Με
άλλα λόγια, σε κάθε τέτοιο πλεγματικό δρόμο αντιστοιχούμε μια λίστα από 0 και 1, όπου το
συνολικό πλήθος των 1 μπορεί να είναι το πολύ ίσο με k, το οποίο είναι το μέγιστο πλήθος των
βημάτων, που ο δρόμος αυτός μπορεί να διανύσει κατευθυνόμενος προς τα δεξιά (εφόσον οι
κατευθύνσεις προς τα πάνω συνεισφέρουν μόνο με 0). Επιπλέον, το συνολικό πλήθος των μοναδιαίων
ευθυγράμμων τμημάτων, που σχηματίζουν, έναν τέτοιο πλεγματικό δρόμο είναι k + m. Επομένως,
υπάρχει μια απεικόνιση ένα–προς–ένα από το σύνολο όλων των δυνατών πλεγματικών δρόμων από
(0, 0) ως (k, m) και το σύνολο όλων των δυνατών k–επιλογών του [k + m]. Αλλά το πλήθος του
δεύτερου συνόλου είναι οι k–συνδυασμοί του [k + m], κάτι που ολοκληρώνει την απόδειξη.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-38-320.jpg)
![Πρόταση 3
Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n,k τέτοιους ώστε n ≥ k,
ισχύουν
n
k
=
n
n − k
.
Απόδειξη μέσω πλεγματικών δρόμων: Σύμφωνα με την Πρόταση 2, το
n
k
απαριθμεί το πλήθος
των πλεγματικών δρόμων από (0, 0) ως (k, n − k), ενώ το
n
n − k
απαριθμεί το πλήθος των
πλεγματικών δρόμων από (0, 0) ως (n − k, k). Αλλά οι δυο αυτές απαριθμήσεις πρέπει να
καταλήγουν στο ίδιο πλήθος, γιατί η ανάκλαση γύρω από την διαγώνιο (του επιπέδου) αντιστοιχεί
έναν πλεγματικό δρόμο από (0, 0) ως (k, n − k) σε έναν πλεγματικό δρόμο από (0, 0) ως (n − k, k).
Με άλλα λόγια, η ανάκλαση γύρω από την διαγώνιο αποτελεί μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί
μεταξύ των συνόλων των δυο πλεγματικών δρόμων και, άρα, αυτά πρέπει να είναι ισοπληθή.
Απόδειξη μέσω του συμπληρώματος: Κατασκευάζουμε μια απεικόνιση f, που είναι ένα–προς–ένα και
επί, μεταξύ του συνόλου όλων των k–μελών υποσυνόλων του [n] και του συνόλου όλων των
n − k–μελών υποσυνόλων του [n] ως εξής. Για κάθε k–μελές υποσύνολο S του [n], θέτουμε f(S) = Sc
(το συμπλήρωμα του S στο [n]). Καθώς, για κάθε n − k–μελούς υποσυνόλου T του [n], υπάρχει
μοναδικό υποσύνολο S του [n] τέτοιο ώστε f(S) = T και φυσικά αυτό είναι το S = Tc, έπεται ότι η
απεικόνιση f είναι ένα–προς–ένα και επί, κάτι που αποδεικνύει τα δυο σύνολα, που απαριθμούνται
είτε ως
n
k
ή ως
n
n − k
, πρέπει να είναι ισοπληθή.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-40-320.jpg)
![Συνδυασμοί με Επαναλήψεις
Ορισμός 21
´Εστω ένα περασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας
μη αρνητικός ακέραιος k. Ονομάζουμε k–επιλογή με
επαναλήψεις του X (ή του [n]) κάθε k–μελές πολυσύν-
ολο, που αποτελείται από στοιχεία του X (ή του
[n]).11 Το πλήθος όλων των δυνατών k–επιλογών με
επαναλήψεις του X (ή του [n]) ονομάζονται k–συνδυα-
σμοί με επαναλήψεις του X (ή του [n]).
Εναλλακτική ερμηνεία συνδυασμών με επαναλήψεις:
Ως το πλήθος των (x1,x2,...,xn) ∈ Nn τέτοιων ώστε
x1 + x2 + ... + xn = k, για κάθε n,k ∈ N.
11
Προφανώς, όταν k = 0, η 0–επιλογή δεν περιλάμβανει κανένα στοιχείο, δηλαδή, είναι το κενό
σύνολο.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-41-320.jpg)
![Θεώρημα 22
´Εστω n,k μη αρνητικοί ακέραιοι και X σύνολο n στοιχείων.
Τότε το πλήθος των k–συνδυασμών με επαναλήψεις του X (ή
του [n]) είναι
n + k − 1
k
=
n + k − 1
n − 1
.
Απόδειξη: Κάθε k–επιλογή με επαναλήψεις των n στοιχείων του X μπορεί να αναπαρασταθεί ως μια
συμβολική λίστα, η οποία αποτελείται από δυο ειδών σύμβολα: n − 1 διαχωριστικές γραμμές ‘‘|’’ και
k αστερίσκους ‘‘∗’’ . Οι n − 1 διαχωριστικές γραμμές σχηματίζουν n διαφορετικά κελιά, στα οποία
μπαίνουν οι αστερίσκοι, έτσι ώστε το i–οστό κελί να περιέχει έναν αστερικό αν και μόνον αν το
i–οστό στοιχείο του X περιέχεται στο πολυσύνολο της k–επιλογής. Για παράδειγμα, στο σύνολο 4
στοιχείων X = {a, b, c, d}, η 6–επιλογή που αντιστοιχεί στη συμβολική λίστα ∗ ∗ | ∗ || ∗ ∗∗ είναι το
πολυσύνολο {a, a, b, d, d, d}. Επομένως, το πλήθος αυτών των συμβολικών λιστών με n − 1 διαχωρι-
/ στικές γραμμές και k αστερίσκους είναι οι k–συνδυασμοί με επαναλήψεις των n στοιχείων του X.
´Ομως, το πλήθος αυτών των συμβολικών λιστών είναι ίσο με
n + k − 1
k
, επειδή κάθε συμβολική
λίστα αντιστοιχεί σε μια επιλογή k θέσεων, στις οποίες τοποθετούνται οι k αστερίσκοι, από τις
n + k − 1 θέσεις, που περιέχουν k αστερίσκους και n − 1 διαχωριστικές γραμμές. Επιπλέον, το πλήθος
αυτών των συμβολικών λιστών είναι επίσης ίσο με
n + k − 1
n − 1
, επειδή κάθε συμβολική λίστα αντι- /
στοιχεί σε μια επιλογή n − 1 θέσεων, όπου τοποθετούνται n − 1 διαχωριστικές γραμμές.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-42-320.jpg)
![Παράδειγμα: Σε ένα παιχνίδι τύχης, υπάρχουν 90
αριθμημένα σφαιρίδια σε ένα δοχείο και επιλέγονται τυχαία
5 από αυτά, σε 5 διαδοχικές τυχαίες κληρώσεις, με
επανατοποθέτηση όμως του σφαιριδίου, που έχει κληρωθεί
σε μια κλήρωση, πριν γίνει η επόμενη. Κερδίζει αυτός που
θα πετύχει το πολυσύνολο όλων των αριθμών, που βγάζει
έτσι η κλήρωση (ανεξάρτητα σειράς κλήρωσης). Αν κάθε
λαχείο περιλαμβάνει μια πεντάδα αριθμών, στην οποία
ποντάρει ο παίκτης, πόσα λαχεία πρέπει να πάρει κανείς
για να κερδίσει;
´Εστω b1, b2, b3, b4, b5 οι αριθμοί που κληρώνονται (γραμμένοι σε μη θφίνουσα σειρά). Καθώς αυτοί
είναι 5 από 90 αριθμούς, αλλά μπορούν να επαναλαμβάνονται, θα έχουμε ότι
1 ≤ b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ b4 ≤ b5 ≤ 90. ´Εστω λοιπόν X το σύνολο, του οποίου τα στοιχεία είναι 5 το
πολύ αριθμοί του [90], που μπορεί να επαναλαμβάνονται, αλλά πάντα θα είναι διατεταγμένοι με την
ανισο–ισότητα ‘‘≤.’’ Επιπλέον, έστω Y το σύνολο, του οποίου τα στοιχεία είναι 5 οποιοιδήποτε
αριθμοί του [94] (χωρίς καμία επανάληψη). Ισχυριζόμαστε ότι υπάρχει μια απεικόνιση f : X −→ Y,
που είναι ένα–προς–ένα και επί. Πράγματι, η απεικόνιση αυτή δίνεται από τη σχέση
f(b1, b2, b3, b4, b5) = (b1, b2 + 1, b3 + 2, b4 + 3, b5 + 4) και (b1, b2, b3, b4, b5) ∈ X αν και μόνον αν
(b1, b2 + 1, b3 + 2, b4 + 3, b5 + 4) ∈ Y. Επομένως, για να κερδίσει κανείς πρέπει να ποντάρει σε
94
5 = 54 891 018 λαχεία.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-43-320.jpg)
![Πίνακας Μεταθέσεων και Συνδυασμών
Μεταθέσεις
n διακριτά αντικείμενα n!
ai αντικείμενα τύπου i,
k
i=1 ai = n
n!
a1!·a2!···ak!
Λίστες
n διακριτά αντικείμενα σε
λίστα μήκους k
(n)k = n!
(n−k)!
ai διακριτά σύμβολα σε
λέξεις μήκους k
nk
Υποσύνολα
k–μελή υποσύνολα του [n]
n
k
k–μελή πολυσύνολα
με στοιχεία από το [n]
n + k − 1
k
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-44-320.jpg)
![Ασκήσεις
1 Πόσες απεικονίσεις υπάρχουν από το [n] στο [n]
που δεν είναι ένα–προς–ένα;
2 Αποδείξτε ότι το πλήθος των υποσυνόλων του [n]
με περιττό αριθμό στοιχείων είναι 2n−1.
3 Πόσοι πενταψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν
τέτοιοι ώστε το μεσαίο ψηφίο τους να είναι το 6 κι
οι αριθμοί αυτοί να είναι διαιρετοί με το 3;
4 Πόσοι πενταψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν
τέτοιοι ώστε να περιέχουν το ψηφίο 9 κι οι αριθμοί
αυτοί να είναι διαιρετοί με το 3;
5 Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα
ψηφία {1,2,2,3,4,5,6} έτσι ώστε τα όμοια
στοιχεία να μη βρίσκονται σε διαδοχική σειρά;
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-45-320.jpg)
![12 Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα
στοιχεία του [n] έτσι ώστε (1) το 1 να προηγείται
του 2 και το 3 του 4 και (2) το 1 να προηγείται
και του 2 και του 3;
13 Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα
στοιχεία του [n] έτσι ώστε το άθροισμα κάθε δυο
διαδοχικών όρων της μετάθεσης να είναι περιττός
ακέραιος;
14 ´Εστω n = pa1
1 pa2
2 · · · pak
k , όπου τα pk είναι διακριτοί
πρώτοι, και τα ai είναι θετικοί ακέραιοι. Πόσους
θετικούς διαιρέτες έχει το n;
15 ´Εστω d(n) το πλήθος των θετικών διαιρετών του
n. (1) Για ποιους αριθμούς n είναι το d(n) δύναμη
του 2; (2) Ισχύει ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n,
d(n) ≤ 1 + log2 n;
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-47-320.jpg)
![16 Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε δυο
υποσύνολα A και B του [n] έτσι ώστε A ∩ B = ∅;
17 Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε τρία
υποσύνολα A,B και C του [n] έτσι ώστε
A ⊆ C,B ⊆ C και A ∩ B = ∅;
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-48-320.jpg)
![Πόρισμα 24
Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n, το εναλλασσόμηνο άθροισμα
των διωνυμικών συντελεστών
n
k
είναι μηδέν. ∆ηλαδή,
n
k=0
(−1)k ·
n
k
xkyn−k = 0.
Απόδειξη: Θέτουμε στο ∆ιωνυμικό Θεώρημα x = −1 και y = 1.
Πόρισμα 25
Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n,
2n =
n
k=0
n
k
.
Απόδειξη: Και τα δυο σκέλη της ισότητας αυτής απαριθμούν το πλήθος του
συνόλου των υποσυνόλων του [n]. Στο αριστερό σκέλος, η αρίθμηση αυτή
γίνεται απευθείας, ενώ στο δεξιό σκέλος απαριθμούνται πρώτα όλα τα
k–μελή υποσύνολα του [n] και μετά αθροίζονται ως προς k. Εναλλακτικά, η
ισότητα αυτή απορρέει από το ∆ιωνυμικό Θεώρημα θέτοντας x = y = 1.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-50-320.jpg)
![Θεώρημα 26 (Ο Τύπος του Pascal )
Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n και k,
n
k
+
n
k + 1
=
n + 1
k + 1
.
Απόδειξη: Εξ ορισμού, το αριστερό σκέλος της ισότητας, που θέλουμε να
αποδείξουμε, είναι ίσο προς το πλήθος των k + 1–μελών υποσυνόλων του
[n + 1]. Επιπλέον, το σύνολο όλων των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1]
διαμερίζεται σε δυο σύνολα: στο σύνολο S1 των k + 1–μελών υποσυνόλων
του [n + 1], κάθε ένα από τα οποία περιλαμβάνει το n + 1, και στο σύνολο
S2 των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1], κάθε ένα από τα οποία δεν
περιλαμβάνει το n + 1. Αφενός, τότε, κάθε στοιχείο του S1 θα είναι της
μορφής {n + 1} ∪ An, όπου το An είναι κάποιο k–μελές υποσύνολο του [n],
και, για αυτό, το πλήθος των στοιχείων του S1 θα είναι όσο ακριβώς είναι
το πλήθος των k–μελών υποσυνόλων του [n], δηλαδή,
n
k
. Από την άλλη
μεριά, το πλήθος των στοιχείων του S2 θα είναι όσο ακριβώς είναι το
πλήθος των k + 1–μελών υποσυνόλων του [(n + 1) − 1] = [n], δηλαδή,
n
k + 1
. Επομένως, η Αρχή του Αθρίσματος συνεπάγεται το επιθυμητό
αποτέλεσμα.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-51-320.jpg)
![Θεώρημα 28 (Η Ταυτότητα του Αθροίσματος)
Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n,k με k ≤ n,
n
i=k
i
k
=
n + 1
k + 1
.
Απόδειξη: Το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη ταυτότητας, προφανώς,
απαριθμεί τα k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1]. Αλλά και το αριστερό
σκέλος απαριθμεί τα ίδια υποσύνολα, χωρίζοντάς τα όμως σε υπο–ομάδες
σύμφωνα με το μεγαλύτερο στοιχείο τους. Πράγματι, δοθέντων των μη
αρνητικών n,k έτσι ώστε n ≥ k, έχουμε ότι, για κάθε i ≤ n − k, τα k + 1–μελή
υποσύνολα του [n + 1], των οποίων το μεγαλύτερο στοιχείο είναι το
k + i + 1, έχουν πλήθος ίσο με
k + i
k
, γιατί, όταν το μεγαλύτερο στοιχείο
ενός τέτοιου υποσυνόλου είναι το k + i + 1, τότε τα υπόποιπα στοιχεία του
πρέπει να αποτελούν ένα υποσύνολο του [k + i]. Επομένως, υπάρχουν
k
k
k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1] με μεγαλύτερο στοιχείο το k + 1,
k + 1
k
k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1] με μεγαλύτερο στοιχείο το k + 2 κ.ο.κ.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-53-320.jpg)
![Θεώρημα 30 (Η Ταυτότητα του Vandermonde)
Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n,m,k με k ≤ min{n,m},
n + m
k
=
k
i=0
n
i
m
k − i
.
Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη ταυτότητας, προφανώς, απαριθμεί όλα τα k–μελή
υποσύνολα του [n + m]. Αλλά και το δεξιό σκέλος απαριθμεί τα ίδια υποσύνολα, χωρίζοντάς τα όμως
σε υπο–ομάδες σύμφωνα με το πλήθος στοιχείων που επιλέγονται από το [n]. Πράγματι, μπορούμε
να επιλέξουμε πρώτα i στοιχεία του [n] με
n
i
τρόπους και μετά να επιλέξουμε τα υπόλοιπα k − i
στοιχεία από το σύνολο {n + 1, n + 2, . . . , n + m} (τελικά, το [m]) με
m
k − i
τρόπους.
Πόρισμα 31
Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n,
2n
n
=
n
k=0
n
k
2
.
Απόδειξη: Η ταυτότητα του Vandermonde, για k = m = n, δίνει
2n
n
= n
i=0
n
k
n
n − i
=
n
i=0
n
i
2
(λόγω της Πρότασης 3).
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-56-320.jpg)
![Απόδειξη Πολυωνυμικού Θεωρήματος: Πρέπει να δείξουμε ότι ο όρος x
a1
1 x
a2
2 · · · x
ak
k μπορεί να
προκύψει με ακριβώς n
a1,a2,...,ak
τρόπους από το γινόμενο των k παραγόντων, που μπορούν να
ληφθούν ο καθένας σαν μια από τις παρενθέσεις του γινομένου (x1 + x2 + . . . + xk)n =
(x1 + x2 + . . . + xk) · · · (x1 + x2 + . . . + xk). Με άλλα λόγια, αρκεί να δείξουμε ότι για να πάρουμε
έναν τέτοιον όρο πρέπει να επιλέξουμε τα xi από ακριβώς i παρενθέσεις, για όλα τα i ∈ [k].
Ας πάρουμε λοιπόν ai φορές το xi, για όλα τα i ∈ [k], και ας διατάξουμε γραμμικά αυτούς τους
όρους. Το Θεώρημα 15 δείχνει ότι αυτό μπορεί να γίνει με ακριβώς n
a1,a2,...,ak
τρόπους. ´Ομως,
επιπλέον, κάθε γραμμική διάταξη p ορίζει έναν φυσικό τρόπο επιλογής παραγόντων από ένα
γινόμενο παρενθέσεων. Πράγματι, αν το j–ωστό σύμβολο της λέξης p είναι το xi, τότε επιλέγουμε το
xi από την j–ωστή παρέθεση. Με τον τρόπο αυτό, οι n
a1,a2,...,ak
γραμμικές διατάξεις θα
παραγάγουν ακριβώς n
a1,a2,...,ak
όρους ίσους προς x
a1
1 x
a2
2 · · · x
ak
k .
Προφανώς, η διαδικασία αυτή δημιουργεί μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ, αφενός, του
συνόλου όλων των γραμμικών διατάξεων των n συμβόλων, από τα οποία τα ai είναι ίσα προς xi,
για όλα τα i ∈ [k], κι, αφετέρου, του συνόλου των όρων του (x1 + x2 + . . . + xk)n, οι οποίοι είναι ίσοι
προς x
a1
1 x
a2
2 · · · x
ak
k . Επομένως, ο συντελεστής του όρου x
a1
1 x
a2
2 · · · x
ak
k στο γινόμενο
(x1 + x2 + . . . + xk)n είναι ακριβώς ίσος προς n
a1,a2,...,ak
, όπως έπρεπε να δείξουμε.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-58-320.jpg)
![Θεώρημα 34
´Εστω n,a1,a2,...,ak μη αρνητικοί ακέραιοι, όπου k θετικός
ακέραιος, τέτοιοι ώστε n =
k
i=1 ai. Τότε, ισχύει13
n
a1,a2,...,ak
=
n
a1
· · ·
n − a1 − ... − ai
ai+1
· · ·
n − a1 − ... − ak−1
ak
.
Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης απαριθμεί όλες τις γραμμικές διατάξεις ενός
πολυσυνόλου, που περιέχει το σύμβολο xi ai φορές, για όλα τα i ∈ [k]. Θα δείξουμε ότι και το δεξιό
σκέλος εκτελεί την ίδια ακριβώς απαρίθμηση. Πράγματι, ας επιλέξουμε πρώτα τις a1 θέσεις, στις
οποίες τοποθετείται το σύμβολο x1. Αυτό μπορεί να γίνει με n
a1
τρόπους. Στη συνέχεια, ας
επιλέξουμε τις a2 θέσεις, στις οποίες τοποθετείται το σύμβολο x2. Καθώς έχουν ήδη καταληφθεί a1
θέσεις, αυτό μπορεί να γίνει με n−a1
a2
τρόπους. Μετά, επιλέγουμε τις a3 θέσεις, στις οποίες
τοποθετείται το σύμβολο x3. Καθώς έχουν ήδη καταληφθεί a1 + a2 θέσεις, αυτό μπορεί να γίνει με
n−a1−a2
a3
τρόπους. Και ούτω καθ´ εξής, μέχρις ότου συμπηρωθούν όλες οι θέσεις για όλα τα
σύμβολα, οπότε παίρνουμε ότι και το συνολικό πλήθος όλων των δυνατών περιπτώσεων εκφράζεται
από το δεξιό σκέλος της ταυτότητας αυτής.
13
Παρατηρήστε ότι n − a1 − . . . − ak−1 = ak, οπότε ο τελευταίος όρος του δεξιού σκέλους της
σχέσης αυτής είναι ίσος προς ak
ak
= 1.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-59-320.jpg)
![4 Αποδείξτε ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n, ισχύει
2n
n <4n.
5 Πόσα υποσύνολα του [n] είναι μεγαλύτερα από τα
συμπληρώματά τους;
6 Ποιος όρος του αναπτύγματος του
(x1 + x2 + ... + xk)k έχει τον μεγαλύτερο συντελεστή
κιαι ποιόν;
7 ´Εστω k και m μη αρνητικοί ακέραιοι και
n = 2m − 1. Αποδείξτε ότι το n
k είναι περιττό.
8 ´Εστω p ≥ 3 πρώτος ακέραιος και m και k < pm
θετικοί ακέραιοι. Αποδείξτε ότι το p είναι διαιρέτης
του pm
k .
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-61-320.jpg)
![Συνθέσεις και ∆ιαμερισμοί
Ορισμοί 35
´Εστω n,a1,a2,...,ak μη αρνητικοί ακέραιοι, όπου k
θετικός ακέραιος, τέτοιοι ώστε n = k
i=1 ai. Τότε, η
διατεταγμένη k–άδα (a1,a2,...,ak) ονομάζεται
ασθενής σύνθεση του n σε k μέρη και
σύνθεση του n σε k μέρη, εφόσον τα ai είναι θετικά,
για όλα τα i ∈ [k].
Παράδειγμα: Πόσες και ποιες είναι οι ασθενείς συνθέσεις και οι συνθέσεις
του 3 σε 2 μέρη;
Οι ασθενείς συνθέσεις του 3 σε 2 μέρη είναι οι εξής 4: (3,0),(0,3),(2,1),
(1,2) και οι συνθέσεις του 3 σε 2 μέρη είναι οι εξής 2: (2,1),(1,2).
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-64-320.jpg)
![Θεώρημα 36
Για κάθε θετικούς ακέραιους n και k, το πλήθος των
ασθενών συνθέσεων του n σε k μέρη είναι
n + k − 1
k − 1
=
n + k − 1
n
.
Απόδειξη: Το πρόβλημα είναι προφανώς ισοδύναμο με την απαρίθμηση του
πλήθους των τρόπων που n (όμοιες) μπάλλες μπορούν να τοποθετηθούν
μέσα σε k (διαφορετικά) κουτιά. Με όποιο τρόπο κι αν γίνει, η τοποθέτηση
δημιουργεί μια διατεταγμένη k–άδα αριθμών (που ο καθένας αντιστοιχεί
στο πλήθος των μπαλλών που έχουν μπει στο αντίστοιχο με την διάταξη
κουτί), των οποίων (αριθμών) το άθροισμα είναι ίσο προς n. Επομένως, το
πρόβλημα αναγάγεται στην εύρεση του πλήθους των k–συνδυασμών με
επαναλήψεις του [n], όπως έχει απαντηθεί από το Θεώρημα 22.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-65-320.jpg)
![Ορισμός 39
∆οθέντος ενός μη κενού συνόλου X, αν υπάρχει ένας θετικός
ακέραιος k και μια (πεπερασμένη) συλλογή {Ai}i∈[k] μη κενών
υποσυνόλων του X τέτοια ώστε τα Ai είναι ανά δυο ξένα,
δηλαδή, Ai ∩ Aj = ∅, για i,j ∈ [k],i = j, και X = ∪k
i=1Ai, τότε
λέμε ότι η συλλογή των υποσυνόλων Ai αποτελεί έναν
διαμερισμό του συνόλου X σε k υποσύνολα.
Ορισμός 40
Για κάθε θετικούς ακέραιους n,k, συμβολίζουμε με S(n,k)
το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε k (μη κενά)
υποσύνολα και ονομάζουμε τα S(n,k) αριθμούς Stirling
δευτέρου είδους.
Παρατηρήσεις:
Για κάθε θετικό ακέραιο n, S(n,1) = S(n,n) = 1.
Για κάθε ακέραιο n ≥ 2, S(n,n − 1) = n
n−2 = n
2 .
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-67-320.jpg)
![Παράδειγμα: Υπάρχουν 6 διαμερισμοί του [4] σε 3 υποσύνολα, δηλαδή, S(4, 3) = 6.
Σύμφωνα με την προηγούμενη Παρατήρηση, S(4, 3) = 4
2 = 6. Για την ακρίβεια, οι 6 διαμερισμοί
είναι οι εξής: {{1, 2}, {3}, {4}}, {{1, 3}, {2}, {4}}, {{1, 4}, {2}, {3}}, {{2, 3}, {1}, {4}},
{{2, 4}, {1}, {3}}, {{3, 4}, {1}, {2}}.
Παράδειγμα: Υπάρχουν 25 διαμερισμοί του [5] σε 3 υποσύνολα, δηλαδή, S(5, 3) = 25.
Πρώτα, παρατηρούμε ότι υπάρχουν 2 τρόποι που το [5] μπορεί να διαμεριστεί σε 3 υποσύνολα: οι
πληθικότητες των διαμερισμών του [5] μπορούν να είναι είτε 3, 1, 1 ή 2, 2, 1. Στην πρώτη
περίπτωση, μπορούμε να επιλέξουμε τα στοιχεία που ανήκουν σε υποσύνολα πληθικότητας 3 με
5
3 = 10 τρόπους συνολικά, αφήνοντας φυσικά τα υπόλοιπα στοιχεία μέσα σε 2 υποσύνολα
πληθικότητας 1. Στην δεύτερη περίπτωση, καθώς όλοι οι διαμερισμοί τότε θα περιέχουν μόνο ένα
υποσύνολο πληθικότητας 1, υπάρχουν 5 τρόποι για να μοιρασθούν τα στοιχεία του [5] σε τέτοια
υποσύνολα (πληθικότητας 1). Επιπλέον, υπάρχουν 4
2 = 6 τρόποι για να διανεμηθούν τα υπόλοιπα
4 στοιχεία του [5] σε ένα υποσύνολο με 2 στοιχεία (πληθικότητας 2). ´Οταν όμως θέλουμε να
σχηματίσουμε 2 υποσύνολα πληθικότητας 2 (το καθένα), επειδή δεν έχει καμιά σημασία η διάταξη
αυτών των υποσυνόλων, θα πρέπει να κρατήσουμε τους μισούς τρόπους, 6/2 = 3, με τους οποίους
τα 4 στοιχεία του [5] διαμοιράζονται σε δυο υποσύνολα πληθικότητας 2 (το καθένα). Π.χ., αν είχαμε
ξεχωρίσει το {1} ως μονοσύνολο, τότε τα υπόλοιπα στοιχεία θα έμπαιναν σε έναν από τους εξής 3
διαμερισμούς: {{2, 3}, {4, 5}}, {{2, 4}, {3, 5}}, {{2, 5}, {3, 4}}. Επομένως, λόγω του κανόνα του
γινομένου, στην δεύτερη περίπτωση υπάρχουν 5 · 3 = 15 τρόποι διαμερισμού και, άρα, και στις δυο
περιπτώσεις μαζί, λόγω του κανόνα του αθροίσματος, υπάρχουν 10 + 15 = 25 τρόποι διαμερισμού
του [5] σε 3 υποσύνολα.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-68-320.jpg)
![Θεώρημα 41
Για κάθε θετικούς ακέραιους k ≤ n,
S(n,k) = S(n − 1,k − 1) + k · S(n − 1,k).
Απόδειξη: Θα κάνουμε μια συνδυαστική απόδειξη δείχνοντας ότι και τα δυο σκέλη της προς
απόδειξη ισότητας απαριθμούν τα ίδια πράγματα. Εξ ορισμού, το αριστερό σκέλος απαριθμεί το
πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα. Από την άλλη μεριά, ισχυριζόμαστε ότι ο
πρώτος όρος του δεξιού σκέλους της ισότητας αυτής απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του
[n] σε k υποσύνολα, στην περίπτωση που το στοιχείο n σχηματίζει από μόνο του ένα υποσύνολο.
Πράγματι, όταν συμβαίνει αυτό, τα υπόλοιπα n − 1 στοιχεία του [n] πρέπει να διαμερισθούν σε k − 1
υποσύνολα και, εξ ορισμού, υπάρχουν S(n − 1, k − 1) τέτοιοι διαμερισμοί. Επομένως, ο δεύτερος όρος
του δεξιού σκέλους της παραπάνω ισότητας θα απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n]
σε k υποσύνολα, όταν το στοιχείο n δεν εμφανίζεται από μόνο του σε κανένα υποσύνολο. Επειδή,
καθώς τότε τα υπόλοιπα n − 1 στοιχεία του [n] πρέπει να διαμερισθούν σε k υποσύνολα, υπάρχουν
S(n − 1, k) τέτοιοι διαμερισμοί, για κάθε μια τοποθέτηση του n σε ένα από τα k υποσύνολα. ´Αρα
τότε, από τον κανόνα του γινομένου, βρίσκουμε k · S(n − 1, k) διαμερισμούς, που είναι ο δεύτερος όρος
του δεξιού σκέλους της ισότητας. Συνεπώς, ο κανόνας του αθροίσματος, συνεπάγεται ότι και το δεξιό
σκέλος της ισότητας απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-69-320.jpg)
![Ισχυρισμός: Η τοποθέτηση n διακριτών μπαλλών μέσα σε k
διακριτά κουτιά μπορεί να γίνει με k! · S(n,k) τρόπους.
Πράγματι, μπορούμε πρώτα να διαμερίσουμε το [n] σε k
διακριτά υποσύνολα με S(n,k) τρόπους και μετά να
ξεχωρίσουμε (να ταυτοποιήσουμε) τα k υποσύνολα, π.χ.,
βάζοντάς τα τις ετικέτες 1,2,...,k, κάτι που μπορεί να γίνει
με k! τρόπους, οπότε ο κανόνας του γινομένου συνεπάγεται
τον ισχυρισμό.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-70-320.jpg)
![Πόρισμα 42
Για κάθε θετικούς ακέραιους k ≤ n, το πλήθος όλων των
απεικονίσεων επί f: [n] −→ [k] είναι k! · S(n,k).
Απόδειξη: Επειδή, για κάθε j ∈ [k], το f−1(j) είναι ένα μη κενό υποσύνολο του [n], ουσιαστικά,
θέλουμε να βρούμε πώς μοιράζονται n διακριτές μπάλλες (τα στοιχεία του [n]) μέσα σε k διακριτά
κουτιά (τα στοιχεία του [k]). Αυτό, σύμφωνα με τον προηγούμενο ισχυρισμό, γίνεται με k! · S(n, k)
τρόπους.
Πόρισμα 43
Για κάθε θετικούς ακέραιους x και n,
xn =
n
k=0
S(n,k)(x)k.
Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος είναι, προφανώς, το πλήθος των απεικονίσεων από το [n] στο [x].
Ισχυριζόμαστε ότι και το δεξιό σκέλος απαριθμεί το ίδιο, αλλά σύμφωνα με το μεγεθος των εικόνων.
Πράγματι, αν η πληθικότητα της εικόνας μιας τέτοιας απεικόνισης είναι k, τότε υπάρχουν x
k
επιλογές για να συμβεί αυτό. Επιπλέον όμως, το Πόρισμα 42 συνεπάγεται ότι υπάρχουν k! · S(n, k)
τέτοιες απεικονίσεις και, καθώς (x)k = k! · x
k , η απόδειξη ολοκληρώνεται.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-71-320.jpg)
![Ορισμός 44
Για κάθε θετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με B(n) το
πλήθος των διαμερισμών του [n] σε οποιασδήποτε
πληθικότητας (μη κενά) υποσύνολα και ονομάζουμε τα
B(n) αριθμούς Bell. Επιπλέον, θέτουμε B(0) = 1, ενώ,
προφανώς, ισχύει
B(n) =
n
i=0
S(n,i).
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-72-320.jpg)
![Θεώρημα 45
Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n,
B(n + 1) =
n
i=0
n
i
B(i).
Απόδειξη: Ουσιαστικά, πρέπει να αποδείξουμε ότι το άθροισμα του δεξιού
σκέλους απαριθμεί όλους τους διαμερισμούς του [n + 1]. Ας υποθέσουμε
λοιπόν ότι το στοιχείο n + 1 ανήκει σε κάποιο υποσύνολο πληθικότητας
n − i + 1, για κάποιο i = 0,1,...,n. Τότε, αφενός, υπάρχουν n
n−i = n
i
τρόποι, για να επιλεγούν τα στοιχεία που ανήκουν στο ίδιο υποσύνολο με
το στοιχείο n + 1, και, αφετέρου, υπάρχουν B(i) τρόποι, για να
διαμερισθούν τα υπόλοιπα i στοιχεία του [n + 1], οπότε αποδεικνύεται η
ζητούμενη σχέση.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-73-320.jpg)
![Θεώρημα 47 (Η Αρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού)
´Εστω A1,A2,...,An πεπερασμένα σύνολα. Τότε
|A1 ∪A2 ∪...∪An| =
n
j=1
(−1)j−1
(i1,i2,...,ij) ⊆ [n]
|Ai1 ∩Ai2 ∩...∩Aij |.
Απόδειξη:14 Πρώτα, θα αποδείξουμε τον εξής ισχυρισμό: κάθε στοιχείο του
συνόλου A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An μετράται ακριβώς μια φορά από το δεξιό σκέλος
της προς απόδειξη σχέσης. Για να το δείξουμε αυτό, ας πάρουμε ένα
x ∈ A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An κι ένα αυθαίρετο σύνολο δεικτών S ⊆ [n] τέτοιο ώστε
x ∈ Ai αν και μόνον αν i ∈ S. ´Εστω s = |S|, το οποίο θα πρέπει να είναι
s ≥ 1. Καθώς το x ∈ Ai μόνο εφόσον i ∈ S, οι μόνες t–άδες (i1,i2,...,it) ⊆ [n]
τέτοιες ώστε x ∈ Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Ait είναι αυτές, για τις οποίες
14
Η Αρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού μερικές φορές ονομάζεται Τύπος του Κόσκινου (Sieve
Formula).
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-81-320.jpg)
![Παράδειγμα: Σε έναν γάμο έχουν προσκληθεί 30 άτομα, τα οποία πρέπει
να χωρισθούν σε 3 ομάδες, η κάθε μια των 10 ατόμων, για να καθίσουν σε
3 τραπέζια. ´Ομως, υπαρχουν 4 άτομα, οι a,b,c,d, τέτοιοι ώστε ο a δεν
θέλει να καθίσει στο ίδιο τραπέζι με τον b και ο c με τον d. Με πόσους
τρόπους τότε μπορούν να χωρσθούν τα 30 άτομα σε 3 ομάδες;
´Εστω [30] το σύνολο των 30 ατόμων, των οποίων η ταυτοποίηση έχει γίνει έτσι ώστε οι a, b, c, d να
αντιστοιχούν στα 4 πρώτα στοιχεία του [30], δηλαδή, στα 1, 2, 3, 4, αντιστοίχως.
´Εστω A το σύνολο των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη (ομάδες), που είναι τέτοιοι
ώστε τα 1 και 2 να περιέχονται στην ίδια ομάδα, και έστω B το σύνολο των ανεπιθύμητων
διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη, που είναι τέτοιοι ώστε τα 3 και 4 να περιέχονται στην ίδια ομάδα.
Και στις 2 περιπτώσεις, έχοντας τον περιορισμό 2 συγκεκριμένα στοιχεία να συνυπάρχουν στην ίδια
ομάδα, βρίσκουμε ότι |A| = |B| = 28!
10!10!8!2 , όπου το έξτρα 2 στον παρανομαστή οφείλεται στο
γεγονός ότι δεν έχει σημασία με ποια διάταξη τα 2 συνυπάρχοντα στοιχεία εμφανίζονται σε μια
ομάδα.
Στη συνέχεια, ας υπολογίσουμε το |A ∩ B|. Προφανώς, το A ∩ B είναι το σύνολο των διαμερισμών
του [30] σε 3 ομάδες, όταν τα 1, 2, 3 και 4 είτε όλα βρίσκονται στην ίδια ομάδα ή ανά δυο (τα 1
και 2 και τα 3 και 4) βρίσκονται σε δυο ομάδες από τις 3. Η πρώτη περίπτωση μπορεί να γίνει
26!
10!10!6!2 φορές, ενώ η δεύτερη περίπτωση 26!
10!8!8!2 φορές, δηλαδή, σύμφωνα με τον κανόνα του
αθροίσματος, |A ∩ B| = 26!
10!10!6!2 + 2 26!
10!8!8!2 = 26!
10!10!6!2 + 26!
10!8!8!
, γιατί υπάρχουν 2 τρόποι που τα
2 σύνολα {1, 2} και {3, 4} μπορούν να κατανεμηθούν σε 2 ομάδες.
Επομένως, το πλήθος των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη, που είναι τέτοιοι ώστε είτε
τα 1 και 2 ή τα 3 και 4 να περιέχονται στην ίδια ομάδα, είναι |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| =
28!
10!10!8!
− 26!
10!10!6!2 − 26!
10!8!8!
.
Τέλος, για να υπολογίσουμε το πλήθος των επιθυμητών διαμερισμών, χρησιμοποιούμε τον κανόνα της
διαφοράς, όπου πρέπει να αφαιρέσουμε το |A ∩ B| από το πλήθος όλων των δυνατών διαμερισμών
του [30] σε 3 μέρη, που είναι ίσο προς 30
10!10!10!3!
, όπου το έξτρα 3! στον παρανομαστή οφείλεται
στο γεγονός ότι δεν λαμβάνουμε υπόψη την μεταξύ τους διάταξη των 3 μερών. Επομένως, το
πλήθος των επιθυμητών διαμερισμών είναι 30
10!10!10!3!
− 28!
10!10!8!
+ 26!
10!10!6!2 + 26!
10!8!8!
.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-83-320.jpg)
![Παράδειγμα: 10 άτομα πρέπει να ομαδοποιηθούν, αλλά με έναν τέτοιο
τρόπο ώστε κάποια συγκεκριμένα 3 άτομα, οι a,b και c, να μην μπορούν
να σχηματίσουν ομάδες, στις οποίες θα είναι μόνα τους το καθένα από
αυτά τα 3 άτομα. Με πόσους τρόπους τότε μπορούν να χωρσθούν έτσι τα
30 άτομα;
´Εστω [10] το σύνολο των 10 ατόμων, των οποίων η ταυτοποίηση έχει γίνει έτσι ώστε οι a, b, c να
αντιστοιχούν στα 3 πρώτα στοιχεία του [10], δηλαδή, στα 1, 2, 3, αντιστοίχως. Προφανώς, τότε
θέλουμε να βρούμε το πλήθος των διαμερισμών του [10] εξαιρουμένων των διαμερισμών που
περιέχουν τα σύνολα {1}, {2}, {3} μεταξύ των μερών (ομάδων) τους. Θα κάνουμε αυτόν τον
υπολογισμό, ξεκινώντας από το πλήθος των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [10], δηλαδή, αυτών
στους οποίους τουλάχιστον ένα από τα μέρη τους είναι το {1} ή το {2} ή το {3}. ´Εστω λοιπόν,
για κάθε i ∈ [3], Ai το σύνολο των διαμερισμών του [10], ένας από τους οποίους περιέχει το
μονοσύνολο {i}. Προφανώς τότε, θέλουμε να βρούμε το μέγεθος της ένωσης A1 ∪ A2 ∪ A3 και η αρχή
του εγκλεισμού–αποκλεισμού μας λέει ότι |A1 ∪ A2 ∪ A3| = |A1| + |A2| + |A3| − |A1 ∩ A2|
−|A1 ∩ A3| − |A2 ∩ A3| + |A1 ∩ A2 ∩ A3|.
Πρώτα, παρατηρούμε ότι το σύνολο A1 όλων των διαμερισμών του [10], που περιέχουν το
μονοσύνολο {1} ως ένα από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1| = B(9). ´Αρα, παρόμοια,
|A2| = |A3| = B(9).
Στη συνέχεια, ισχυριζόμαστε ότι το σύνολο A1 ∩ A2 των διαμερισμών του [10], που περιέχουν τα
μονοσύνολα {1} και {2} ως δυο από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1 ∩ A2| = B(8). ´Αρα,
παρόμοια, |A1 ∩ A3| = |A2 ∩ A3| = B(8).
Τέλος, θα έχουμε ότι το σύνολο A1 ∩ A2 ∩ A3 των διαμερισμών του [10], που περιέχουν τα
μονοσύνολα {1}, {2} και {3} ως τρία από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1 ∩ A2 ∩ A3| = B(7).
Επομένως, συνολικά, |A1 ∪ A2 ∪ A3| = 3B(9) − 3B(8) + B(7) και χρησιμοποιώντας τον κανόνα της
διαφοράς, πρέπει να αφαιρέσουμε το |A1 ∪ A2 ∪ A3| από το πλήθος όλων των δυνατών διαμερισμών
του [10] (σε οποιοοδήποτε πλήθος μερών), που είναι ίσο προς B(10), οπότε βρίσκουμε ότι το πλήθος
των επιθυμητών διαμερισμών είναι B(10) − 3B(9) − 3B(8) − B(7).
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-84-320.jpg)
![4 ´Εστω m θετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με φ(m) το
πλήθος των ακέραιων στο [m] που είναι σχετικά
πρώτοι με το m. Αν p,q και r είναι τρεις διακριτοί
πρώτοι αριθμοί, υπολογίστε το φ(pqr).
5 ´Εστω Fk(n) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε
k τμήματα, το κάθε ένα από τα οποία περιέχει
τουλάχιστον ένα στοιχείο. Εκφράστε τους αριθμούς
Fk(n) συναρτήσει του αριθμού Stirling δεύτερου
είδους.
6 Πόσοι τριψήφιοι θετικοί ακέραιοι είναι διαιρετοί με
τουλάχιστον έναν από τους αριθμούς 6 και 7;
7 Πόσοι διψήφιοι θετικοί ακέραιοι είναι σχετικά
πρώτοι και με τους δυο αριθμούς 2 και 3;
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-86-320.jpg)
![8 Με πόσους τρόπους μπορούμε να διατάξουμε τους
αριθμούς του συνόλου {1,1,2,2,3,4,5} έτσι ώστε
καθε δυο διαδοχικοί αριθμοί να μην είναι ίδιοι;
9 Πόσοι πίνακες 2 × 2 υπάρχουν, των οποίων τα
στοιχεία είναι από το σύνολο {0,1,...,k} και οι
οποίοι δεν περιέχουν καμία σειρά και καμία στήλη
με μόνο μηδενικά στοιχεία;
10 ´Εστω F(n) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε
τμήματα, το κάθε ένα από τα οποία περιέχει
τουλάχιστον δυο στοιχεία. Εκφράστε τους αριθμούς
F(n) συναρτήσει των αριθμών Bell.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-87-320.jpg)
![Θεώρημα 52 (Ο Τύπος του Γινομένου)
´Εστω δυο διαφορετικές διαδικασίες (τρόποι) απαρίθμη-
σης, n ένας μη αρνητικός ακέραιος και an,bn δυο απαριθ-
μήσεις των στοιχείων του [n], η κάθε μια σύμφωνα με μια
από τις διαδικασίες αυτές. ´Εστω cn το πλήθος των τρό-
πων για να διαμερισθεί το [n] σε δυο (ενδεχομένως κενά)
υποσύνολα S = {1,2,...,i},T = {i + 1,i + 2,...,n} τέτοια
ώστε, το κάθε ένα από τα οποία να απαριθμείται σύμ-
φωνα με μια από τις εν λόγω διαδικασίες. Αν A(x),B(x),
C(x) είναι οι γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών
{an},{bn},{cn} (αντιστοίχως), τότε A(x)B(x) = C(x).
Απόδειξη: Εξ υποθέσεως, υπάρχουν ai τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του S και bn−i τρόποι
απαρίθμησης των στοιχείων του T. Αυτό ισχύει, για κάθε i, εφόσον 0 ≤ i ≤ n. Επομένως,
cn = n
i=0 aibn−i και το αποτέλεσμα απορρέει από το προηγούμενο Λήμμα.
Ο Τύπος του Γινομένου ισχύει για γινόμενα οποιουδήποτε πεπερασμένου
πλήθους όρων.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-97-320.jpg)
![Εκθετικές Γεννήτριες Συναρτήσεις
Ορισμός 53
´Εστω {an}n=0,1,...,∞ μια ακολουθία πραγματικών
αριθμών. Τότε η τυπική δυναμοσειρά E(x) = E(an; x) =
∞
n=0 an
xn
n! ονομάζεται εκθετική γεννήτρια συνάρτηση
της ακολουθίας {an}n=0,1,...,∞.
Στοιχειώδη Παραδείγματα:
Αν an = 1, για κάθε n ≥ 0, τότε E(1; x) = ∞
n=0
xn
n!
= ex.
Αν an = an, για κάποιο a ∈ R και για κάθε n ≥ 0, τότε
E(an; x) = ∞
n=0
(ax)n
n!
= eax. Ως ειδική περίπτωση, αν an = 2n, που
είναι το πλήθος των υποσυνόλων του [n], τότε
E(2n; x) = ∞
n=0
(2x)n
n!
= e2x.
Αν an = n!, που είναι το πλήθος των μεταθέσεων του [n], τότε
E(n!; x) = ∞
n=0 n! xn
n!
= 1
1−x .
Αν an = (m)n = m!
(m−n)!
, που είναι το πλήθος των n–μεταθέσεων του [m],
τότε E((m)n; x) = ∞
n=0(m)n
xn
n!
= m
n=0
m
n xn = (1 + x)m.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-102-320.jpg)
![Θεώρημα 54 (Ο Τύπος του Γινομένου για Εκθετικές
Γεννήτριες Συναρτήσεις)
´Εστω δυο διαφορετικές διαδικασίες (τρόποι) απαρίθμη- σης,
n ένας μη αρνητικός ακέραιος και an,bn δυο απαριθ- μήσεις
των στοιχείων του [n], η κάθε μια σύμφωνα με μια από τις
διαδικασίες αυτές. ´Εστω cn το πλήθος των τρό- πων για να
διαμερισθεί το [n] σε δυο (ενδεχομένως κενά) υποσύνολα
S = {1,2,...,i},T = {i + 1,i + 2,...,n} τέτοια ώστε, το κάθε
ένα από τα οποία να απαριθμείται σύμ- φωνα με μια από τις
εν λόγω διαδικασίες. Αν A(x),B(x), C(x) είναι οι εκθετικές
γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών {an},{bn},{cn}
(αντιστοίχως), τότε A(x)B(x) = C(x).
Απόδειξη: Ξέρουμε ότι υπάρχουν n
i τρόποι επιλογής των στοιχείων ενός υποσυνόλου του [n] με i
στοιχεία. Εξ υποθέσεως, υπάρχουν ai τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του S και bn−i τρόποι
απαρίθμησης των στοιχείων του T. Αυτό ισχύει, για κάθε i, εφόσον 0 ≤ i ≤ n. Επομένως,
cn = n
i=0
n
i aibn−i και το αποτέλεσμα απορρέει από το προηγούμενο Λήμμα.
Ο Τύπος του Γινομένου ισχύει για γινόμενα οποιουδήποτε πεπερασμένου
πλήθους όρων.
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-106-320.jpg)
![7 ´Εστω an το πλήθος των τρόπων που μπορούμε να
χαλάσουμε n ευρώ σε χαρτονομίσματα των 10 και
των 5 ευρώ και σε κέρματα του 1 ευρώ.
Υπολογίστε τη σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση A(x)
της ακολουθίας an.
8 Υπολογίστε τη σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση της
ακολουθίας an = n2.
9 ´Εστω f(n) το πλήθος των υποσυνόλων του [n], στα
οποία η απόσταση μεταξύ οποιωνδήποτε δυο
στοιχείων είναι τουλάχιστον 3. Υπολογίστε τη
σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση της f(n).
10 ∆ιαιρούμε μια ομάδα ατόμων σε τρεις υπο–ομάδες
A,B και C και ζητούμε κάθε υπο–ομάδα να
στοιχισθεί σε σειρά. Επίσης απαιτούμε την
υπο–ομάδα A να περιέχει περιττό πλήθος ατόμων
και την B άρτιο. Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό
να γίνει;
Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική](https://image.slidesharecdn.com/2-140519111249-phpapp01/85/I-111-320.jpg)
Uploaded byMoses Boudourides
Διακριτά Μαθηματικά ΙI: Εισαγωγή στη Συνδυαστική. Του Μωυσή Μπουντουρίδη
Διακριτά Μαθηματικά ΙI: Εισαγωγή στη Συνδυαστική Αυτό είναι το δεύτερο μέρος των σημειώσεων μου στο προπτυχιακό μάθημα των Διακριτών Μαθηματικών του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Πατρών (άνοιξη 2014). Το πρώτο τμήμα της εισαγωγής στην λογική είναι εδώ: http://www.slideshare.net/MosesBoudourides/1-32613813
More Related Content
Similar to Διακριτά Μαθηματικά ΙI: Εισαγωγή στη Συνδυαστική. Του Μωυσή Μπουντουρίδη
Διακριτά Μαθηματικά ΙI: Εισαγωγή στη Συνδυαστική. Του Μωυσή Μπουντουρίδη
- 1. ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙ. Συνδυαστική ΜωυσήςΑ. Μπουντουρίδης Μάθημα 2ου Εξαμήνου Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστημίου Πατρών Επικοινωνία: mboudour@upatras.gr Μάρτιος 2014 Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 2. Περιεχόμενα Ενότητας Συνδυαστικής ΗΑρχή του Περιστερώνα Ασκήσεις Βασικές Αρχές Απαρίθμησης Ασκήσεις Μεταθέσεις και Συνδυασμοί Ασκήσεις Το ∆ιωνυμικό Θεώρημα Ασκήσεις Συνθέσεις και ∆ιαμερισμοί Ασκήσεις Αρχή Εγκλεισμού–Αποκλεισμού Ασκήσεις Γεννήτριες Συναρτήσεις Ασκήσεις Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 3. Η Αρχή τουΠεριστερώνα (Pigeon-Hole Principle) Θεώρημα 1 (Η Βασική Αρχή του Περιστερώνα) ´Εστω ότι βάζουμε n (όμοιες) μπάλλες μέσα σε k (όμοια) κουτιά, όπου n και k είναι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n >k. Τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα κουτί, στο οποίο θα πρέπει να μπουν τουλάχιστον δυο μπάλλες. ´Εμμεση απόδειξη με αντίφαση: Ας υποθέσουμε το αντίθετο αυτού που θέλουμε να αποδείξουμε, δηλαδή, έστω ότι δεν υπάρχει κανένα κουτί με τουλάχιστον δυο (2) μπάλλες. Αυτό σημαίνει ότι κάθε κουτί περιέχει είτε καμιά (0) ή μία (1) μπάλλα. ´Εστω ότι m είναι το πλήθος των κουτιών χωρίς μπάλλες, οπότε 0 ≤ m ≤ k. ´Αρα, προφανώς, το πλήθος των κουτιών με μια (1) μπάλλα μέσα του το καθένα είναι k − m, που σημαίνει ότι το συνολικό πλήθος των μπαλλών είναι k − m. Αλλά, τότε k − m ≤ k <n, κάτι που αντιφάσκει την υπόθεση ότι το συνολικό πλήθος των μπαλλών είναι ίσο με n. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 4. Πρώτο παράδειγμα τηςβασικής Αρχής του Περιστερώνα ´Εστω η ακολουθία 7,77,777,7777,.... Αποδείξτε ότι υπάρχει κάποιος όρος αυτής της ακολουθίας, ο οποίος είναι διαιρετός με το 2003. Απόδειξη: Ας συμβολίσουμε την ακολουθία αυτή με {an}n=1,2,···, όπου, λόγω της (δεκαδικής) αναπαράστασης των όρων της, an = 7 · n−1 k=0 10k, για κάθε θετικό ακέραιο n. Βασικά, θα αποδείξουμε κάτι το ισχυρότερο: μεταξύ των πρώτων 2003 όρων της ακολουθίας αυτής, υπάρχει κάποιος όρος διαιρετός με το 2003. Ας υποθέσουμε όμως το αντίθετο, δηλαδή, ότι, μεταξύ των πρώτων 2003 όρων της ακολουθίας αυτής, κανένας όρος δεν είναι διαιρετός με το 2003. Αυτό σημαίνει ότι, για κάθε 1 ≤ n ≤ 2003, αν το rn συμβολίζει το υπόλοιπο της διαίρεσης του an με το 2003, τότε θα είναι 1 ≤ rn ≤ 2002. Επειδή όμως συνολικά έχουμε 2003 υπόλοιπα (μπάλλες) και 2002 τιμές που το καθένα τους μπορεί να πάρει (κουτιά), η Αρχή του Περιστερώνα συνεπάγεται ότι υπάρχουν δυο (διαφορετικοί) όροι, μεταξύ των πρώτων 2003 όρων της ακολουθίας αυτής, οι οποίοι έχουν το ίδιο ακριβώς υπόλοιπο. Ας συμβολίσουμε με ai και aj τους όρους αυτούς, για 1 ≤ i < j ≤ 2002, και με r το κοινό τους υπόλοιπο. Προφανώς, τότε, υπάρχουν δυο μη αρνητικοί ακέραιοι pi και pj τέτοιοι ώστε ai = 2003pi + r και aj = 2003pj + r, οπότε aj − ai = 2003(pj − pi), δηλαδή, η διαφορά aj − ai είναι διαιρετή με 2003. Επιπλέον, όμως, aj − ai = 7 · j−1 k=0 10k −7 · i−1 k=0 10k = 7 · j−1 k=i 10k = 7 · j−i−1 m=0 10m10i = aj−i10i και, καθώς το 10i δεν διαιρείται με το 2003 (για κανένα i), έπεται ότι ο όρος aj−i θα διαιρείται. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 5. ∆εύτερο παράδειγμα τηςβασικής Αρχής του Περιστερώνα Σε ένα τουρνουά σκακιού παίζουν n σκακιστές μεταξύ τους σε μονούς αγώνες (δηλαδή, κάθε ζευγάρι παίζει έναν αγώνα). Αποδείξτε ότι, σε οποιαδήποτε χρονική στιγμή, υπάρχουν δυο σκακιστές που έχουν παίξει τον ίδιο αριθμό αγώνων. Απόδειξη: Καταρχάς, παρατηρούμε ότι, σε οποιαδήποτε χρονική στιγμή, ένας σκακιστής μπορεί να έχει παίξει είτε σε κανένα ή σε 1 ή το πολύ σε n − 1 αγώνες. Επιπλέον, όμως, αν κάποια χρονική στιγμή ένας σκακιστής έχει συμπληρώσει όλους τους n − 1 αγώνες του, τότε δεν θα υπάρχει κανένας σκακιστής με 0 αγώνες, που σημαίνει ότι οι τιμές 0 και n − 1 δεν μπορούν να εμφανίζονται μαζί για τον αριθμό των αγώνων που έχουν παιχθεί ως οποιαδήποτε χρονική στιγμή. Με άλλα λόγια, οι δυνατότητες για τον αριθμό των αγώνων (κουτιά) είναι το πολύ n − 1, ενώ οι παίχτες (μπάλλες) είναι n και άρα, έπεται το ζητούμενα συμπέρασμα από την Αρχή του Περιστερώνα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 6. Θεώρημα 2 (ΗΓενικευμένη Αρχή του Περιστερώνα) ´Εστω ότι βάζουμε n (όμοιες) μπάλλες μέσα σε m (όμοια) κουτιά, όπου n >rm, για n,m,r θετικούς ακέριαιους. Τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα κουτί, στο οποίο θα πρέπει να μπουν τουλάχιστον r + 1 μπάλλες. ´Εμμεση απόδειξη με αντίφαση: Ας υποθέσουμε το αντίθετο, δηλαδή, ότι κάθε κουτί μπορεί να περιέχει το πολύ r μπάλλες. Επομένως, τότε, σε όλα τα κουτιά, συνολικά, θα μπορούσαν να τοποθετηθούν το πολύ rm μπάλλες, αλλά, επειδή rm <n, αντιφάσκεται η υπόθεση ότι το συνολικό πλήθος των μπαλλών είναι ίσο με n. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 7. Παράδειγμα της γενικευμένηςΑρχής του Περιστερώνα ´Εστω 10 σημεία μέσα στο μοναδιαίο τετράγωνο (δηλαδή, τετράγωνο μήκους ακμής 1). Τότε υπάρχουν δυο σημεία σε απόσταση μεταξύ τους μικρότερη του 0.48 και τρία σημεία που καλύπτονται από δίσκο ακτίνας 0.5. Απόδειξη: Πρώτα, χωρίζουμε το μοναδιαίο τετράγωνο σε 9 μικρότερα τετράγωνα (μήκους ακμής 1 3 το καθένα). Σύμφωνα με την γενικευμένη Αρχή του Περιστερώνα, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα από τα 9 μικρότερα τετράγωνα που περιέχει δυο από τα 10 σημεία. Τότε η μέγιστη απόσταση των δυο αυτών σημείων θα φράζεται από την διαγώνιο του τετράγωνου μήκους ακμής 1 3 , δηλαδή, από √ 2 3 < 0.48. Από την άλλη μεριά, διαιρώντας το μοναδιαίο τετράγωνο, σε 4 ισοσκελή τρίγωνα (μέσω των διαγωνίων του τετραγώνου), η γενικευμένη Αρχή του Περιστερώνα συνεπάγεται ότι τουλάχιστον ένα από τα τρίγωνα αυτά θα περιέχει τρία από τα 10 σημεία και, άρα, τα σημεία αυτά θα καλύπτονται από τον μικρότερο δίσκο που καλύπτει το τρίγωνο, δηλαδή, που έχει διάμετρο ίση με 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 8. Παραδείγματα Εφαρμογών τηςΑρχής του Περιστερώνα σε Γράφους ´Ατυποι Ορισμοί της Θεωρίας Γράφων1 Γράφος ονομάζεται ένα αντικείμενο που αποτελείται από κόμβους (κορυφές) και συνδέσεις (ακμές) που ενώνουν ζεύγη κόμβων. Πλήρης γράφος ονομάζεται ένας γράφος, όταν περιέχει όλες τις δυνατές συνδέσεις μεταξύ κόμβων, δηλαδή, όταν κάθε κόμβος συνδέεται με κάθε άλλον κόμβο. Βαθμός ενός κόμβου ονομάζεται το πλήθος των συνδέσεων που έχει ο κόμβος αυτός. ∆ιαδρομή μεταξύ δυο κόμβων είναι μια ακολουθία διακριτών κόμβων που συνδέονται διαδοχικά ο ένας μετά τον άλλο μέσω διακριτών συνδέσεων. Κύκλος είναι μια κλειστή διαδρομή, δηλαδή, μια διαδρομή που ξεκινά και τερματίζει στον ίδιο κόμβο. Συνδεδεμένος λέγεται ένας γράφος, όταν, για κάθε δυο κόμβους, υπάρχει μια διαδρομή που τους συνδέει. ∆ένδρο είναι ένας συνδεδεμένος γράφος που δεν περιέχει κανέναν κύκλο. 1 Αργότερα, στο τρίτο μέρος του μαθήματος, θα ασχοληθούμε διεξοδικότερα με την Θεωρία των Γράφων. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 9. Παράδειγμα: Κοινό πλήθοςφίλων μεταξύ ατόμων ´Εστω ότι συναντώνται κάπου n (τυχαία) άτομα. ∆είξτε, τότε, ότι υπάρχουν δυο άτομα που έχουν το ίδιο ακριβώς πλήθος φίλων μεταξύ των n ατόμων. (Ας θεωρήσουμε ότι η σχέση φιλίας είναι συμμετρική, δηλαδή, ότι το άτομο i είναι φίλος του j αν και μόνον αν ο j είναι φίλος του i.) Πρώτα, παρατηρούμε ότι, αν ένα άτομο δεν έχει κανένα φίλο μεταξύ των n ατόμων, τότε δεν μπορεί να υπάρχει κάποιος με n − 1 φίλους (και αντιστρόφως), δηλαδή, οι τιμές 0 και n − 1 δεν μπορούν να εμφανίζονται μαζί στην καταμέτρηση του δυνατού πλήθους των φίλων που έχουν τα άτομα της εν λόγω ομάδας. Αυτό σημαίνει ότι οι δυνατότητες για τα πλήθη φίλων (κουτιά) είναι το πολύ n − 1, ενώ τα εμπλεκόμενα άτομα (μπάλλες) είναι n και άρα, έπεται το ζητούμενα συμπέρασμα από την Αρχή του Περιστερώνα. Με άλλα λόγια, αναπαριστώντας τα άτομα ως κόμβους και τη σχέση φιλίας μεταξύ δυο ατόμων ως σύνδεση μεταξύ των αντιστοίχων κόμβων, σχηματίζεται ένας αυθαίρετος γράφος, στον οποίο (δείξαμε ότι) πάντα υπάρχουν δυο (τουλάχιστον) κόμβοι που έχουν τον ίδιο βαθμό. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 10. Παράδειγμα: Κοινός πρόγονοςστο γενεαλογικό δένδρο ´Εστω ότι γνωρίζουμε το γενεαλογικό δένδρο ενός ατόμου X για τα τελευταία 1000 χρόνια. ∆έξτε, τότε, ότι υπάρχει ένας πρόγονος A του X, ο οποίος ήταν κοινός πρόγονος και του πατέρα και της μητέρας του X. (Ας υποθέσουμε ότι κάθε γενιά διαρκεί 25 χρόνια και ότι ο τωρινός πληθυσμός της γης είναι το πολύ 1010.) Προφανώς, το γενεαλογικό δένδρο του X μπορεί να αναπαρασταθεί ως ένα δένδρο με ρίζα τον X στο χαμηλότερο επίπεδο. Χάριν απλότητας, θα θεωρήσουμε το δυαδικό δένδρο, στο οποίο οι κόμβοι είναι διατεταγμένοι σε επίπεδα, που αντιστοιχούν σε γενιές. Οι ‘‘γονείς’’ (‘‘πατέρας’’ και ‘‘μητέρα’’ ) ενός κόμβου είναι οι δυο κόμβοι του ανώτερου επιπέδου, με τους οποίους ο κόμβος αυτός συνδέεται, ενώ το ‘‘παιδί’’ ενός κόμβου είναι ο κόμβος του κατώτερου επίπεδου, με τον οποίον ο κόμβος αυτός συνδέεται. Επιπλέον ένας κόμβος είναι ‘‘πρόγονος’’ ενός άλλου, αν βρίσκεται σε περισσότερα από δυο επίπεδα ψηλότερα και συνδέεται με αυτόν μέσω μιας διαδρομής. (∆είτε σχήμα.) Λαμβάνοντας υπόψη ότι 1000/25 = 40, θα έχουμε 40 γενιές, δηλαδή, 1 + 2 + 22 + · · · + 240 = 241 − 1 κόμβους (μπάλλες), στους οποίους πρέπει να αντιστοιχίσουν (το πολύ) 40 · 1010 άνθρωποι (κουτιά), που είναι ο μέγιστος δυνατός πληθυσμός της γης στις 40 γενιές. Επειδή 40 · 1010 < 241 − 1, η Αρχή του Περιστερώνα συνεπάγεται ότι υποχρεωτικά κάποιος άνθρωπος A θα αντιστοιχεί σε δυο κόμβους, δηλαδή, ένας ίδιος άνθρωπος θα ήταν πρόγονος και του πατέρα και της μητέρας του X. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 11. Παράδειγμα: Πλήθος γνωριμιώνμεταξύ ζευγαριών Ο κος και η κα Σμιθ προσκαλούν στο σπίτι τους 4 ζευγάρια (συντρόφων). ´Ετσι, μαζεύονται συνολικά 10 άτομα (5 ζευγάρια) και μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποιοι (ή κανένας) από αυτούς (δεν) γνωρίζονται μεταξύ τους (χωρίς να υπολογίζουμε τη συντροφικότητα ως σχέση γνωριμίας). Αν, εξαιρουμένου του κου Σμιθ, κανένας από τα υπόλοιπα 10 άτομα δεν έχει το ίδιο ακριβώς πλήθος γνωστών με οποιονδήποτε άλλον, βρείτε πόσους γνωστούς θα έχουν ο κος και η κα Σμιθ. Ας φτιάξουμε ένα γράφο με 10 κόμβους, ένας από τους οποίους αντιστοιχεί ρητά στον κο Σμίθ. Επιπλέον, με εξαίρεση τον κο Σμιθ, ας γράψουμε δίπλα σε κάθε κόμβο (άτομο) το πλήθος των γνωστών του (μεταξύ των υπόλοιπων με εξαίρεση τον/την σύντροφό του). Εξ υποθέσεως, οι αριθμοί αυτοί θα είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και θα κυμαίνονται από 0 ως 8 (αφού από τον καθένα εξαιρείται η σχέση γνωριμίας με τον/την σύντροφό του). (∆είτε σχήμα δεξιά.) Ισχυριζό- μαστε ότι ο αντίποδας ως προς τον κο Σμιθ κάθε κόμβου πρέπει να εί- ναι ο/η αντίστοιχος σύντροφος. Π.χ., αφού ο κόμβος 8 έχει 8 γνω- στούς, αναγκαστικά θα πρέπει ο/η σύντροφός του να είναι ο κόμβος 0 κ.ο.κ., δηλαδή, τελικά η κα Σμιθ είναι ο κόμβος 4. Επομένως, και ο κος και η και Σμιθ έχουν (βαθμό) 4 γνωστούς. (∆είτε σχήμα αριστερά.) Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 12. Παράδειγμα: Το Πρόβληματου Ramsey ´Εστω ότι συναντώνται κάπου 6 άτομα, τα οποία είτε γνωρίζονται μεταξύ τους ή δεν γνωρίζονται. ∆είξτε ότι, μεταξύ των 6 αυτών ατόμων, υπάρχουν πάντα 3 άτομα, τα οποία είτε και τα 3 γνωρίζονται μεταξύ τους ή και τα 3 δεν γνωρίζονται μεταξύ τους. Προφανώς, η ομάδα αυτή σχηματίζει έναν πλήρη γράφο 6 κόμβων (τα άτομα), του οποίου οι συνδέσεις μεταξύ κάθε 2 κόμβων (ατόμων) μπορούν να χρωματισθούν με ένα από δυο χρώματα: π.χ., είτε μπλε, όταν τα 2 άτομα γνωρίζονται ή κόκκινες, όταν δεν γνωρίζονται. Τότε θέλουμε να δείξουμε ότι πάντα υπάρχει μέσα στον γράφο ένα μονοχρωματικό τρίγωνο, του οποίου όλες οι ακμές είναι είτε μπλε ή κόκκινες. ´Εστω λοιπόν ο κόμβος V, που θα έχει 5 συνδέσεις (αφού ο γράφος είναι πλήρης). Επειδή οι 5 συνδέσεις πρέπει να βαφούν με 2 χρώματα, η γενικευμένη Αρχή του Περιστερώνα συνεπάγεται ότι υποχρεωτικά 3 συνδέσεις θα είναι μονοχρωματικές: ας πούμε, μπλε (όπου στο διπλανό σχήμα, οι μπλε συνδέσεις αναπαριστώνται με συνεχείς γραμμές κι οι κόκκινες με διακεκομμένες). ´Εστω X, Y και Z οι κόμβοι που συνδέοννται με το V στις συνδέσεις αυτές. Θεωρούμε το τρίγωνο που σχηματίζεται από τα X, Y και Z. Αν όλες οι ακμές του είναι του κόκκινες, τότε έχουμε ένα μονοχρωματικό (κόκκινο) τρίγωνο. Αλλιώς, αν το τρίγωνο αυτό περιέχει τουλάχιστον μια μπλε ακμή, τότε σχηματίζεται πάλι ένα μονοχρωματικό (αλλά μπλε) τρίγωνο με κορυφές το V και δυο από τα X, Y και Z. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 13. Ασκήσεις 1 Βρείτε όλεςτις τριάδες θετικών ακέραιων a <b <c που είναι τέτοιοι ώστε 1 a + 1 b + 1 c = 1. 2 ´Εστω το σύνολο M αποτελούμενο από 9 θετικούς ακέραιους, για κανέναν από τους οποίους δεν υπάρχει ένας πρώτος διαιρέτης που να είναι μεγαλύτερος του 6. Αποδείξτε ότι το M περιέχει 2 αριθμούς, των οποίων το γινόμενο είναι ίσο με το τετράγωνο κάποιου ακέραιου. 3 Αποδείξτε ότι, μεταξύ 502 θετικών ακέραιων, υπάρχουν πάντοτε 2 αριθμοί, που είναι τέτοιοι ώστε είτε το άθροισμά τους ή η διαφορά τους να είναι διαιρετή με 1000. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 14. 4 ´Εστω ότιέχουμε 4 σωρούς από πέτρες, τους οποίους τους ξαναχωρίζουμε σε 5 νέους σωρούς. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον 2 πέτρες από τους πρώτους σωρούς θα πάνε σε ένα μικρότερο νέο σωρό. 5 ´Εστω ότι ένα καλάθι περιέχει ένα άπειρο πλήθος φύλλων χαρτιού, στο κάθε ένα από τα οποία αναγράφεται ένας θετικός ακέραιος. Ας υποθέσουμε ότι, για κάθε δυο φύλλα, η διαφορά των αναγεγραμμένων αριθμών σε αυτά είναι ένας αριθμός μικρότερος των 10 εκατομμυρίων. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένας ακέραιος που έχει αναγραφεί σε άπειρα πολλά φύλλα χαρτιού. 6 Αποδείξτε ότι υπάρχει ένας θετικός ακέραιος n τέτοιος ώστε το 44n − 1 να διαιρείται με το 7. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 15. 7 ´Εστω 5θετικοί πραγματικοί αριθμοί, των οποίων το άθροισμα είναι ίσο με 100. Αποδείξτε ότι, μεταξύ των αριθμών αυτών, υπάρχουν δυο, των οποίων η διαφορά είναι μικρότερη του 10. 8 ´Εστω 17 σημεία στο εσωτερικό ενός ισόπλευρου τριγώνου ακμής ίσης με 1. Αποδείξτε ότι υπάρχουν 2 από αυτά τα σημεία, των οποίων η απόσταση είναι μικρότερη ή ίση του 1 4. 9 Αποδείξτε ότι η ακολουθία 1967,19671967, 196719671967,...περιέχει έναν όρο, ο οποίος είναι διαιρετός με το 1969. 10 ´Εστω ότι παίρνουμε n + 1 διαφορετικούς ακέραιους από το σύνολο {1,2,...,n}. Αποδείξτε ότι, μεταξύ των αριθμών που διαλέξαμε, θα υπάρχουν πάντα δυο, των όποιων ο μέγιστος κοινός διαιρέτης είναι το 1 (δηλαδή, 2 πρώτοι μεταξύ τους). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 16. Βασικές Αρχές Απαρίθμησης ΥπενθύμισηΣυμβολισμού Για κάθε σύνολο X, συμβολίζουμε με |X| το πλήθος των στοιχείων του. Ο Κανόνας του Αθροίσματος: ´Εστω ότι κάποιο πράγμα μπορεί να γίνει με a τρόπους και κάποιο άλλο πράγμα μπορεί να γίνει με b τρόπους. Αν τα δυο πράγματα δεν μπορούν να γίνουν μαζί (ταυτόχρονα), τότε υπάρχουν a + b τρόποι για να γίνει είτε το ένα ή το άλλο πράγμα. Προφανώς, ο κανόνας αυτός γενικεύεται και για πεπερασμένο πλήθος πραγμάτων. Επιπλέον, συνολοθεωρητικά διατυπώνεται ως εξής: Αν X1,X2,...,Xm είναι ανά δύο ξένα πεπερασμένα σύνολα,2 τότε |X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪ Xm| = |X1| + |X2| + ... + |Xm|. 2 ´Οταν X = X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪ Xm και τα X1,X2,...,Xm είναι m ανά δύο ξένα, τότε η συλλογή {X1,X2,...,Xm} λέγεται διαμερισμός του X. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 17. Παράδειγμα: ´Ενα μάθημαμιας τάξης χωρίζεται σε δύο τμήματα με το πρώτο τμήμα να έχει 25 και το δεύτερο τμήμα 29 άτομα. Πόσα άτομα παρακολουθούν τα (άλλα) μαθήματα που γίνονται από κοινού χωρίς να χωρισθούν σε τμήματα; Προφανώς, 25 + 29 = 54 άτομα. Παράδειγμα: Το πρώτο τμήμα ενός μαθήματος μιας τάξης αποτελείται από 27 άτομα, ενώ το πρώτο τμήμα ενός άλλου μαθήματος της ίδιας τάξης αποτελείται από 25 άτομα. Αν η τάξη αποτελείται συνολικά από 100 άτομα, πόσα άτομα παρακολουθούν και το πρώτο τμήμα και το δεύτερο τμήμα αυτού του μαθήματος; Τώρα, το μόνο που μπορούμε να πούμε ότι ο αριθμός αυτός είναι μεταξύ 0 και 25. Παράδειγμα: Το βάρος (σε κιλά) ενός ανθρώπου είναι ένας διψήφιος αριθμός, που διαιρείται με 3, του οποίου το πρώτο ψηφίο είναι περιττός αριθμός και το δεύτερο ψηφίο είναι μικρότερο του πρώτου και μικρότερο του 5. Πόσο μπορεί να είναι το βάρος του; Προφανώς, το πρώτο ψηφίο του βάρους θα είναι είτε 1 ή 3 ή 5 ή 7 ή 9 και το δεύτερο ψηφίο θα είναι, αντίστοιχα, είτε {0} ή {0, 1, 2} ή {0, 1, 2, 3, 4} ή {0,1,2,3,4} ή {0,1,2,3,4}. ´Αρα, συνολικά, το βάρος μπορεί να είναι ένας αριθμός του συνόλου {10, 30, 31, 32, 50, 51, 52, 53, 54, 70, 71, 72, 73, 74, 90, 91, 92, 93, 94}. Αλλά επειδή πρέπει να διαιρείται με το 3, οι μόνες πιθανές τιμές του βάρους αυτού είναι οι εξής 6 τιμές: 30, 51, 54, 72, 90, 93. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 18. Ο Κανόνας της∆ιαφοράς: ´Εστω A πεπερασμένο σύνολο και B ⊆ A. Τότε |A B| = |A| − |B|. Προφανώς, ο κανόνας αυτός είναι συνέπεια του Κανόνα του Αθροίσματος για τον διαμερισμό του A στα δυο ξένα υποσύνολά του A B και B. Παράδειγμα: Το πλήθος των θετικών ακέραιων, που είναι μικρότεροι ή ίσοι του 1000 και έχουν τουλάχιστον δυο διαφορετικά ψηφία, είναι 973. ´Εστω λοιπόν A το σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι μικρότεροι ή ίσοι του 1000, και B το υποσύνολο του A αποτελούμενο από εκείνους τους αριθμούς στο A, των οποίων όλα τα στοιχεία είναι ένας ίδιος μονοψήφιος αριθμός (από 1 ως 9). Προφανώς, |A| = 1000. Επιπλέον, η σύσταση του B εξαρτάται από το πλήθος των (όμοιων) ψηφίων που περιέχει ένας αρισθμός στο B. Αυτό σημαίνει ότι έχουμε τον διαμερισμό B = B1 ∪ B2 ∪ B3 με B1 = {1,2,...,9},B2 = {11,22,...,99} και B3 = {111,222,...,999}, οπότε, παρατηρώντας ότι |B1| = |B2| = |B3| = 27, ο Κανόνας του Αθροίσματος πάλι συνεπάγεται πως B = 3 · 9 = 27 και, άρα, |A B| = |A| − |B| = 1000 − 27 = 973. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 19. Ο Κανόνας τουΓινομένου: ´Εστω ένα σύνολο, του οποίου τα στοιχεία μπορούν να περιγραφούν μέσω μιας διαδικασίας που γίνεται σε δυο στάδια. Επιπλέον, υποθέτουμε ότι το πρώτο στάδιο της διαδικασίας μπορεί να γίνει με a τρόπους, ενώ το δεύτερο με b τρόπους, και τα δυο στάδια γίνονται ανεξάρτητα το ένα με το άλλο. Τότε υπάρχουν a · b τρόποι για να γίνουν τα στοιχεία του συνόλου αυτού. Προφανώς, ο κανόνας αυτός γενικεύεται για σύνολα με πεπερασμένο πλήθος (ανεξάρτητων) σταδίων παραγωγής των στοιχείων τους. Επιπλέον, συνολοθεωρητικά διατυπώνεται ως εξής: Αν X1,X2,...,Xm είναι m πεπερασμένα σύνολα, τότε |X1 × X2 × · · · × Xm| = |X1| · |X2| · ... · |Xm|. Θυμίζουμε ότι το Καρτεσιανό γινόμενο των συνόλων X1,X2,...,Xm ορίζεται ως X1 × X2 × · · · × Xm = {(x1,x2,...,xm): x1 ∈ X1,x2 ∈ X2,...,xm ∈ Xm}. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 20. Παράδειγμα: Τα καθίσματαμιας αίθουσας σινεμά είναι αριθμημένα ως εξής: κάθε σειρά με ένα λατινικό γράμμα, ενώ σε κάθε σειρά υπάρχουν ακριβώς 20 καθίσματα. Πόσα είναι συνολικά τα καθίσματα της αίθουσας αυτής; Προφανώς, είναι 26 · 20 = 520. Παράδειγμα: ´Εχουμε 3 κουτιά, το πρώτο με 5 κόκκινες μπάλλες, το δεύτερο με 6 πράσινες μπάλλες και το τρίτο με 4 μπλε μπάλλες. Πόσες είναι οι δυνατές τρίχρωμες τριάδες από μπάλλες που μπορούν να σχηματισθούν παίρνοντας μια μπάλλα από κάθε κουτί; Προφανώς, είναι 5 · 6 · 4 = 120. Παράδειγμα: ´Οταν ρίχνουμε 2 ζάρια, διαφορετικού χρώματος το κάθε ένα, πόσα αποτελέσματα μπορούν να προκύψουν; Αν όμως τα ζάρια είχαν το ίδιο χρώμα, πόσα αποτελέσματα θα προέκυπταν; ´Οταν τα ζάρια έχουν διαφορετικό χρώμα, προφανώς, προκύπτει ένα από 6 · 6 = 36 αποτελέσματα. Αν όμως τα ζάρια είχαν το ίδιο χρώμα, τα δυνατά αποτελέσματα θα ήταν λιγότερα, γιατί τότε δεν μπορούμε να διακρίνουμε τα ζάρια (αργότερα θα δούμε πόσα). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 21. Ασκήσεις 1 Σε έναπάρτυ βρίσκονται 15 ζευγάρια παντρεμέ- νων ατόμων. Βρείτε το πλήθος των επιλογών ενός άνδρα και μιας γυναίκας από τα άτομα αυτά έτσι ώστε αυτοί (1) να είναι παντρεμένοι και (2) να μην είναι παντρεμένοι. 2 Μεταξύ του συνόλου όλων των διψήφιων θετικών ακέραιων, βρείτε το πλήθος (1) των άρτιων, (2) των περιττών, (3) των άρτιων με διακριά στοιχεία και (4) των περιττών με διακριτά στοιχεία. 3 ´Ενας κωδικός υπολογιστή αποτελείται από ένα γράμμα ακολουθούμενο από 3 ή 4 μονοψήφιους αριθμούς. Βρείτε το πλήθος (1) όλων των κωδικών αυτής της μορφής και (2) των κωδικών αυτής της μορφής χωρίς επαναλαμβανόμενα ψηφία. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 22. 4 Μεταξύ τωνπρώτων 100 000 θετικών ακέραιων, πόσοι περιέχουν ακριβώς ένα 3, ένα 4 και ένα 5 στην δεκαδική αναπαράστασή τους; 5 Βρείτε το πλήθος των τριψήφιων άρτιων αριθμών που δεν έχουν κανένα επαναλαμβανόμενο ψηφίο. 6 Μια παλίνδρομη λέξη είναι αυτή που διαβάζεται με τον ίδιο τρόπο είτε από αριστερά προς δεξιά ή από δεξιά προς αριστερά. Βρείτε το πλήθος των επταψήφιων και των οκταψήφιων παλίνδρομων λέξεων με τον περιορισμό ότι κανένα από τα γράμματά τους δεν επαναλαμβάνεται. 7 Αποδείξτε ότι κάθε παλίνδρομος (δεκαδικός) αριθμός αρτίου μήκους διαιρείται με το 11. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 23. Απεικονίσεις και ΑπαρίθμησηΣυνόλων Ορισμός 3 ´Εστω δυο σύνολα X,Y και η απεικόνιση f: X → Y. Η f ονομάζεται απεικόνιση ένα–προς–ένα (ή αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση), όταν, για κάθε a,b ∈ X τέτοια ώστε f(a) = f(b), να ισχύει ότι a = b. Η f ονομάζεται απεικόνιση επί (ή επιρριπτική απεικόνιση), όταν, για κάθε y ∈ Y, υπάρχει x ∈ X τέτοιο ώστε f(x) = y. Η f ονομάζεται αμφιρριπτική απεικόνιση, όταν είναι ένα–προς–ένα και επί ή, ισοδυναμα, όταν, για κάθε y ∈ Y, υπάρχει μοναδικό x ∈ X τέτοιο ώστε f(x) = y. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 24. Υπενθύμιση Συμβολισμού Για κάθεθετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με [n] το σύνολο των θετικών ακέραιων που είναι μικρότεροι ή ίσοι του n, δηλαδή, [n] = {1,2,...,n}. Ορισμός 4 ´Ενα μη κενό σύνολο X ονομάζεται πεπερασμένο, όταν υπάρχει ένας θετικός ακέραιος n και μια ένα–προς–ένα και επί απεικόνιση ϕ: [n] → X. Στην περίπτωση αυτή, η πληθικότητα (cardinality) του X, που ορίζεται ως το πλήθος των στοιχείων του X, είναι n, δηλαδή, συμβολικά, |X| = n. Επιπλέον, θέτουμε |∅| = 0. Θεώρημα 5 ´Εστω δυο πεπερασμένα σύνολα X,Y. Τότε 1 |X| ≤ |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια ένα–προς–ένα απεικόνιση f: X → Y. 2 |X| ≥ |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια επί απεικόνιση f: X → Y. 3 |X| = |Y| αν και μόνον αν υπάρχει μια ένα–προς–ένα και επί απεικόνιση f: X → Y. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 25. Ακολουθίες και Λίστες Ακολουθίεςως Απεικονίσεις ´Εστω X ένα (τυχόν) σύνολο και {xn}n=1,2,... μια αριθμήσιμη ακολουθία στοιχείων του X. Η ακολουθία αυτή μπορεί να ταυτισθεί με μια απεικόνιση, με την έννοια ότι αντιστοιχεί σε αυτή μια απεικόνιση ϕ: N+ → X τέτοια ώστε, για κάθε n = 1,2,..., να είναι ϕ(n) = xn. Αλλά, και αντίστροφα, σε κάθε απεικόνιση ϕ: N+ → X αντιστοιχεί η ακολουθία {xn}n=1,2,..., όπου xn = ϕ(n), για κάθε n = 1,2,.... Ορισμός 6 ´Εστω X ένα (τυχόν) σύνολο και n ένας θετικός ακέραιος. Κάθε πεπερασμένη ακολουθία στοιχείων του X ονομάζεται λίστα μήκους n (ή n–λίστα). ´Οπως παραπάνω, κάθε λίστα n στοιχείων του X μπορεί να ταυτισθεί με μια απεικόνιση ϕ: [n] → X τέτοια ώστε η ϕ είναι ένα–προς–ένα, όταν τα στοιχεία της λίστας είναι διακριτά (μη επαναλαμβανόμενα) και η ϕ είναι ένα–προς–ένα και επί, όταν η λίστα ταυτίζεται με το X, το οποίο υποτίθεται ότι είναι πεπερασμένο σύνολο.3 3 Εξ ορισμού, ένα πεπερασμένο σύνολο δεν έχει επαναλαμβανόμενα στοιχεία. Αν είχε θα ονομαζόταν πολυσύνολο. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 26. Λέξεις Τυπικών Γλωσσών Ορισμοί7 ´Εστω Σ ένα περασμένο σύνολο με n στοιχεία, τα οποία ονομάζονται σύμβολα, ενώ το Σ ονομάζεται αλφάβητο. Για κάθε θετικό ακέραιο k, θεωρούμε το Καρτεσιανό γινόμενο Σk = Σ × Σ × ... × Σ (k φορές). Τα στοιχεία του Σk ονομάζονται λέξεις (ή συμβολοσειρές) μήκους k (οι οποίες σχηματίζονται από τα σύμβολα του αλφαβήτου Σ). Τυπική γλώσσα ονομάζεται μια συλλογή λέξεων οποιουδήποτε μήκους.4 4 Η λέξη ε με μήκος 0 ορίζεται ως η λέξη που δεν περιέχει κανένα σύμβολο. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 27. Μεταθέσεις και Συνδυασμοί Ορισμός8 ∆οθέντους ενός περασμένου συνόλου X με n στοιχεία, ονομάζουμε μετάθεση5 (permutation) του X (ή του [n]) κάθε ένα–προς–ένα και επί απεικόνιση από το σύνολο X (ή το σύνολο [n]) στον εαυτό του. Παρατηρήσεις: Ας υποθέσουμε ότι το X έχει n στοιχεία. Τότε μια μετάθεση του X μπορεί να θεωρηθεί ως: Μια n–λίστα που σχηματίζεται από τα στοιχεία του X διατεταγμένα με οποιοδήποτε τρόπο, αλλά χωρίς επαναλήψεις. Με άλλα λόγια, κάθε μετάθεση του συνόλου X με n στοιχεία είναι μια διατεταγμένη τοποθέτηση ενός από n αντικείμενα σε n θέσεις, έτσι ώστε κάθε θέση να περιέχει ακριβώς ένα αντικείμενο. 5 Μερικές φορές, η μετάθεση καλείται διάταξη. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 28. Θεώρημα 9 Το πλήθοςτων μεταθέσεων ενός πεπερασμένου συνόλου X με n στοιχεία είναι ίσο με n!, όπου, για κάθε n ∈ N, το n!, που ονομάζεται n παραγοντικό, ορίζεται ως n! = n · (n − 1) · · · 2 · 1, για κάθε m θετικό ακέραιο, 1, για m = 0.6 Απόδειξη: Παρατηρώντας ότι, αν πάρουμε τα n αντικείμενα με τη σειρά, το πρώτο από αυτά μπορεί να μπεί σε οποιαδήποτε από τις n θέσεις, αλλά στη συνέχεια το δεύτερο αντικείμενο μπορεί να μπει μόνο σε μια από n − 1 θέσεις, ενώ για το τρίτο αντικείμενο μένουν n − 2 θέσεις κ.ο.κ., οπότε ο Κανόνας του Γινομένου συνεπάγεται το ζητούμενο απότέλεσμα. Πόρισμα 10 Για ένα αλφάβητο με n σύμβολα, υπάρχουν n! λέξεις μήκους n με διαφορετικά σύμβολα η κάθε μια. 6 Το ότι 0! = 1 είναι συμβατό με την ύπαρξη μιας μόνο απεικόνισης ένα–προς–ένα και επί από το ∅ στο ∅. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 29. Ορισμός 11 ´Εστω έναπερασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας θετικός ακέραιος k ≤ n. Ονομάζουμε k–μετάθεση του X (ή του [n]) κάθε k–λίστα διακριτών στοιχείων του X, {xi}i=1,2,...,k, όπου xi ∈ X, για κάθε i ∈ [k], και xi = xj, για κάθε i = j στο [k]. Θεώρημα 12 ´Εστω n,k θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k και X σύνολο n στοιχείων. Τότε το πλήθος των k–μεταθέ- σεων του X (ή του [n]), που συμβολίζεται ως (n)k, είναι ίσο με (n)k = n(n − 1) · · · (n − k + 1) = n! (n − k)! . Απόδειξη: Προφανώς, έχουμε n επιλογές για τον πρώτο όρο της k–λίστας, n − 1 για τον δεύτερο κ.ο.κ., έως ότου φθάσουμε στον k όρο, που είναι ο τελευταίος, όπου θα έχουν μείνει n − k + 1 επιλογές. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 30. Πόρισμα 13 ´Εστω n,kθετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k και X σύνολο n στοιχείων. Τότε το πλήθος των k–μεταθέσεων του X (ή του [n]), όταν επιτρέπονται οι επαναλήψεις στοιχείων, είναι ίσο με nk. Πόρισμα 14 Για ένα αλφάβητο με n σύμβολα και για κάθε θετικό ακέραιο k, υπάρχουν nk λέξεις μήκους k (ενδεχομένως με επαναλαμβανόμενα σύμβολα). Πρόταση 1 Το πλήθος όλων των υποσυνόλων ενός συνόλου αποτελούμενου από n στοιχεία είναι 2n. Απόδειξη: Αν κατασκευάσουμε μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ του συνόλου όλων των υποσυνόλων ένος συνόλου n στοιχείων και όλων των λέξεων μήκους n, που σχηματίζονται από το δυαδικό αλφάβητο {0, 1}, τότε η Πρόταση θα είναι απόρροια του Θεωρήματος 5.3. Πράγματι, η απεικόνιση αυτή κατασκευάζεται ως εξής: για κάθε A ⊂ [n], έστω f(A) η λέξη στο {0, 1}, της οποίας το σύμβολο στην θέση i είναι 1, όταν i ∈ A, και 0, διαφορετικά. Προφανώς, f(A) ∈ {0, 1}n, για κάθε A ⊂ [n], και αν, για δυο A, B ⊂ [n] έχουμε f(A) = f(B), τότε είναι εύκολο να ελεχθεί ότι A = B, δηλα- δή, η f είναι ένα–προς–ένα. Επιπλέον, για κάθε λέξη w = {wi}i∈[n] ∈ {0, 1}n, υπάρχει ένα υποσύνο- λο C ∈ [n] τέτοιο ώστε C = {i ∈ [n]: wi = 1}, δηλαδή, f(C) = w, ήτοι η f είναι και επί. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 31. Παράδειγμα: ´Εστω kθετικός ακέραιος. Το πλήθος όλων των θετικών ακέραιων με k ψηφία είναι 9 · 10k−1. Καθώς τώρα το αλφάβητο είναι το σύνολο {0,1,...,9}, προφανώς, έχουμε 9 επιλογές για τον πρώτο όρο ενός 9–ψήφιου αριθμού και, δεδομένου ότι ακολούθως τα ψηφία μπορούν να επαναλαμβάνονται, υπάρχουν 10 επιλογές για όλα τα άλλα ψηφία του αριθμού αυτού. ´Αρα, το ολικό πλήθος ψηφίων είναι 9 · 10 · 10· · · · 10 = 9 · 10k−1. Παράδειγμα: ´Εστω ότι κατασκευάζεται μια πόλη, στην οποία θα πρέπει να υπάρχουν 10 διασταυρώσεις δρόμων. Κάποιες από τις διασταυρώσεις θα έχουν φανάρια κυκλοφορίας και, σε κάποιες διασταυρώσεις με φανάρια, θα υπάρχει επίσης και βενζινάδικο. Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό να γίνει; Θεωρούμε το αλφάβητο {A,B,C}, όπου το σύμβολο A αναπαριστά διασταυρώσεις με φανάρια και βενζινάδικο, το B διασταυρώσεις μόνο με φανάρια και χωρίς βενζινάδικο και το C διασταυρώσεις χωρίς ούτε φανάρια ούτε βενζινάδικο. Τότε, κάθε 10–άδα διασταυρώσεων αναπαρίσταται ως μια λέξη (λίστα) c = {ci}i∈[10] από το {A,B,C}, κάτι που σημαίνει ότι η i–οστή διασταύρωση στην δεκάδα αυτή θα έχει φανάρια και βενζινάδικο, όταν ci = A, θα έχει μόνο φανάρια, όταν ci = B, και δεν θα έχει ούτε φανάρια ούτε βενζινάδικο, όταν ci = C (για κάθε i = 1,...,10). ´Ετσι, σύμφωνα με το Πόρισμα 14, υπάρχουν 310 τέτοιες λέξεις, δηλαδή, 310 τρόποι κατασκευής των 10 διασταυρώσεων. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 32. Μεταθέσεις Πολυσυνόλου Θεώρημα 15 ´Εστωn,k,a1,a2,...,ak θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε a1 + a2 + ... + ak = n και X πολυσύνολο7, που έχει n στοιχεία, από τα οποία τα ai στοιχεία είναι τύπου i, για κάθε i ∈ [k]. Τότε το πλήθος των μεταθέσεων του πολυσυνόλου X είναι ίσο με n! a1! · a2! · · · · · ak! . Απόδειξη: ´Εστω x το ζητούμενο πλήθος μεταθέσεων του πολυσυνόλου X. Επειδή τα στοιχεία κάθε τύπου i (ξεχωριστά), έχουν ai! μεταθέσεις, για κάθε i ∈ [k], ο Κανόνας Γινομένου συνεπάγεται ότι x · a1! · a2! · · · · · ak! είναι το πλήθος των μεταθέσεων του n, που φυσικά είναι ίσο με n!, οπότε έπεται το ζητούμενο αποτέλεσμα. Παράδειγμα: Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα γράμματα της λέξης MISSISSIPPI; Για τη λέξη αυτή, n = 11, ενώ υπάρχουν k = 4 τύποι γραμμάτων (M, I, S, P) με a1 = 1, a2 = 4, a3 = 4, a4 = 2. Επομένως, υπάρχουν 11! 4!4!2!1! = 34650 διαφορετικοί τρόποι, με τους οποίους τα γράμματα της λέξης MISSISSIPPI μπορούν να διαταχθούν. 7 Αυτό σημαίνει ότι το X μπορεί να έχει πολλαπλά στοιχεία. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 33. Συνδυασμοί Ορισμός 16 ´Εστω έναπερασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας θετικός ακέραιος k ≤ n. Ονομάζουμε k–επιλογή του X (ή του [n]) κάθε υποσύνολο του X (ή του [n]), που έχει k στοιχεία. Το πλήθος όλων των δυνατών k–επιλογών του X (ή του [n]) ονομάζονται k–συνδυασμοί του X (ή του [n]) και συμβολίζονται με n k , το οποίο διαβάζεται ως ‘‘n ανά k’’ .8 Θεώρημα 17 ´Εστω n,k ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ≥ k ≥ 0 και X σύνολο n στοιχείων. Τότε οι k–συνδυασμοί του X (ή του [n]) είναι ίσοι με n k = n! k!(n − k)! = (n)k k! , για κάθε n > k > 0, n 0 = n n = 1. 8 Μερικές φορές, οι αριθμοί n k ονομάζονται διωνυμικοί συντελεστές, όπως θα εξηγηθεί πιο κάτω. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 34. Απόδειξη: Πρώρα, αςθεωρήσουμε την περίπτωση n >k >0 και έστω (n)k το πλήθος των k–μεταθέσεων του X. Φυσικά, τα στοιχεία κάθε μιας από τις k–μεταθέσεις είναι διατεταγμένα, ενώ σε κάθε μια από τις k–επιλογές (δηλαδή, σε κάθε υποσύνολο k στοιχείων του X) δεν χρειάζεται να υπάρχει καμιά διάταξη. ´Ομως, σύμφωνα με το Θεώρημα 9, οι μεταθέσεις κάθε μιας από τις k–επιλογές είναι k! (δηλαδή, κάθε υποσύνολο k στοιχείων του X μπορεί να εμφανισθεί με k! τρόπους, στους οποίους τα στοιχεία του υποσυνόλου έχουν διαφορετική διάταξη κάθε φορά). Επομένως, το συνολικό πλήθος των k–μεταθέσεων (από τον Κανόνα του Γινομένου) θα ισούται με το πλήθος όλων των δυνατών επιλογών (δηλαδή, με το πλήθος των k–συνδυασμών) επί k!, ήτοι (n)k = n k · k! και, καθώς (n)k = n · (n − 1) · · · (n − k + 1), παίρνουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα. Τέλος, όταν k = 0 ή k = n, τότε υπάρχει μια μοναδική k–επιλογή του [n] (το ∅ ή το [n], αντιστοίχως), οπότε n k = 1.9 9 Ουσιαστικά, ο τύπος των k–συνδυασμών μπορεί να επεκταθεί έτσι ώστε να ισχύει, για κάθε k ∈ Z, αφού, όταν k < 0 ή k > n, τότε δεν υπάρχουν k–επιλογές του [n], οπότε παίρνουμε n k = 0. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 35. Πιθανότητες στο Πόκερ Ορισμός18 ´Εστω X το σύνολο των ενδεχόμενων που προκύπτουν ως τα δυνατά αποτελέσματα ενός πειράματος τύχης. Υποθέτουμε ότι |X| = n. Αν A είναι κάποια από τα ενδεχόμενα αυτά (δηλαδή, αν το A είναι υποσύνολο του X), τότε η πιθανότητα του A ορίζεται ως |A| n . Παιχνίδι Πόκερ: Το παιχνίδι αυτό παίζεται συνήθως με τράπουλα 52 φύλλων, τα οποία ταξινομούνται σε τέσσερα χρώματα και κάθε χρώμα έχει μια σειρά 13 φύλλων. Παίρνοντας (στην τύχη) πέντε φύλλα από την τράπουλα, ποιές είναι οι πιθανότητες για τρία όμοια φύλλα, δύο ζεύγη, κέντα και χρώμα; ´Οταν παίρνουμε 5 φύλλα στην τύχη, υπάρχουν συνολικά 52 5 = 2 598 960 ισοπίθανα ενδεχόμενα. Για να πετύχουμε τρία όμοια φύλλα μέσα στα πέντε (ενώ τα άλλα δυο να μην ταιριάζουν), υπάρχουν 13 1 4 3 12 2 4 1 4 1 = 54 912, δηλαδή, η πιθανότητα είναι 54 912/2 598 960 = 0.021128. Για να πετύχουμε δύο ζεύγη μέσα στα πέντε φύλλα (ενώ το πέμπτο φύλλο να μην ταιριάζει), υπάρχουν 13 2 4 2 4 2 44 1 = 123 552, δηλαδή, η πιθανότητα είναι 123 552/2 598 960 = 0.047539. Για να πετύχουμε κέντα (δηλαδή, πέντε φύλλα στη σειρά,10 αλλά όχι του ιδίου χρώματος), υπάρχουν 10 · 45 = 10 240, δηλαδή, η πιθανότητα είναι 10240/2 598 960 = 0.003940. Για να πετύχουμε χρώμα (δηλαδή, πέντε φύλλα του ιδίου χρώματος), υπάρχουν 4 13 5 = 5148, δηλαδή, η πιθανότητα είναι 5148/2598960 = 0.001981. 10 Ο άσσος μπορεί να είναι είτε το αρχικό ή το τελικό φύλλο στη σειρά των πέντε φύλλων. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 36. Παράδειγμα: Σε έναπαιχνίδι τύχης, υπάρχουν 90 αριθμη- μένα σφαιρίδια σε ένα δοχείο και επιλέγονται τυχαία 5 από αυτά, τα οποία βγαίνουν από την κληρωτίδα όλα μαζί. Αν κάθε λαχείο περιλαμβάνει μια πεντάδα αριθμών, στην οποία ποντάρει ο παίκτης, πόσα λαχεία πρέπει να πάρει κανείς για να κερδίσει; Προφανώς, για να κερδίσει κανείς, πρέπει να ποντάρει σε όλα τα δυνατά 5–μελή υποσύνολα του [90], τα οποία είναι 90 5 = 43 949 268. Παράδειγμα: ´Ενας ασκούμενος γιατρός πρέπει να δουλέψει στο νοσοκομείο πέντε μέρες μέσα στον Ιανουάριο, αλλά όχι διαδοχικές μέρες. Με πόσους συνολικά διαφορετικούς τρό- πους μπορεί να επιλέξει τις μέρες εργασίας του στο νοσοκομείο; ´Εστω a1, a2, a3, a4, a5 οι μέρες εργασίας. Καθώς αυτές είναι 5 μέρες από 31, αλλά δεν μπορούν να είναι διαδοχικές, θα έχουμε ότι 1 ≤ a1 < a2 − 1 < a3 − 2 < a4 − 3 < a5 − 4 ≤ 27. Αυτό σημαίνει ότι, προφανώς, υπάρχει μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ των 5–μελών υποσυνόλων του [31], που δεν περιέχουν κανένα ζεύγος διαδοχικών αριθμών, και των 5–μελών υποσυνόλων του [27]. Επομένως, αντί να επιλέξει ένα 5–μελές υποσύνολο του [31] χωρίς διαδοχικούς αριθμούς, αρκεί να επιλέξει ένα 5–μελές υποσύνολο του [27] και υπάρχουν 27 5 = 80 730 τρόποι να το κάνουμε αυτό. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 37. Πλεγματικοί ∆ρόμοι Ορισμός 19 ´ΕστωN2 το πλέγμα των σημείων στο επίπεδο R, που έχουν μη αρνητικές ακέραιες συντεταγμένες. ∆οθέντων δυο σημείων (x1,y1) και (xn,yn) ∈ N2 (για κάποιο θετικό ακέραιο n) με x1 <xn και y1 <yn, ονο- μάζουμε πλεγματικό δρόμο από το (x1,y1) στο (xn,yn) κάθε τεθλασμένη γραμμή, η οποία ξεκινά από το (x1,y1) και τερματίζει στο (xn,yn) διανύοντας ευθείες μόνο με κατεύθυνση είτε προς τα δεξιά ή προς τα πάνω. Με άλλα λόγια, κάθε πλεγματικός δρόμος είναι μια διατεταγμένη ακολουθία {(xk,yk)}k=1,2,...,n σημείων του N2 τέτοιων ώστε 0 ≤ xk+1 − xk ≤ 1 και 0 ≤ yk+1 − yk ≤ 1, για κάθε k = 1,2,...,n − 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 38. Πρόταση 2 Για κάθεθετικούς ακέραιους k,m, το πλήθος των πλεγματικών δρόμων από (0,0) ως (k,m) είναι ίσο με k+m k . Με άλλα λόγια, για n ≥ k, οι k–συνδυασμοί του [n] είναι ίσοι με το πλήθος των πλεγματικών δρόμων από (0,0) ως (k,n − k). Απόδειξη: Εξ ορισμού, κάθε πλεγματικός δρόμος από (0, 0) ως (k, m) αποτελείται από συνεχόμενα μοναδιαία ευθύγραμμα τμήματα, τα οποία τα διανύει ο δρόμος αυτός σε κάθε βήμα. Επειδή κάθε τέτοιο ευθύγραμμο τμήμα μπορεί να κατευθύνεται είτε προς δεξιά ή προς τα πάνω, αντιστοιχούμε σε αυτό είτε το 1, όταν κατευθύνεται προς τα δεξιά, ή το 0, όταν κατευθύνεται προς τα πάνω. Με άλλα λόγια, σε κάθε τέτοιο πλεγματικό δρόμο αντιστοιχούμε μια λίστα από 0 και 1, όπου το συνολικό πλήθος των 1 μπορεί να είναι το πολύ ίσο με k, το οποίο είναι το μέγιστο πλήθος των βημάτων, που ο δρόμος αυτός μπορεί να διανύσει κατευθυνόμενος προς τα δεξιά (εφόσον οι κατευθύνσεις προς τα πάνω συνεισφέρουν μόνο με 0). Επιπλέον, το συνολικό πλήθος των μοναδιαίων ευθυγράμμων τμημάτων, που σχηματίζουν, έναν τέτοιο πλεγματικό δρόμο είναι k + m. Επομένως, υπάρχει μια απεικόνιση ένα–προς–ένα από το σύνολο όλων των δυνατών πλεγματικών δρόμων από (0, 0) ως (k, m) και το σύνολο όλων των δυνατών k–επιλογών του [k + m]. Αλλά το πλήθος του δεύτερου συνόλου είναι οι k–συνδυασμοί του [k + m], κάτι που ολοκληρώνει την απόδειξη. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 39. Συνδυαστική Απόδειξη –∆ιπλή Απαρίθμηση Ορισμός 20 Ονομάζουμε συνδυαστική απόδειξη μια απόδειξη, με την οποίαν κάποιος τύπος, που θέλουμε να αποδείξουμε, π.χ., η ισότητα δυο μη αρνητικών ακεραίων a = b, ερμηνεύεται ως μια ισότητα μεταξύ των πληθών των στοιχείων δυο πεπερασμένων συνόλων A,B με πλήθη στοιχείων |A| = a και |B| = b. Με άλλα λόγια, για να αποδείξουμε συνδυαστικά ότι a = b αρκεί να βρούμε δυο πεπερασμένα σύνολα A,B με |A| = a και |B| = b και να κάνουμε διπλή απαρίθμηση των στοιχείων τους, βρίσκοντας ότι |A| = |B|. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 40. Πρόταση 3 Για κάθεμη αρνητικούς ακέραιους n,k τέτοιους ώστε n ≥ k, ισχύουν n k = n n − k . Απόδειξη μέσω πλεγματικών δρόμων: Σύμφωνα με την Πρόταση 2, το n k απαριθμεί το πλήθος των πλεγματικών δρόμων από (0, 0) ως (k, n − k), ενώ το n n − k απαριθμεί το πλήθος των πλεγματικών δρόμων από (0, 0) ως (n − k, k). Αλλά οι δυο αυτές απαριθμήσεις πρέπει να καταλήγουν στο ίδιο πλήθος, γιατί η ανάκλαση γύρω από την διαγώνιο (του επιπέδου) αντιστοιχεί έναν πλεγματικό δρόμο από (0, 0) ως (k, n − k) σε έναν πλεγματικό δρόμο από (0, 0) ως (n − k, k). Με άλλα λόγια, η ανάκλαση γύρω από την διαγώνιο αποτελεί μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ των συνόλων των δυο πλεγματικών δρόμων και, άρα, αυτά πρέπει να είναι ισοπληθή. Απόδειξη μέσω του συμπληρώματος: Κατασκευάζουμε μια απεικόνιση f, που είναι ένα–προς–ένα και επί, μεταξύ του συνόλου όλων των k–μελών υποσυνόλων του [n] και του συνόλου όλων των n − k–μελών υποσυνόλων του [n] ως εξής. Για κάθε k–μελές υποσύνολο S του [n], θέτουμε f(S) = Sc (το συμπλήρωμα του S στο [n]). Καθώς, για κάθε n − k–μελούς υποσυνόλου T του [n], υπάρχει μοναδικό υποσύνολο S του [n] τέτοιο ώστε f(S) = T και φυσικά αυτό είναι το S = Tc, έπεται ότι η απεικόνιση f είναι ένα–προς–ένα και επί, κάτι που αποδεικνύει τα δυο σύνολα, που απαριθμούνται είτε ως n k ή ως n n − k , πρέπει να είναι ισοπληθή. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 41. Συνδυασμοί με Επαναλήψεις Ορισμός21 ´Εστω ένα περασμένο σύνολο X με n στοιχεία και ένας μη αρνητικός ακέραιος k. Ονομάζουμε k–επιλογή με επαναλήψεις του X (ή του [n]) κάθε k–μελές πολυσύν- ολο, που αποτελείται από στοιχεία του X (ή του [n]).11 Το πλήθος όλων των δυνατών k–επιλογών με επαναλήψεις του X (ή του [n]) ονομάζονται k–συνδυα- σμοί με επαναλήψεις του X (ή του [n]). Εναλλακτική ερμηνεία συνδυασμών με επαναλήψεις: Ως το πλήθος των (x1,x2,...,xn) ∈ Nn τέτοιων ώστε x1 + x2 + ... + xn = k, για κάθε n,k ∈ N. 11 Προφανώς, όταν k = 0, η 0–επιλογή δεν περιλάμβανει κανένα στοιχείο, δηλαδή, είναι το κενό σύνολο. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 42. Θεώρημα 22 ´Εστω n,kμη αρνητικοί ακέραιοι και X σύνολο n στοιχείων. Τότε το πλήθος των k–συνδυασμών με επαναλήψεις του X (ή του [n]) είναι n + k − 1 k = n + k − 1 n − 1 . Απόδειξη: Κάθε k–επιλογή με επαναλήψεις των n στοιχείων του X μπορεί να αναπαρασταθεί ως μια συμβολική λίστα, η οποία αποτελείται από δυο ειδών σύμβολα: n − 1 διαχωριστικές γραμμές ‘‘|’’ και k αστερίσκους ‘‘∗’’ . Οι n − 1 διαχωριστικές γραμμές σχηματίζουν n διαφορετικά κελιά, στα οποία μπαίνουν οι αστερίσκοι, έτσι ώστε το i–οστό κελί να περιέχει έναν αστερικό αν και μόνον αν το i–οστό στοιχείο του X περιέχεται στο πολυσύνολο της k–επιλογής. Για παράδειγμα, στο σύνολο 4 στοιχείων X = {a, b, c, d}, η 6–επιλογή που αντιστοιχεί στη συμβολική λίστα ∗ ∗ | ∗ || ∗ ∗∗ είναι το πολυσύνολο {a, a, b, d, d, d}. Επομένως, το πλήθος αυτών των συμβολικών λιστών με n − 1 διαχωρι- / στικές γραμμές και k αστερίσκους είναι οι k–συνδυασμοί με επαναλήψεις των n στοιχείων του X. ´Ομως, το πλήθος αυτών των συμβολικών λιστών είναι ίσο με n + k − 1 k , επειδή κάθε συμβολική λίστα αντιστοιχεί σε μια επιλογή k θέσεων, στις οποίες τοποθετούνται οι k αστερίσκοι, από τις n + k − 1 θέσεις, που περιέχουν k αστερίσκους και n − 1 διαχωριστικές γραμμές. Επιπλέον, το πλήθος αυτών των συμβολικών λιστών είναι επίσης ίσο με n + k − 1 n − 1 , επειδή κάθε συμβολική λίστα αντι- / στοιχεί σε μια επιλογή n − 1 θέσεων, όπου τοποθετούνται n − 1 διαχωριστικές γραμμές. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 43. Παράδειγμα: Σε έναπαιχνίδι τύχης, υπάρχουν 90 αριθμημένα σφαιρίδια σε ένα δοχείο και επιλέγονται τυχαία 5 από αυτά, σε 5 διαδοχικές τυχαίες κληρώσεις, με επανατοποθέτηση όμως του σφαιριδίου, που έχει κληρωθεί σε μια κλήρωση, πριν γίνει η επόμενη. Κερδίζει αυτός που θα πετύχει το πολυσύνολο όλων των αριθμών, που βγάζει έτσι η κλήρωση (ανεξάρτητα σειράς κλήρωσης). Αν κάθε λαχείο περιλαμβάνει μια πεντάδα αριθμών, στην οποία ποντάρει ο παίκτης, πόσα λαχεία πρέπει να πάρει κανείς για να κερδίσει; ´Εστω b1, b2, b3, b4, b5 οι αριθμοί που κληρώνονται (γραμμένοι σε μη θφίνουσα σειρά). Καθώς αυτοί είναι 5 από 90 αριθμούς, αλλά μπορούν να επαναλαμβάνονται, θα έχουμε ότι 1 ≤ b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ b4 ≤ b5 ≤ 90. ´Εστω λοιπόν X το σύνολο, του οποίου τα στοιχεία είναι 5 το πολύ αριθμοί του [90], που μπορεί να επαναλαμβάνονται, αλλά πάντα θα είναι διατεταγμένοι με την ανισο–ισότητα ‘‘≤.’’ Επιπλέον, έστω Y το σύνολο, του οποίου τα στοιχεία είναι 5 οποιοιδήποτε αριθμοί του [94] (χωρίς καμία επανάληψη). Ισχυριζόμαστε ότι υπάρχει μια απεικόνιση f : X −→ Y, που είναι ένα–προς–ένα και επί. Πράγματι, η απεικόνιση αυτή δίνεται από τη σχέση f(b1, b2, b3, b4, b5) = (b1, b2 + 1, b3 + 2, b4 + 3, b5 + 4) και (b1, b2, b3, b4, b5) ∈ X αν και μόνον αν (b1, b2 + 1, b3 + 2, b4 + 3, b5 + 4) ∈ Y. Επομένως, για να κερδίσει κανείς πρέπει να ποντάρει σε 94 5 = 54 891 018 λαχεία. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 44. Πίνακας Μεταθέσεων καιΣυνδυασμών Μεταθέσεις n διακριτά αντικείμενα n! ai αντικείμενα τύπου i, k i=1 ai = n n! a1!·a2!···ak! Λίστες n διακριτά αντικείμενα σε λίστα μήκους k (n)k = n! (n−k)! ai διακριτά σύμβολα σε λέξεις μήκους k nk Υποσύνολα k–μελή υποσύνολα του [n] n k k–μελή πολυσύνολα με στοιχεία από το [n] n + k − 1 k Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 45. Ασκήσεις 1 Πόσες απεικονίσειςυπάρχουν από το [n] στο [n] που δεν είναι ένα–προς–ένα; 2 Αποδείξτε ότι το πλήθος των υποσυνόλων του [n] με περιττό αριθμό στοιχείων είναι 2n−1. 3 Πόσοι πενταψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε το μεσαίο ψηφίο τους να είναι το 6 κι οι αριθμοί αυτοί να είναι διαιρετοί με το 3; 4 Πόσοι πενταψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε να περιέχουν το ψηφίο 9 κι οι αριθμοί αυτοί να είναι διαιρετοί με το 3; 5 Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα ψηφία {1,2,2,3,4,5,6} έτσι ώστε τα όμοια στοιχεία να μη βρίσκονται σε διαδοχική σειρά; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 46. 6 Με πόσουςτρόπους μπορούν να διαταχθούν τα ψηφία {1,1,2,2,3,4,5} έτσι ώστε τα δυο 1 να βρίσκονται σε διαδοχική σειρά; 7 ´Εστω b1,b2,...,bk θετικοί ακέραιοι με άθροισμα μικρότερο του n. ∆είξτε τότε ότι b1!b2! · · · bk! <n!. 8 Πόσοι εξαψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε το άθροισμα των ψηφίων τους να είναι το πολύ 51; 9 Πόσοι τετραψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε όλα τα ψηφία τους να είναι διαφορετικά; 10 Πόσοι τετραψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε να περιέχουν το ψηφίο 1; 11 Πόσοι τριψήφιοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν τέτοιοι ώστε το άθροισμα των ψηφίων τους να είναι άρτιο; (Το πρώτο ψηφίο δεν μπορεί να είναι 0.) Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 47. 12 Με πόσουςτρόπους μπορούν να διαταχθούν τα στοιχεία του [n] έτσι ώστε (1) το 1 να προηγείται του 2 και το 3 του 4 και (2) το 1 να προηγείται και του 2 και του 3; 13 Με πόσους τρόπους μπορούν να διαταχθούν τα στοιχεία του [n] έτσι ώστε το άθροισμα κάθε δυο διαδοχικών όρων της μετάθεσης να είναι περιττός ακέραιος; 14 ´Εστω n = pa1 1 pa2 2 · · · pak k , όπου τα pk είναι διακριτοί πρώτοι, και τα ai είναι θετικοί ακέραιοι. Πόσους θετικούς διαιρέτες έχει το n; 15 ´Εστω d(n) το πλήθος των θετικών διαιρετών του n. (1) Για ποιους αριθμούς n είναι το d(n) δύναμη του 2; (2) Ισχύει ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n, d(n) ≤ 1 + log2 n; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 48. 16 Με πόσουςτρόπους μπορούμε να επιλέξουμε δυο υποσύνολα A και B του [n] έτσι ώστε A ∩ B = ∅; 17 Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε τρία υποσύνολα A,B και C του [n] έτσι ώστε A ⊆ C,B ⊆ C και A ∩ B = ∅; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 49. Το ∆ιωνυμικό Θεώρημα Θεώρημα23 (Το ∆ιωνυμικό Θεώρημα) Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n και κάθε αριθμούς x,y, (x + y)n = n k=0 n k xkyn−k. Απόδειξη: Ας θεωρήσουμε την δύναμη (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y) ως το γινόμενο μεταξύ n παραγόντων (x + y). Για να υπολογίσουμε αυτό το γινόμενο, πρέπει να πάρουμε το συνολικό άθροισμα όλων των μερικών γι- νομένων, που θα προέκτυπταν αν από κάθε παράγοντα (x + y) επιλέγαμε είτε το x ή το y. ∆ηλαδή, το (x + y)n είναι το άθοισμα των όρων μιας ακο- λουθίας αποτελούμενης από 2n μονόνυμα, κάθε ένα από τα οποία είναι της μορφής xkyn−k, όταν επιλεγεί το x από k παράγοντες και το y από τους υπόλοιπους, που φυσικά θα είναι n − k. Επιπλέον, κάθε μονόνυμο xkyn−k θα εμφανισθεί τόσες φορές όσες είναι το πλήθος των k–μελών υποσυνόλων του συνόλου {x,y}n, δηλαδή, στο τελικό άθροισμα για το (x + y)n κάθε μονόνυμο xkyn−k θα εμφανίζεται πολλαπλασιαζόμενο με ένα συντελεστή ίσο προς n k . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 50. Πόρισμα 24 Για κάθεμη αρνητικό ακέραιο n, το εναλλασσόμηνο άθροισμα των διωνυμικών συντελεστών n k είναι μηδέν. ∆ηλαδή, n k=0 (−1)k · n k xkyn−k = 0. Απόδειξη: Θέτουμε στο ∆ιωνυμικό Θεώρημα x = −1 και y = 1. Πόρισμα 25 Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n, 2n = n k=0 n k . Απόδειξη: Και τα δυο σκέλη της ισότητας αυτής απαριθμούν το πλήθος του συνόλου των υποσυνόλων του [n]. Στο αριστερό σκέλος, η αρίθμηση αυτή γίνεται απευθείας, ενώ στο δεξιό σκέλος απαριθμούνται πρώτα όλα τα k–μελή υποσύνολα του [n] και μετά αθροίζονται ως προς k. Εναλλακτικά, η ισότητα αυτή απορρέει από το ∆ιωνυμικό Θεώρημα θέτοντας x = y = 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 51. Θεώρημα 26 (ΟΤύπος του Pascal ) Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n και k, n k + n k + 1 = n + 1 k + 1 . Απόδειξη: Εξ ορισμού, το αριστερό σκέλος της ισότητας, που θέλουμε να αποδείξουμε, είναι ίσο προς το πλήθος των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1]. Επιπλέον, το σύνολο όλων των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1] διαμερίζεται σε δυο σύνολα: στο σύνολο S1 των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1], κάθε ένα από τα οποία περιλαμβάνει το n + 1, και στο σύνολο S2 των k + 1–μελών υποσυνόλων του [n + 1], κάθε ένα από τα οποία δεν περιλαμβάνει το n + 1. Αφενός, τότε, κάθε στοιχείο του S1 θα είναι της μορφής {n + 1} ∪ An, όπου το An είναι κάποιο k–μελές υποσύνολο του [n], και, για αυτό, το πλήθος των στοιχείων του S1 θα είναι όσο ακριβώς είναι το πλήθος των k–μελών υποσυνόλων του [n], δηλαδή, n k . Από την άλλη μεριά, το πλήθος των στοιχείων του S2 θα είναι όσο ακριβώς είναι το πλήθος των k + 1–μελών υποσυνόλων του [(n + 1) − 1] = [n], δηλαδή, n k + 1 . Επομένως, η Αρχή του Αθρίσματος συνεπάγεται το επιθυμητό αποτέλεσμα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 52. Ορισμός 27 Το τρίγωνοτου Pascal είναι μια τοποθέτηση μη αρνητικών ακέραιων στους κόμβους ενός τριγωνικού πλέγματος έτσι ώστε ο ακέραιος που βρίσκεται στην i–οστή γραμμή και j–οστή σειρά από αριστερά (όπου κάθε αρίθμηση αρχίζει με i = 0 και j = 0) να είναι ο διωνυμικός συντελεστής i j , δηλα- δή, όλη η i–οστή γραμμή να σχηματίζεται από το σύνολο των διωνυμικών συντελεστών του αναπτύγματος (x + y)i. Παρατηρήσεις: Κάθε στοιχείο του τριγώνου του Pascal είναι το άθροισμα των δυο στοιχείων που βρίσκονται ακριβώς από πάνω του. Το εναλλασσόμενο άθροισμα όλων των στοιχείων κάθε γραμμής του τριγώνου του Pascal είναι πάντοτε 0. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 53. Θεώρημα 28 (ΗΤαυτότητα του Αθροίσματος) Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n,k με k ≤ n, n i=k i k = n + 1 k + 1 . Απόδειξη: Το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη ταυτότητας, προφανώς, απαριθμεί τα k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1]. Αλλά και το αριστερό σκέλος απαριθμεί τα ίδια υποσύνολα, χωρίζοντάς τα όμως σε υπο–ομάδες σύμφωνα με το μεγαλύτερο στοιχείο τους. Πράγματι, δοθέντων των μη αρνητικών n,k έτσι ώστε n ≥ k, έχουμε ότι, για κάθε i ≤ n − k, τα k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1], των οποίων το μεγαλύτερο στοιχείο είναι το k + i + 1, έχουν πλήθος ίσο με k + i k , γιατί, όταν το μεγαλύτερο στοιχείο ενός τέτοιου υποσυνόλου είναι το k + i + 1, τότε τα υπόποιπα στοιχεία του πρέπει να αποτελούν ένα υποσύνολο του [k + i]. Επομένως, υπάρχουν k k k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1] με μεγαλύτερο στοιχείο το k + 1, k + 1 k k + 1–μελή υποσύνολα του [n + 1] με μεγαλύτερο στοιχείο το k + 2 κ.ο.κ. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 54. Λήμμα 1 (ΗΤαυτότητα της Απαρίθμησης των Προεδρευόμενων Επιτροπών) Το πλήθος των k–μελών επιτροπών n ατόμων, που προεδρεύονται από ένα άτομο από αυτά, είναι k n k = n n − 1 k − 1 . Απόδειξη: Κάθε σκέλος αυτής της ταυτότητας, μετρά το πλήθος των k–μελών επιτροπών n ατόμων, που προεδρεύονται από ένα άτομο από αυτά. Το αριστερό σκέλος απαριθμεί πρώτα τις k–μελείς επιτροπές από ένα σύνολο n ατόμων και μετά τους k προεδρεύοντες. Από την άλλη μεριά, το δεξιό σκέλος απαριθμεί πρώτα τους προεδρεύοντες από ένα σύνολο n ατόμων και μετά τα υπόλοιπα μέλη των k–μελών επιτροπών. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 55. Θεώρημα 29 Για κάθεμη αρνητικό ακέραιο n, n k=1 k n k = n2n−1. Απόδειξη μέσω της Ταυτότητας της Απαρίθμησης των Προεδρευόμενων Επιτροπών: n k=1 k n k = n k=1 n n − 1 k − 1 = n n−1 k =0 n − 1 k = n2n−1, χρησιμοποιώντας το Πόρισμα 25. ∆εύτερη Απόδειξη μέσω του ∆ιωνυμικού Θεωρήματος: Το ∆ιωνυμικό Θεώρημα για y = 1 είναι (x + 1)n = n k=1 n k xk. Παραγωγίζοντας ως προς x παίρνουμε n(x + 1)n−1 = n k=1 k · n k xk−1. Και θέτοντας x = 1 προκύπτει η ζητούμενη ταυτότητα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 56. Θεώρημα 30 (ΗΤαυτότητα του Vandermonde) Για κάθε μη αρνητικούς ακέραιους n,m,k με k ≤ min{n,m}, n + m k = k i=0 n i m k − i . Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη ταυτότητας, προφανώς, απαριθμεί όλα τα k–μελή υποσύνολα του [n + m]. Αλλά και το δεξιό σκέλος απαριθμεί τα ίδια υποσύνολα, χωρίζοντάς τα όμως σε υπο–ομάδες σύμφωνα με το πλήθος στοιχείων που επιλέγονται από το [n]. Πράγματι, μπορούμε να επιλέξουμε πρώτα i στοιχεία του [n] με n i τρόπους και μετά να επιλέξουμε τα υπόλοιπα k − i στοιχεία από το σύνολο {n + 1, n + 2, . . . , n + m} (τελικά, το [m]) με m k − i τρόπους. Πόρισμα 31 Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n, 2n n = n k=0 n k 2 . Απόδειξη: Η ταυτότητα του Vandermonde, για k = m = n, δίνει 2n n = n i=0 n k n n − i = n i=0 n i 2 (λόγω της Πρότασης 3). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 57. Το Πολυωνυμικό Θεώρημα Ορισμός32 ´Εστω n,a1,a2,...,ak μη αρνητικοί ακέραιοι, όπου k θετικός ακέραιος, τέτοιοι ώστε n = k i=1 ai. Τότε, οι αριθμοί n a1,a2,...,ak , που ορίζονται ως παρακάτω, ονομάζονται πολυωνυμικοί συντελεστές12 n a1,a2,...,ak = n! a1! · a2! · · · · · ak! . Θεώρημα 33 (Το Πολυωνυμικό Θεώρημα) Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n, θετικό ακέραιο k και κάθε αριθμούς x1,x2,...,xk, (x1 + x2 + ... + xk)n = a1,a2,...,ak n a1,a2,...,ak xa1 1 xa2 2 · · · xak k , όπου το άθροισμα λαμβάνεται για κάθε k–λίστα μη αρνητικών ακέραιων a1,a2,...,ak τέτοιων ώστε n = k i=1 ai. 12 Σύμφωνα με το Θεώρημα 15, οι πολυωνυμικοί συντελεστές απαριθμούν το πλήθος των μεταθέσεων ενός n–μελούς πολυσονόλου με στοιχεία ταξινομημένα σε k κατηγορίες. Επιπλέον, η ονομασία εξηγείται από το Θεώρημα που ακολουθεί. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 58. Απόδειξη Πολυωνυμικού Θεωρήματος:Πρέπει να δείξουμε ότι ο όρος x a1 1 x a2 2 · · · x ak k μπορεί να προκύψει με ακριβώς n a1,a2,...,ak τρόπους από το γινόμενο των k παραγόντων, που μπορούν να ληφθούν ο καθένας σαν μια από τις παρενθέσεις του γινομένου (x1 + x2 + . . . + xk)n = (x1 + x2 + . . . + xk) · · · (x1 + x2 + . . . + xk). Με άλλα λόγια, αρκεί να δείξουμε ότι για να πάρουμε έναν τέτοιον όρο πρέπει να επιλέξουμε τα xi από ακριβώς i παρενθέσεις, για όλα τα i ∈ [k]. Ας πάρουμε λοιπόν ai φορές το xi, για όλα τα i ∈ [k], και ας διατάξουμε γραμμικά αυτούς τους όρους. Το Θεώρημα 15 δείχνει ότι αυτό μπορεί να γίνει με ακριβώς n a1,a2,...,ak τρόπους. ´Ομως, επιπλέον, κάθε γραμμική διάταξη p ορίζει έναν φυσικό τρόπο επιλογής παραγόντων από ένα γινόμενο παρενθέσεων. Πράγματι, αν το j–ωστό σύμβολο της λέξης p είναι το xi, τότε επιλέγουμε το xi από την j–ωστή παρέθεση. Με τον τρόπο αυτό, οι n a1,a2,...,ak γραμμικές διατάξεις θα παραγάγουν ακριβώς n a1,a2,...,ak όρους ίσους προς x a1 1 x a2 2 · · · x ak k . Προφανώς, η διαδικασία αυτή δημιουργεί μια απεικόνιση ένα–προς–ένα και επί μεταξύ, αφενός, του συνόλου όλων των γραμμικών διατάξεων των n συμβόλων, από τα οποία τα ai είναι ίσα προς xi, για όλα τα i ∈ [k], κι, αφετέρου, του συνόλου των όρων του (x1 + x2 + . . . + xk)n, οι οποίοι είναι ίσοι προς x a1 1 x a2 2 · · · x ak k . Επομένως, ο συντελεστής του όρου x a1 1 x a2 2 · · · x ak k στο γινόμενο (x1 + x2 + . . . + xk)n είναι ακριβώς ίσος προς n a1,a2,...,ak , όπως έπρεπε να δείξουμε. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 59. Θεώρημα 34 ´Εστω n,a1,a2,...,akμη αρνητικοί ακέραιοι, όπου k θετικός ακέραιος, τέτοιοι ώστε n = k i=1 ai. Τότε, ισχύει13 n a1,a2,...,ak = n a1 · · · n − a1 − ... − ai ai+1 · · · n − a1 − ... − ak−1 ak . Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης απαριθμεί όλες τις γραμμικές διατάξεις ενός πολυσυνόλου, που περιέχει το σύμβολο xi ai φορές, για όλα τα i ∈ [k]. Θα δείξουμε ότι και το δεξιό σκέλος εκτελεί την ίδια ακριβώς απαρίθμηση. Πράγματι, ας επιλέξουμε πρώτα τις a1 θέσεις, στις οποίες τοποθετείται το σύμβολο x1. Αυτό μπορεί να γίνει με n a1 τρόπους. Στη συνέχεια, ας επιλέξουμε τις a2 θέσεις, στις οποίες τοποθετείται το σύμβολο x2. Καθώς έχουν ήδη καταληφθεί a1 θέσεις, αυτό μπορεί να γίνει με n−a1 a2 τρόπους. Μετά, επιλέγουμε τις a3 θέσεις, στις οποίες τοποθετείται το σύμβολο x3. Καθώς έχουν ήδη καταληφθεί a1 + a2 θέσεις, αυτό μπορεί να γίνει με n−a1−a2 a3 τρόπους. Και ούτω καθ´ εξής, μέχρις ότου συμπηρωθούν όλες οι θέσεις για όλα τα σύμβολα, οπότε παίρνουμε ότι και το συνολικό πλήθος όλων των δυνατών περιπτώσεων εκφράζεται από το δεξιό σκέλος της ταυτότητας αυτής. 13 Παρατηρήστε ότι n − a1 − . . . − ak−1 = ak, οπότε ο τελευταίος όρος του δεξιού σκέλους της σχέσης αυτής είναι ίσος προς ak ak = 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 60. Ασκήσεις 1 Αποδείξτε ότι,για κάθε ακέραιο n ≥ 2, 2n−2 · n · (n − 1) = n k=2 k(k − 1) n k . Πώς μπορεί να γενικευτεί αυτή η ταυτότητα; 2 ´Εστω k,m,n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε k + m ≤ n. Αποδείξτε ότι n m · n − m k = n k n − k m . 3 Αποδείξτε ότι, για όλους τους ακέραιους 0 ≤ k ≤ n − 1, k j=0 n j = n j=0 n − 1 − j k − j 2j. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 61. 4 Αποδείξτε ότι,για κάθε θετικό ακέραιο n, ισχύει 2n n <4n. 5 Πόσα υποσύνολα του [n] είναι μεγαλύτερα από τα συμπληρώματά τους; 6 Ποιος όρος του αναπτύγματος του (x1 + x2 + ... + xk)k έχει τον μεγαλύτερο συντελεστή κιαι ποιόν; 7 ´Εστω k και m μη αρνητικοί ακέραιοι και n = 2m − 1. Αποδείξτε ότι το n k είναι περιττό. 8 ´Εστω p ≥ 3 πρώτος ακέραιος και m και k < pm θετικοί ακέραιοι. Αποδείξτε ότι το p είναι διαιρέτης του pm k . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 62. 9 Αποδείξτε ότι a1+a2+a3=n n a1,a2,a3 =3n. 10 Πόσοι είναι οι πλεγματικοί δρόμοι (που κινούνται δεξιά και πάνω) από το (0,0) ως το (10,10), οι οποίοι δεν περνούν από το (5,5), αλλά περνούν από το (3,3); 11 Αποδείξτε ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n, 2n n = n k=0 n k 2 . 12 Αποδείξτε ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n, 3n = n k=0 2k n k . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 63. 13 Αποδείξτε ότι,για κάθε θετικό ακέραιο n, k=0 kπεριττό n k 5k = 6n − (−4)n 2 . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 64. Συνθέσεις και ∆ιαμερισμοί Ορισμοί35 ´Εστω n,a1,a2,...,ak μη αρνητικοί ακέραιοι, όπου k θετικός ακέραιος, τέτοιοι ώστε n = k i=1 ai. Τότε, η διατεταγμένη k–άδα (a1,a2,...,ak) ονομάζεται ασθενής σύνθεση του n σε k μέρη και σύνθεση του n σε k μέρη, εφόσον τα ai είναι θετικά, για όλα τα i ∈ [k]. Παράδειγμα: Πόσες και ποιες είναι οι ασθενείς συνθέσεις και οι συνθέσεις του 3 σε 2 μέρη; Οι ασθενείς συνθέσεις του 3 σε 2 μέρη είναι οι εξής 4: (3,0),(0,3),(2,1), (1,2) και οι συνθέσεις του 3 σε 2 μέρη είναι οι εξής 2: (2,1),(1,2). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 65. Θεώρημα 36 Για κάθεθετικούς ακέραιους n και k, το πλήθος των ασθενών συνθέσεων του n σε k μέρη είναι n + k − 1 k − 1 = n + k − 1 n . Απόδειξη: Το πρόβλημα είναι προφανώς ισοδύναμο με την απαρίθμηση του πλήθους των τρόπων που n (όμοιες) μπάλλες μπορούν να τοποθετηθούν μέσα σε k (διαφορετικά) κουτιά. Με όποιο τρόπο κι αν γίνει, η τοποθέτηση δημιουργεί μια διατεταγμένη k–άδα αριθμών (που ο καθένας αντιστοιχεί στο πλήθος των μπαλλών που έχουν μπει στο αντίστοιχο με την διάταξη κουτί), των οποίων (αριθμών) το άθροισμα είναι ίσο προς n. Επομένως, το πρόβλημα αναγάγεται στην εύρεση του πλήθους των k–συνδυασμών με επαναλήψεις του [n], όπως έχει απαντηθεί από το Θεώρημα 22. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 66. Πόρισμα 37 Για κάθεθετικούς ακέραιους n και k, το πλήθος των συνθέσεων του n σε k μέρη είναι n−1 k−1 . Απόδειξη: Τώρα η ιδέα είναι, αφού τοποθετηθεί αρχικά μια μπάλλα σε κάθε κουτί, να διανεμηθούν μετά οι υπόλοιπες μπάλλες μέσα στα κουτιά, κάτι που γίνεται με n−k+k−1 k−1 = n−1 k−1 τρόπους. Πόρισμα 38 Για κάθε θετικό ακέραιο n, το πλήθος όλων των συνθέσεων του n είναι 2n−1. Απόδειξη: Απλώς αθροίζουμε όλες τις συνθέσεις του n για όλα τα δυνατά k μέρη: n k=1 n−1 k−1 = n−1 k =0 n−1 k = 2n−1, σύμφωνα με το Πόρισμα 25. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 67. Ορισμός 39 ∆οθέντος ενόςμη κενού συνόλου X, αν υπάρχει ένας θετικός ακέραιος k και μια (πεπερασμένη) συλλογή {Ai}i∈[k] μη κενών υποσυνόλων του X τέτοια ώστε τα Ai είναι ανά δυο ξένα, δηλαδή, Ai ∩ Aj = ∅, για i,j ∈ [k],i = j, και X = ∪k i=1Ai, τότε λέμε ότι η συλλογή των υποσυνόλων Ai αποτελεί έναν διαμερισμό του συνόλου X σε k υποσύνολα. Ορισμός 40 Για κάθε θετικούς ακέραιους n,k, συμβολίζουμε με S(n,k) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε k (μη κενά) υποσύνολα και ονομάζουμε τα S(n,k) αριθμούς Stirling δευτέρου είδους. Παρατηρήσεις: Για κάθε θετικό ακέραιο n, S(n,1) = S(n,n) = 1. Για κάθε ακέραιο n ≥ 2, S(n,n − 1) = n n−2 = n 2 . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 68. Παράδειγμα: Υπάρχουν 6διαμερισμοί του [4] σε 3 υποσύνολα, δηλαδή, S(4, 3) = 6. Σύμφωνα με την προηγούμενη Παρατήρηση, S(4, 3) = 4 2 = 6. Για την ακρίβεια, οι 6 διαμερισμοί είναι οι εξής: {{1, 2}, {3}, {4}}, {{1, 3}, {2}, {4}}, {{1, 4}, {2}, {3}}, {{2, 3}, {1}, {4}}, {{2, 4}, {1}, {3}}, {{3, 4}, {1}, {2}}. Παράδειγμα: Υπάρχουν 25 διαμερισμοί του [5] σε 3 υποσύνολα, δηλαδή, S(5, 3) = 25. Πρώτα, παρατηρούμε ότι υπάρχουν 2 τρόποι που το [5] μπορεί να διαμεριστεί σε 3 υποσύνολα: οι πληθικότητες των διαμερισμών του [5] μπορούν να είναι είτε 3, 1, 1 ή 2, 2, 1. Στην πρώτη περίπτωση, μπορούμε να επιλέξουμε τα στοιχεία που ανήκουν σε υποσύνολα πληθικότητας 3 με 5 3 = 10 τρόπους συνολικά, αφήνοντας φυσικά τα υπόλοιπα στοιχεία μέσα σε 2 υποσύνολα πληθικότητας 1. Στην δεύτερη περίπτωση, καθώς όλοι οι διαμερισμοί τότε θα περιέχουν μόνο ένα υποσύνολο πληθικότητας 1, υπάρχουν 5 τρόποι για να μοιρασθούν τα στοιχεία του [5] σε τέτοια υποσύνολα (πληθικότητας 1). Επιπλέον, υπάρχουν 4 2 = 6 τρόποι για να διανεμηθούν τα υπόλοιπα 4 στοιχεία του [5] σε ένα υποσύνολο με 2 στοιχεία (πληθικότητας 2). ´Οταν όμως θέλουμε να σχηματίσουμε 2 υποσύνολα πληθικότητας 2 (το καθένα), επειδή δεν έχει καμιά σημασία η διάταξη αυτών των υποσυνόλων, θα πρέπει να κρατήσουμε τους μισούς τρόπους, 6/2 = 3, με τους οποίους τα 4 στοιχεία του [5] διαμοιράζονται σε δυο υποσύνολα πληθικότητας 2 (το καθένα). Π.χ., αν είχαμε ξεχωρίσει το {1} ως μονοσύνολο, τότε τα υπόλοιπα στοιχεία θα έμπαιναν σε έναν από τους εξής 3 διαμερισμούς: {{2, 3}, {4, 5}}, {{2, 4}, {3, 5}}, {{2, 5}, {3, 4}}. Επομένως, λόγω του κανόνα του γινομένου, στην δεύτερη περίπτωση υπάρχουν 5 · 3 = 15 τρόποι διαμερισμού και, άρα, και στις δυο περιπτώσεις μαζί, λόγω του κανόνα του αθροίσματος, υπάρχουν 10 + 15 = 25 τρόποι διαμερισμού του [5] σε 3 υποσύνολα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 69. Θεώρημα 41 Για κάθεθετικούς ακέραιους k ≤ n, S(n,k) = S(n − 1,k − 1) + k · S(n − 1,k). Απόδειξη: Θα κάνουμε μια συνδυαστική απόδειξη δείχνοντας ότι και τα δυο σκέλη της προς απόδειξη ισότητας απαριθμούν τα ίδια πράγματα. Εξ ορισμού, το αριστερό σκέλος απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα. Από την άλλη μεριά, ισχυριζόμαστε ότι ο πρώτος όρος του δεξιού σκέλους της ισότητας αυτής απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα, στην περίπτωση που το στοιχείο n σχηματίζει από μόνο του ένα υποσύνολο. Πράγματι, όταν συμβαίνει αυτό, τα υπόλοιπα n − 1 στοιχεία του [n] πρέπει να διαμερισθούν σε k − 1 υποσύνολα και, εξ ορισμού, υπάρχουν S(n − 1, k − 1) τέτοιοι διαμερισμοί. Επομένως, ο δεύτερος όρος του δεξιού σκέλους της παραπάνω ισότητας θα απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα, όταν το στοιχείο n δεν εμφανίζεται από μόνο του σε κανένα υποσύνολο. Επειδή, καθώς τότε τα υπόλοιπα n − 1 στοιχεία του [n] πρέπει να διαμερισθούν σε k υποσύνολα, υπάρχουν S(n − 1, k) τέτοιοι διαμερισμοί, για κάθε μια τοποθέτηση του n σε ένα από τα k υποσύνολα. ´Αρα τότε, από τον κανόνα του γινομένου, βρίσκουμε k · S(n − 1, k) διαμερισμούς, που είναι ο δεύτερος όρος του δεξιού σκέλους της ισότητας. Συνεπώς, ο κανόνας του αθροίσματος, συνεπάγεται ότι και το δεξιό σκέλος της ισότητας απαριθμεί το πλήθος όλων των διαμερισμών του [n] σε k υποσύνολα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 70. Ισχυρισμός: Η τοποθέτησηn διακριτών μπαλλών μέσα σε k διακριτά κουτιά μπορεί να γίνει με k! · S(n,k) τρόπους. Πράγματι, μπορούμε πρώτα να διαμερίσουμε το [n] σε k διακριτά υποσύνολα με S(n,k) τρόπους και μετά να ξεχωρίσουμε (να ταυτοποιήσουμε) τα k υποσύνολα, π.χ., βάζοντάς τα τις ετικέτες 1,2,...,k, κάτι που μπορεί να γίνει με k! τρόπους, οπότε ο κανόνας του γινομένου συνεπάγεται τον ισχυρισμό. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 71. Πόρισμα 42 Για κάθεθετικούς ακέραιους k ≤ n, το πλήθος όλων των απεικονίσεων επί f: [n] −→ [k] είναι k! · S(n,k). Απόδειξη: Επειδή, για κάθε j ∈ [k], το f−1(j) είναι ένα μη κενό υποσύνολο του [n], ουσιαστικά, θέλουμε να βρούμε πώς μοιράζονται n διακριτές μπάλλες (τα στοιχεία του [n]) μέσα σε k διακριτά κουτιά (τα στοιχεία του [k]). Αυτό, σύμφωνα με τον προηγούμενο ισχυρισμό, γίνεται με k! · S(n, k) τρόπους. Πόρισμα 43 Για κάθε θετικούς ακέραιους x και n, xn = n k=0 S(n,k)(x)k. Απόδειξη: Το αριστερό σκέλος είναι, προφανώς, το πλήθος των απεικονίσεων από το [n] στο [x]. Ισχυριζόμαστε ότι και το δεξιό σκέλος απαριθμεί το ίδιο, αλλά σύμφωνα με το μεγεθος των εικόνων. Πράγματι, αν η πληθικότητα της εικόνας μιας τέτοιας απεικόνισης είναι k, τότε υπάρχουν x k επιλογές για να συμβεί αυτό. Επιπλέον όμως, το Πόρισμα 42 συνεπάγεται ότι υπάρχουν k! · S(n, k) τέτοιες απεικονίσεις και, καθώς (x)k = k! · x k , η απόδειξη ολοκληρώνεται. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 72. Ορισμός 44 Για κάθεθετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με B(n) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε οποιασδήποτε πληθικότητας (μη κενά) υποσύνολα και ονομάζουμε τα B(n) αριθμούς Bell. Επιπλέον, θέτουμε B(0) = 1, ενώ, προφανώς, ισχύει B(n) = n i=0 S(n,i). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 73. Θεώρημα 45 Για κάθεμη αρνητικό ακέραιο n, B(n + 1) = n i=0 n i B(i). Απόδειξη: Ουσιαστικά, πρέπει να αποδείξουμε ότι το άθροισμα του δεξιού σκέλους απαριθμεί όλους τους διαμερισμούς του [n + 1]. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι το στοιχείο n + 1 ανήκει σε κάποιο υποσύνολο πληθικότητας n − i + 1, για κάποιο i = 0,1,...,n. Τότε, αφενός, υπάρχουν n n−i = n i τρόποι, για να επιλεγούν τα στοιχεία που ανήκουν στο ίδιο υποσύνολο με το στοιχείο n + 1, και, αφετέρου, υπάρχουν B(i) τρόποι, για να διαμερισθούν τα υπόλοιπα i στοιχεία του [n + 1], οπότε αποδεικνύεται η ζητούμενη σχέση. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 74. Ορισμός 46 ´Εστω n,k,a1,a2,...,akθετικοί ακέραιοι. Τότε, η k–άδα (a1,a2,...,ak) ονομάζεται ακέραιος διαμερισμός του n σε k μέρη, αν a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ ak και a1 + a2 + ... + ak = n. Επιπλέον, το πλήθος των ακέραιων διαμερισμών του n σε k μέρη συμβολίζεται ως pk(n), ενώ το συνολικό πλήθος των ακέραιων διαμερισμών του n σε οποιαδήποτε μέρη συμβολίζεται ως p(n). Προφανώς, p(n) = n k=1 pk(n). Παράδειγμα: Υπάρχουν 7 ακέραιοι διαμερισμοί του 5, δηλαδή, p(5) = 7. Οι 7 ακέραιοι διαμερισμοί του 5 είναι οι εξής: {5},{4,1},{3,1,1},{2,2,1},{2,1,1,1},{1,1,1,1,1}. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 75. Τοποθετήσεις Αντικειμένων σεΚουτιά – Χωρίς ´Αδεια Κουτιά Επιρρίψεις n διακριτά αντικείμενα σε k διακριτά κουτιά S(n,k)k! n διακριτά αντικείμενα σε οποιοσδήποτε αριθμό διακριτών κουτιών n i=1 S(n,i)i! Συνθέσεις n όμοια αντικείμενα σε k διακριτά κουτιά n − 1 k − 1 n όμοια αντικείμενα σε οποιοσδήποτε αριθμό διακριτών κουτιών 2n−1 ∆ιαμερισμοί Συνόλων n διακριτά αντικείμενα σε k όμοια κουτιά S(n,k) n διακριτά αντικείμενα σε οποιοσδήποτε αριθμό όμοιων κουτιών B(n) ∆ιαμερισμοί Ακεραίων n όμοια αντικείμενα σε k όμοια κουτιά pk(n) n όμοια αντικείμενα σε οποιοσδήποτε αριθμό όμοιων κουτιών p(n) Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 76. Τοποθετήσεις Αντικειμένων σεΚουτιά – Ενδεχομένως με ´Αδεια Κουτιά Απεικονίσεις n διακριτά αντικείμενα σε k διακριτά κουτιά kn Ασθενείς Συνθέσεις n όμοια αντικείμενα σε k διακριτά κουτιά n + k − 1 k − 1 ∆ιαμερισμοί Συνόλων n διακριτά αντικείμενα σε k όμοια κουτιά k i=1 S(n,i) ∆ιαμερισμοί Ακεραίων n όμοια αντικείμενα σε k όμοια κουτιά k i=1 pi(n) Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 77. Ασκήσεις 1 Βρείτε ένανκλειστό τύπο (έκφραση) για το S(n,3). 2 Αποδείξτε ότι, αν n ≥ 3, τότε B(n) <n!. 3 Αποδείξτε ότι, αν n ≥ 2, τότε n! <S(2n,n) <(2n)!. 4 ´Εστω m και n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε m ≥ n. Αποδείξτε τότε ότι οι αριθμοί Stirling δεύτερου είδους ικανοποιούν την αναδρομική σχέση S(m,n) = m i=1 S(m − i,n − 1)ni−1. 5 ´Εστω m και n θετικοί ακέραιοι. Αποδείξτε τότε ότι το S(n,n − m) είναι πολυωνυμική συνάρτηση του n. Ποιος είναι ο βαθμός αυτού του πολυωνύμου; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 78. 6 Βρείτε τοπλήθος των συνθέσεων του 10 σε (όλα τα) άρτια μέρη. 7 Βρείτε το πλήθος των ασθενών συνθέσεων του 25 σε (όλα τα) 5 περιττά μέρη. 8 Βρείτε έναν κλειστό τύπο (έκφραση) για το S(n,2), όταν n ≥ 2. 9 Βρείτε έναν κλειστό τύπο (έκφραση) για το S(n,n − 3), για όλα τα n ≥ 3. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 79. Αρχή Εγκλεισμού–Αποκλεισμού Πρόταση 4(Η Αρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού για 2 Σύνολα) ´Εστω A και B δύο πεπερασμένα σύνολα. Τότε |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|. Απόδειξη: Προφανώς, το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης μετρά το πλήθος των στοιχείων του A ∪ B. Αλλά το ίδιο ακριβώς κάνει και το δεξιό σκέλος, μετρώντας πρώτα το πλήθος των στοιχείων των A και B, αλλά έχοντας συμπεριλάβει δυο φορές τα μεταξύ τους κοινά στοιχεία, που είναι το πλήθος των στοιχείων του A ∩ B, πρέπει με τον τρίτο όρο να διορθώσει την καταμέτρηση αφαιρώντας το περίσσιο αυτό πλήθος. Παράδειγμα: Το πλήθος των θετικών ακέραιων μικρότερων ή ίσων του 300, που διαιρούνται είτε με το 2 ή με το 3, είναι 200. ´Εστω A το σύνολο των θετικών ακέραιων ≤ 300, που διαιρούνται με το 2, και B το σύνολο των θετικών ακέραιων ≤ 300, που διαιρούνται με το 3. Προφανώς, |A| = 150 και |B| = 100. Για να υπολογίσουμε το |A ∩ B|, παρατηρούμε ότι ένας αριθμός διαιρείται και με το 2 και με το 3, μόνο εφόσον διαιρείται με το 6 και, άρα, |A ∩ B| = 50. Επομένως, η Αρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού για δυο σύνολα δίνει ότι |A ∪ B| = 150 + 100 − 50 = 200. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 80. Πρόταση 5 (ΗΑρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού για 3 Σύνολα) ´Εστω A,B και C τρία πεπερασμένα σύνολα. Τότε |A∪ B∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A∩ B| − |A∩ C| − |B∩ C| + |A∩ B∩ C|. Απόδειξη: Προφανώς, το αριστερό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης μετρά το πλήθος των στοιχείων του A ∪ B ∪ C. Αλλά το ίδιο ακριβώς κάνει και το δεξιό σκέλος, μετρώντας πρώτα το πλήθος των στοιχείων των A,B,C, αλλά έχοντας συμπεριλάβει κάποιες επαναλήψεις καταμετρημένων όρων. ´Ομως, ισχυριζόμαστε ότι, συνολικά, το δεξιό σκέλος προσμετρά κάθε ένα από τα στοιχεία του A ∪ B ∪ C ακριβώς μια φορά κι, επομένως, η προς απόδειξη σχέση πράγματι ισχύει. Παρατηρούμε ότι υπάρχουν 3 περιπτώσεις: (1) Αν το x ∈ A ∪ B ∪ C περιλαμβάνεται σε μόνο ένα από τα 3 σύνολα, ας πούμε, στο A, τότε ο μόνος όρος του δεξιού μέρους της σχέσης που μετρά το x είναι το |A| κι ο ισχυρισμός επαληθεύεται. (2) Αν το x ∈ A ∪ B ∪ C περιλαμβάνεται σε ακριβώς δυο από τα 3 σύνολα, ας πούμε, στο A και στο B, τότε η επιπλέον προσμέτρηση της τομής στους όρους |A| και |B| διορθώνεται με την αφαίρεση του όρου |A ∩ B| στο δεξιό μέρος της σχέσης και, άρα, ο ισχυρισμός πάλι επαληθεύεται. (3) Αν το x ∈ A ∪ B ∪ C περιλαμβάνεται και στα 3 σύνολα A,B και C, τότε το x μετράται 3 φορές από τους όρους |A|,|B| και |C|, −3 φορές από τους όρους |A ∩ B|,|A ∩ C| και |B ∩ C| και 1 φόρα από τον όρο |A ∩ B ∩ C| και, καθώς 3 − 3 + 1 = 1, βρίσκουμε ότι ο ισχυρισμός πάλι επαληθεύεται. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 81. Θεώρημα 47 (ΗΑρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού) ´Εστω A1,A2,...,An πεπερασμένα σύνολα. Τότε |A1 ∪A2 ∪...∪An| = n j=1 (−1)j−1 (i1,i2,...,ij) ⊆ [n] |Ai1 ∩Ai2 ∩...∩Aij |. Απόδειξη:14 Πρώτα, θα αποδείξουμε τον εξής ισχυρισμό: κάθε στοιχείο του συνόλου A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An μετράται ακριβώς μια φορά από το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης. Για να το δείξουμε αυτό, ας πάρουμε ένα x ∈ A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An κι ένα αυθαίρετο σύνολο δεικτών S ⊆ [n] τέτοιο ώστε x ∈ Ai αν και μόνον αν i ∈ S. ´Εστω s = |S|, το οποίο θα πρέπει να είναι s ≥ 1. Καθώς το x ∈ Ai μόνο εφόσον i ∈ S, οι μόνες t–άδες (i1,i2,...,it) ⊆ [n] τέτοιες ώστε x ∈ Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Ait είναι αυτές, για τις οποίες 14 Η Αρχή του Εγκλεισμού–Αποκλεισμού μερικές φορές ονομάζεται Τύπος του Κόσκινου (Sieve Formula). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 82. (i1,i2,...,it) ⊆ S.Επομένως, αν θέλουμε να βρούμε το πλήθος των φορών που το x προσμετράται από το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης, αρκεί να θεωρήσουμε μόνο τις τομές μεταξύ των Ai, που έχουν δείκτες από το σύνολο S. ´Ομως κάθε τέτοια τομή περιέχει το x και, άρα, το x μπορεί να μετρηθεί ακριβώς μια φορά. Αυτό σημαίνει, λαμβάνοντας υπόψη τα εναλλασσόμενα πρόσημα των όρων, ότι το συνολικό πλήθος των φορών, που το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης προσμετρά το x, είναι ίσο προς s j=1(−1)j−1 s j = m. ´Αρα, ο ισχυρισμός αποδεικνύεται, εφόσον δείξουμε ότι m = 1, κάτι που απορρέει από το ∆ιωνυμικό Θεώρημα, καθώς 1 − m = s j=0(−1)j s j = (1 − 1)s = 0. Τέλος, ισχυριζόμαστε ότι, αν το x δεν περιέχεται σε κανένα από τα Ai, τότε το δεξιό σκέλος της σχέσης αυτής προσμετρά το x μηδέν φορές. Για την απόδειξη του δεύτερου ισχυρισμού, επαναλαμβάνουμε την ίδια απόδειξη που κάναμε πιο πριν για s = 0, για να βρούμε τότε ότι m = 0. Συνεπώς, και το αριστερό και το δεξιό σκέλος της προς απόδειξη σχέσης μετρούν τα ίδια πράγματα και, άρα, η σχέση αυτή ισχύει σαν ταυτότητα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 83. Παράδειγμα: Σε ένανγάμο έχουν προσκληθεί 30 άτομα, τα οποία πρέπει να χωρισθούν σε 3 ομάδες, η κάθε μια των 10 ατόμων, για να καθίσουν σε 3 τραπέζια. ´Ομως, υπαρχουν 4 άτομα, οι a,b,c,d, τέτοιοι ώστε ο a δεν θέλει να καθίσει στο ίδιο τραπέζι με τον b και ο c με τον d. Με πόσους τρόπους τότε μπορούν να χωρσθούν τα 30 άτομα σε 3 ομάδες; ´Εστω [30] το σύνολο των 30 ατόμων, των οποίων η ταυτοποίηση έχει γίνει έτσι ώστε οι a, b, c, d να αντιστοιχούν στα 4 πρώτα στοιχεία του [30], δηλαδή, στα 1, 2, 3, 4, αντιστοίχως. ´Εστω A το σύνολο των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη (ομάδες), που είναι τέτοιοι ώστε τα 1 και 2 να περιέχονται στην ίδια ομάδα, και έστω B το σύνολο των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη, που είναι τέτοιοι ώστε τα 3 και 4 να περιέχονται στην ίδια ομάδα. Και στις 2 περιπτώσεις, έχοντας τον περιορισμό 2 συγκεκριμένα στοιχεία να συνυπάρχουν στην ίδια ομάδα, βρίσκουμε ότι |A| = |B| = 28! 10!10!8!2 , όπου το έξτρα 2 στον παρανομαστή οφείλεται στο γεγονός ότι δεν έχει σημασία με ποια διάταξη τα 2 συνυπάρχοντα στοιχεία εμφανίζονται σε μια ομάδα. Στη συνέχεια, ας υπολογίσουμε το |A ∩ B|. Προφανώς, το A ∩ B είναι το σύνολο των διαμερισμών του [30] σε 3 ομάδες, όταν τα 1, 2, 3 και 4 είτε όλα βρίσκονται στην ίδια ομάδα ή ανά δυο (τα 1 και 2 και τα 3 και 4) βρίσκονται σε δυο ομάδες από τις 3. Η πρώτη περίπτωση μπορεί να γίνει 26! 10!10!6!2 φορές, ενώ η δεύτερη περίπτωση 26! 10!8!8!2 φορές, δηλαδή, σύμφωνα με τον κανόνα του αθροίσματος, |A ∩ B| = 26! 10!10!6!2 + 2 26! 10!8!8!2 = 26! 10!10!6!2 + 26! 10!8!8! , γιατί υπάρχουν 2 τρόποι που τα 2 σύνολα {1, 2} και {3, 4} μπορούν να κατανεμηθούν σε 2 ομάδες. Επομένως, το πλήθος των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη, που είναι τέτοιοι ώστε είτε τα 1 και 2 ή τα 3 και 4 να περιέχονται στην ίδια ομάδα, είναι |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| = 28! 10!10!8! − 26! 10!10!6!2 − 26! 10!8!8! . Τέλος, για να υπολογίσουμε το πλήθος των επιθυμητών διαμερισμών, χρησιμοποιούμε τον κανόνα της διαφοράς, όπου πρέπει να αφαιρέσουμε το |A ∩ B| από το πλήθος όλων των δυνατών διαμερισμών του [30] σε 3 μέρη, που είναι ίσο προς 30 10!10!10!3! , όπου το έξτρα 3! στον παρανομαστή οφείλεται στο γεγονός ότι δεν λαμβάνουμε υπόψη την μεταξύ τους διάταξη των 3 μερών. Επομένως, το πλήθος των επιθυμητών διαμερισμών είναι 30 10!10!10!3! − 28! 10!10!8! + 26! 10!10!6!2 + 26! 10!8!8! . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 84. Παράδειγμα: 10 άτομαπρέπει να ομαδοποιηθούν, αλλά με έναν τέτοιο τρόπο ώστε κάποια συγκεκριμένα 3 άτομα, οι a,b και c, να μην μπορούν να σχηματίσουν ομάδες, στις οποίες θα είναι μόνα τους το καθένα από αυτά τα 3 άτομα. Με πόσους τρόπους τότε μπορούν να χωρσθούν έτσι τα 30 άτομα; ´Εστω [10] το σύνολο των 10 ατόμων, των οποίων η ταυτοποίηση έχει γίνει έτσι ώστε οι a, b, c να αντιστοιχούν στα 3 πρώτα στοιχεία του [10], δηλαδή, στα 1, 2, 3, αντιστοίχως. Προφανώς, τότε θέλουμε να βρούμε το πλήθος των διαμερισμών του [10] εξαιρουμένων των διαμερισμών που περιέχουν τα σύνολα {1}, {2}, {3} μεταξύ των μερών (ομάδων) τους. Θα κάνουμε αυτόν τον υπολογισμό, ξεκινώντας από το πλήθος των ανεπιθύμητων διαμερισμών του [10], δηλαδή, αυτών στους οποίους τουλάχιστον ένα από τα μέρη τους είναι το {1} ή το {2} ή το {3}. ´Εστω λοιπόν, για κάθε i ∈ [3], Ai το σύνολο των διαμερισμών του [10], ένας από τους οποίους περιέχει το μονοσύνολο {i}. Προφανώς τότε, θέλουμε να βρούμε το μέγεθος της ένωσης A1 ∪ A2 ∪ A3 και η αρχή του εγκλεισμού–αποκλεισμού μας λέει ότι |A1 ∪ A2 ∪ A3| = |A1| + |A2| + |A3| − |A1 ∩ A2| −|A1 ∩ A3| − |A2 ∩ A3| + |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Πρώτα, παρατηρούμε ότι το σύνολο A1 όλων των διαμερισμών του [10], που περιέχουν το μονοσύνολο {1} ως ένα από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1| = B(9). ´Αρα, παρόμοια, |A2| = |A3| = B(9). Στη συνέχεια, ισχυριζόμαστε ότι το σύνολο A1 ∩ A2 των διαμερισμών του [10], που περιέχουν τα μονοσύνολα {1} και {2} ως δυο από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1 ∩ A2| = B(8). ´Αρα, παρόμοια, |A1 ∩ A3| = |A2 ∩ A3| = B(8). Τέλος, θα έχουμε ότι το σύνολο A1 ∩ A2 ∩ A3 των διαμερισμών του [10], που περιέχουν τα μονοσύνολα {1}, {2} και {3} ως τρία από τα μέρη τους, έχει πληθικότητα |A1 ∩ A2 ∩ A3| = B(7). Επομένως, συνολικά, |A1 ∪ A2 ∪ A3| = 3B(9) − 3B(8) + B(7) και χρησιμοποιώντας τον κανόνα της διαφοράς, πρέπει να αφαιρέσουμε το |A1 ∪ A2 ∪ A3| από το πλήθος όλων των δυνατών διαμερισμών του [10] (σε οποιοοδήποτε πλήθος μερών), που είναι ίσο προς B(10), οπότε βρίσκουμε ότι το πλήθος των επιθυμητών διαμερισμών είναι B(10) − 3B(9) − 3B(8) − B(7). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 85. Ασκήσεις 1 Σε μιατάξη υπάρχουν δυο αθλητικές ομάδες τέτοιες ώστε κάθε δυο μαθητές της τάξης να συμμετέχουν στην ίδια ομάδα (ή στις ίδιες δυο ομάδες). Αποδείξτε ότι στη μια από τις δυο ομάδες ανήκουν υποχρεωτικά όλοι οι μαθητές. 2 Σε μια τάξη υπάρχουν τρεις αθλητικές ομάδες τέτοιες ώστε κάθε δυο μαθητές της τάξης να συμμετέχουν στην ίδια ομάδα (ή στις ίδιες ομάδες). Αποδείξτε ότι στη μια από τις τρεις ομάδες ανήκουν υποχρεωτικά τουλάχιστον τα 2/3 των μαθητών. 3 Πόσοι θετικοί ακέραιοι k ≤ 210 είναι σχετικά πρώτοι με το 210; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 86. 4 ´Εστω mθετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με φ(m) το πλήθος των ακέραιων στο [m] που είναι σχετικά πρώτοι με το m. Αν p,q και r είναι τρεις διακριτοί πρώτοι αριθμοί, υπολογίστε το φ(pqr). 5 ´Εστω Fk(n) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε k τμήματα, το κάθε ένα από τα οποία περιέχει τουλάχιστον ένα στοιχείο. Εκφράστε τους αριθμούς Fk(n) συναρτήσει του αριθμού Stirling δεύτερου είδους. 6 Πόσοι τριψήφιοι θετικοί ακέραιοι είναι διαιρετοί με τουλάχιστον έναν από τους αριθμούς 6 και 7; 7 Πόσοι διψήφιοι θετικοί ακέραιοι είναι σχετικά πρώτοι και με τους δυο αριθμούς 2 και 3; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 87. 8 Με πόσουςτρόπους μπορούμε να διατάξουμε τους αριθμούς του συνόλου {1,1,2,2,3,4,5} έτσι ώστε καθε δυο διαδοχικοί αριθμοί να μην είναι ίδιοι; 9 Πόσοι πίνακες 2 × 2 υπάρχουν, των οποίων τα στοιχεία είναι από το σύνολο {0,1,...,k} και οι οποίοι δεν περιέχουν καμία σειρά και καμία στήλη με μόνο μηδενικά στοιχεία; 10 ´Εστω F(n) το πλήθος των διαμερισμών του [n] σε τμήματα, το κάθε ένα από τα οποία περιέχει τουλάχιστον δυο στοιχεία. Εκφράστε τους αριθμούς F(n) συναρτήσει των αριθμών Bell. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 88. Γεννήτριες Συναρτήσεις Ορισμός 48 ´Εστω{an}n=0,1,...,∞ μια ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε η τυπική δυναμοσειρά G(x) = G(an; x) = ∞ n=0 anxn ονομάζεται σύνηθης γεννήτρια συνάρτηση15 της ακολουθίας {an}n=0,1,...,∞. Στοιχειώδη Παραδείγματα: Αν an = 1, για κάθε n ≥ 0, τότε G(1; x) = ∞ n=0 xn = 1 1−x . Αν an = an, για κάποιο a ∈ R και για κάθε n ≥ 0, τότε G(an; x) = ∞ n=0(ax)n = 1 1−ax . Αν an = (−1)n, για κάθε n ≥ 0, τότε G((−1)n; x) = ∞ n=0(−1)nxn = 1 1+x . Αν an = m n , για m ≥ n, τότε G( m n ; x) = m n=0 m n xn = (1 + x)m. 15 Καθώς στο τμήμα αυτό συζητάμε μόνο σύνηθεις γεννήτριες συναρτήσεις, θα παραλήπουμε το ‘‘σύνηθης’’ για συντομία, κάτι που θα το κάνουμε και γενικότερα, όταν είναι σαφής από τα συμφραζόμενα ο τύπος της γεννήτριας συνάρτησης, στην οποία θα αναφερόμαστε. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 89. Θεώρημα 49 Για κάθεμη αρνητικό ακέραιο k, η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας { n+k k }n=0,1,...,∞ είναι η (1 − x)−(k+1) και της {(−1)k n+k k }n=0,1,...,∞ είναι η (1 + x)−(k+1). Με άλλα λόγια, ∞ n=0 n + k k xn = 1 (1 − x)k+1 , ∞ n=0 (−1)n n + k k xn = 1 (1 + x)k+1 . Απόδειξη: Για m = k + 1, προφανώς, έχουμε 1 (1 + x)m = 1 1 + x · 1 1 + x · ... · 1 1 + x (m φορές) = ∞ n1=1 xn1 ∞ n2=1 xn2 · · · ∞ nm=1 xnm . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 90. Επειδή τώρα τοxn1 είναι ο τυπικός όρος του πρώτου παράγοντα του παραπάνω γινομένου, το xn2 του δεύτερου παράγοντα, ... και το xnm του τελευταίου παράγοντα, ο πολλαπλασιασμός των όρων αυτών δίνει ότι xn1 · xn2 · ... · xnm = xn αν και μόνον αν n1 + n2 + ... + nm = n. Επομένως, στο ανάπτυγμα του γινομένου των παραπάνω n όρων, ο συντελεστής του xn είναι ίσος προς το πλήθος των μη αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης n1 + n2 + ... + nm = n, που ξέρουμε ότι ισούται προς n+m−1 n . Αντικαθιστώντας το x με −x παίρνουμε και τον δεύτερο τύπο. Πόρισμα 50 ∞ n=0 (n + 1)xn = 1 (1 − x)2 , ∞ n=0 n + 2 2 xn = 1 (1 − x)3 . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 91. Θεώρημα 51 (ΤοΓενικευμένο ∆ιωνυμικό Θεώρημα) ´Εστω r ένας αυθαίρετος πραγματικός αριθμός. Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n ορίζουμε τον γενικευμένο διωνυμικό συντελεστή r n ως εξής: r n = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − n + 1) n! και r 0 = 1. Τότε η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας { r n }n=0,1,...,∞ είναι το (1 + x)r, δηλαδή, ∞ n=0 r n xn = (1 + x)r, όπου η δυναμοσειρά ∞ n=0 r n xn συγκλίνει, όταν |x| <1. Απόδειξη: Το Θεώρημα αυτό αποδεικνύεται στον Λογισμό με την ανάλυση σε σειρά Taylor. Παρατήρηση: Για r αρνητικό ακέραιο, ας πούμε r = −m, m ∈ N, έχουμε r n = −m n = (−1) n m + n − 1 n = (−1) n m + n − 1 m − 1 , σύμφωνα με το Θεώρημα 36. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 92. Σύνηθεις Γεννήτριες ΣυναρτήσειςΑναδρομικών Εξισώσεων ∆ιαδικασία Εύρεσης Γεννητριών Συναρτήσεων Αναδρομικών Εξισώσεων: ´Εστω ότι η ακολουθία {an}n=0,1,...,∞ ικανοποιεί την γραμμική αναδρομική εξίσωση τάξης k, για k θετικό ακέραιο, με δοθέντες σταθερούς συντελεστές ck−1,ck−2,...,c0 ∈ R: an+k = k−1 j=0 cjan+j. μαζί με τις αρχικές συνθήκες a0 = b0,...,ak−1 = bk−1, δοθέντων των b0,...,bk−1. Τότε, για να βρούμε τη γεννήτρια συνάρτηση G(x) της {an}, πρώτα, πολλαπλασιάζουμε το αριστερό και δεξιό σκέλος της αναδρομικής εξίσωσης με xn+k, μετά αθροίζουμε ως προς n, στη συνέχεια, λύνουμε ως προς G(x) και τελικά, βρίσκουμε την έκφραση της G(x), χρησιμοποιώντας είτε τις εκφράσεις γνωστών γεννητριών συναρτήσεων ενδεχομένως μέσω της ανάλυσης σε μερικά κλάσματα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 93. Παράδειγμα: Να επιλυθείη αναδρομική εξίσωση an+1 = 4an − 100, για n ≥ 0, a0 = 50. Πολλαπλασιάζουμε την αναδρομική εξίσωση με xn+1 και αθροίζουμε, για να βρούμε ∞ n=0 an+1xn+1 = ∞ n=0 4anxn+1 − ∞ n=0 100xn+1. Καθώς ∞ n=0 an+1xn+1 = ∞ n =1 an xn = ∞ n=0 anxn − a0 = G(x) − a0, παίρνουμε G(x) − a0 = 4xG(x) − 100x 1 − x ή G(x) = a0 1 − 4x − 100x (1 − x)(1 − 4x) . Επιπλέον, η ανάλυση σε μερικά κλάσματα (μετά από απλές πράξεις) δίνει 100x (1 − x)(1 − 4x) = 100 3 · 1 1 − 4x − 100 3 · 1 1 − x = 100 3 · ∞ n=0 4nxn − ∞ n=0 xn = 100 3 · ∞ n=0 (4n − 1)xn. ´Αρα, αφού G(x) = a0 1−4x − 100x (1−x)(1−4x) = 50 · ∞ n=0 4nxn − 100 3 · ∞ n=0(4n − 1)xn, η ζητούμενη ακολουθία είναι η an = 50 · 4n − 100 3 · (4n − 1). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 94. Παράδειγμα: Να επιλυθείη αναδρομική εξίσωση για την ακολουθία Fibonacci an = an−1 + an−2, για n ≥ 2, a0 = a1 = 1. Πολλαπλασιάζουμε την αναδρομική εξίσωση με xn και αθροίζουμε, για να βρούμε ∞ n=2 anxn = ∞ n=2 an−1xn + ∞ n=2 an−2xn+2, η οποία είναι ισοδύναμη με την G(x) − 1 − x = x(G(x) − 1) + x2G(x) ή G(x) = 1 1 − x − x2 . Καθώς τώρα 1 − x − x2 = (1 − κx)(1 − λx), όπου κ = 1 2 (1 + √ 5), λ = 1 2 (1 − √ 5), η ανάλυση σε μερικά κλάσματα (μετά από απλές πράξεις) δίνει G(x) = x 1 − x − x2 = A 1 − κx + B 1 − λx = ∞ n=0 (Aκn + Bλn)xn, όπου A = 1 10 (5 − √ 5), B = 1 10 (5 + √ 5). ´Αρα, η ακολουθία Fibonacci είναι η an = Aκn + Bλn. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 95. Παράδειγμα: Να επιλυθείη αναδρομική εξίσωση an+2 = 3an+1 − 2an, για n ≥ 0, a0 = 0,a1 = 1. Πολλαπλασιάζουμε την αναδρομική εξίσωση με xn+2 και αθροίζουμε, για να βρούμε ∞ n=0 an+2xn+2 = 3 ∞ n=0 4an+1xn+2 − 2 ∞ n=0 anxn+2, η οποία είναι ισοδύναμη με την G(x) − x = 3xG(x) − 2x2G(x) ή G(x) = x 1 − 3x + 2x2 . Καθώς τώρα 1 − 3x + 2x2 = (x − 1)(2x − 1), η ανάλυση σε μερικά κλάσματα (μετά από απλές πράξεις) δίνει G(x) = x 1 − 3x + 2x2 = −1 1 − x + 1 1 − 2x = − ∞ n=0 xn + ∞ n=0 2nxn = ∞ n=0 (2n − 1)xn. ´Αρα, η ζητούμενη ακολουθία είναι η an = 2n − 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 96. Γινόμενα Γεννητριών Συναρτήσεων Λήμμα2 ´Εστω {an}n=0,1,...,∞,{bn}n=0,1,...,∞ δυο ακολουθίες και έστω A(x) = ∞ n=0 anxn,B(x) = ∞ n=0 bnxn οι αντίστοιχες γεννήτριες συναρτήσεις. Ορίζουμε την ακολουθία cn = n i=0 aibn−i και έστω C(x) = ∞ n=0 cnxn η αντίστοιχη εκθετική γεννήτρια συνάρτηση. Τότε A(x)B(x) = C(x). Με άλλα λόγια, ο συντελεστής του xn στο γινόμενο A(x)B(x) είναι cn = n i=0 aibn−i. Απόδειξη: Το αποτέλεσμα του πολλαπλασιασμού των δυο απειραθροι- σμάτων A(x) = a0 + a1x + a2x2 + ... και B(x) = b0 + b1x + b2x2 + ... είναι, προφανώς, το άθροισμα των γινομένων κάθε όρου του πρώτου απειρα- θροίσματος με κάθε όρο του δεύτερου απειραθροίσματος, δηλαδή, είναι το άθροισμα όρων της μορφής aixi · bjxj. Καθώς ο εκθέτης του x στο γινόμενο αυτό θα είναι το n αν και μόνον αν j = n − i, έπεται το ζητούμενο αποτέλεσμα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 97. Θεώρημα 52 (ΟΤύπος του Γινομένου) ´Εστω δυο διαφορετικές διαδικασίες (τρόποι) απαρίθμη- σης, n ένας μη αρνητικός ακέραιος και an,bn δυο απαριθ- μήσεις των στοιχείων του [n], η κάθε μια σύμφωνα με μια από τις διαδικασίες αυτές. ´Εστω cn το πλήθος των τρό- πων για να διαμερισθεί το [n] σε δυο (ενδεχομένως κενά) υποσύνολα S = {1,2,...,i},T = {i + 1,i + 2,...,n} τέτοια ώστε, το κάθε ένα από τα οποία να απαριθμείται σύμ- φωνα με μια από τις εν λόγω διαδικασίες. Αν A(x),B(x), C(x) είναι οι γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών {an},{bn},{cn} (αντιστοίχως), τότε A(x)B(x) = C(x). Απόδειξη: Εξ υποθέσεως, υπάρχουν ai τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του S και bn−i τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του T. Αυτό ισχύει, για κάθε i, εφόσον 0 ≤ i ≤ n. Επομένως, cn = n i=0 aibn−i και το αποτέλεσμα απορρέει από το προηγούμενο Λήμμα. Ο Τύπος του Γινομένου ισχύει για γινόμενα οποιουδήποτε πεπερασμένου πλήθους όρων. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 98. Συμβολισμός ακολουθιών μέσωχαρακτηριστικής συνάρτησης: ∆οθέντος ενός συνόλου X και ενός υποσυνόλου A ⊂ X, η χαρακτηριστική συνάρτηση του A ορίζεται ως μια απεικόνιση χA: X −→ R τέτοια ώστε χA(x) = 1, για όλα τα x ∈ A, χA(x) = 0, για όλα τα x /∈ A. ´Οταν το X είναι αριθμήσιμο, π.χ., X = N, θα συμβολίζουμε με την ακολουθία an την χαρακτηριστική συνάρτηση ενός υποσυνόλου A, δηλαδή, δοθέντος ενός υποσυνόλου A ⊂ N, θα χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό an = χA(n). Παράδειγμα: Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να χαλάσουν 10n ευρώ (για n ∈ N) σε ψηλά των 10 και 20 ευρώ; ´Εστω an, bn το πλήθος των τρόπων, με τους οποίους 10n ευρώ μπορούν να χαλάσουν σε ψηλά των 10 και 20 ευρώ, αντιστοίχως. Προφανώς, θέτοντας A = N και B = {n ∈ N: n άρτιο}, οι δυο ακολουθίες αυτές ορίζονται ως an = χA(n) και bn = χB(n). Αν λοιπόν A(x), B(x) είναι οι αντίστοιχες γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, τότε έχουμε (από τον ορισμό τους): A(x) = ∞ n=0 xn = 1 1 − x , B(x) = ∞ n=0 x2n = ∞ n=0 (x2) n = 1 1 − x2 . Επιπλέον, συμβολίζοντας με cn το πλήθος των διαφορετικών τρόπων, που μπορούν 10n ευρώ να χαλάσουν σε ψηλά των 10 και 20 ευρώ, αν C(x) είναι η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας cn, τότε, σύμφωνα με τον τύπο του γινομένου, C(x) = A(x)B(x), οπότε έχουμε (μετά από απλές πράξεις για την ανάλυση σε απλά κλάσματα): C(x) = 1 (1 − x)(1 − x2) = 1 4(1 − x) + 1 2(1 − x)2 + 1 4(1 + x) , από όπου προκύπτει ότι cn = 1 4 + 1 2 (n + 1) + 1 4 (−1) n = 2n + 3 + (−1)n 4 . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 99. Παράδειγμα: Μέσα σεένα κουτί βρίσκονται 30 κόκκινες, 40 μπλε και 50 άσπρες μπάλλες. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε (τυχαία) 70 μπάλλες από το κουτί; ´Εστω an, bn, cn το πλήθος των επιλογών για τις κόκκινες, μπλε και άσπρες μπαλλών, αντιστοίχως, που θα περιέχει μια (τυχαία) συλλογή από n μπάλλες. Προφανώς, θέτοντας A = {0, 1, . . . , 30}, B = {0, 1, . . . , 40}, C = {0, 1, . . . , 50}, οι τρεις ακολουθίες αυτές ορίζονται ως an = χA(n), bn = χB(n), cn = χC(n). Αν λοιπόν A(x), B(x), C(x) είναι οι αντίστοιχες γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, cn, τότε έχουμε (από τον ορισμό τους): A(x) = 30 n=0 xn = 1 − x31 1 − x , B(x) = 40 n=0 xn = 1 − x41 1 − x , C(x) = 50 n=0 xn = 1 − x51 1 − x . Επιπλέον, συμβολίζοντας με dn το πλήθος των διαφορετικών τρόπων, που μπορούμε να επιλέξουμε (τυχαία) n μπάλλες από το κουτί, αν D(x) είναι η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας dn, τότε, σύμφωνα με τον τύπο του γινομένου, D(x) = A(x)B(x)C(x), οπότε έχουμε (μετά από απλές πράξεις για την ανάλυση σε απλά κλάσματα): D(x) = 1 (1 − x)3 (1 − x31)(1 − x41)(1 − x51). Επειδή (1 − x31)(1 − x41)(1 − x51) = 1 − x31 − x41 − x51 + . . ., ενώ από το Γενικευμένο ∆ιωνυμικό Θεώρημα 51 παίρνουμε 1 (1−x)3 = 70 n=0 n+2 2 xn + . . ., όπου οι τελείες στις δυο δυναμοσειρές αντιστοιχούν σε δυνάμεις ανώτερες του x70, καταλήγουμε ότι D(x) = 70 n=0 n + 2 2 xn + . . . (1 − x31 − x41 − x51 + . . .). Το μόνο όμως που μας ενδιαφέρει τώρα είναι ο συντελεστής του x70 στο παραπάνω γινόμενο, ο οποίος, φυσικά, είναι 70+2 2 − 70+2−31 2 − 70+2−41 2 − 70+2−51 2 = 1061. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 100. Παράδειγμα: Βρείτε μεπόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να τοποθετηθούν μέσα σε n σακούλες τέσσερα είδη φρούτων, μήλα, μπανάνες, πορτοκάλια και αχλάδια, έτσι ώστε σε κάθε σακούλα τα μήλα να είναι άρτιου πλήθους, οι μπανάνες σε πολλαπλάσιο του 5, τα πορτοκάλια το πολύ 4 και να υπάρχει είτε ένα ή κανένα αχλάδι. ´Εστω an, bn, cn, dn το πλήθος των επιλογών για τα μήλα, μπανάνες, πορτοκάλια, αχλάδια (αντιστοίχως) μέσα στις n σακούλες. Προφανώς, θέτοντας A = {n ∈ N: n άρτιο}, B = {n ∈ N: n πολλαπλάσιο του 5}, C = {0, 1, . . . , 40}, D = {0, 1}, οι τέσσερις ακολουθίες αυτές ορίζονται ως an = χA(n), bn = χB(n), cn = χC(n), dn = χD(n). Αν λοιπόν A(x), B(x), C(x), D(x) είναι οι αντίστοιχες γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, cn, dn, τότε έχουμε (από τον ορισμό τους): A(x) = ∞ n=0 x2n = 1 1 − x2 , B(x) = ∞ n=0 x5n = 1 1 − x5 , C(x) = 4 n=0 xn = 1 + x + x2 + x3 + x4 = 1 − x5 1 − x , D(x) = 1 n=0 xn = 1 + x. Επιπλέον, συμβολίζοντας με en το ζητούμενο πλήθος των διαφορετικών τρόπων τοποθέτησης των 4 φρούτων στις n σακούλες με τους παραπάνω περιορισμούς, αν E(x) είναι η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας en, τότε, σύμφωνα με τον τύπο του γινομένου, E(x) = A(x)B(x)C(x)D(x) και τελικώς εφαρμόζοντας το Θεώρημα 49, έχουμε: E(x) = 1 1 − x2 1 1 − x5 1 − x5 1 − x (1 + x) = 1 (1 − x)2 = ∞ n=0 (n + 1)xn, από όπου προκύπτει ότι en = n + 1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 101. Παράδειγμα: Το εξάμηνοσε κάποιο Πανεπιστήμιο, που αποτελείται από n μέρες, χωρίζεται σε δυο περιόδους, η πρώτη με k μέρες και η δεύτερη περίοδος με n − k μέρες (για κάποιο 1 ≤ k ≤ n − 2). Επιπλέον, υπάρχει μια αργία στην πρώτη περίοδο και δυο αργίες στην δεύτερη περίοδο. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να γίνει ο χωρισμός του εξαμήνου ώστε να ικανοποιούνται οι δοθέντες περιορισμοί; ´Εστω cn το πλήθος των τρόπων που μπορεί να χωρισθεί το εξάμηνο των n ημερών με τους παραπάνω περιορισμούς. Επιπλέον, έστω an οι τρόποι που μπορεί να επιλεγεί η μια (αργία) από τις k μέρες της πρώτης περιόδου και bn οι τρόποι που μπορούν να επιλεγούν οι δυο (αργίες) από τις υπόλοιπες m = n − k μέρες του εξαμήνου. Προφανώς, an = n και bn = n 2 . Αν λοιπόν A(x), B(x) είναι οι γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, αντιστοίχως, τότε, από το Πόρισμα 50 (ή, διαφορετικά, παραγωγίζοντας το άθροισμα ∞ i=0 xi = 1 1−x μια και δυο φορές), θα έχουμε: A(x) = ∞ n=1 nxn = ∞ n=0 (n + 1)xn+1 = x (1 − x)2 , B(x) = ∞ n=2 n 2 xn = ∞ n=0 n + 2 2 xn+2 = x2 (1 − x)3 . Τέλος, έστω C(x) η γεννήτρια συνάρτηση της {cn}. Επειδή C(x) = A(x)B(x), έχουμε C(x) = x3 (1−x)5 . Τότε, πάλι από το Θεώρημα 49 (ή, διαφορετικά, παραγωγίζοντας πέντε φορές το άθροισμα ∞ i=0 xi = 1 1−x ), καταλήγουμε ότι G(x) = x3 ∞ n=0 n + 4 4 xn = ∞ n=3 n + 1 4 xn και, άρα, βρίσκουμε cn = n + 1 4 . Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 102. Εκθετικές Γεννήτριες Συναρτήσεις Ορισμός53 ´Εστω {an}n=0,1,...,∞ μια ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε η τυπική δυναμοσειρά E(x) = E(an; x) = ∞ n=0 an xn n! ονομάζεται εκθετική γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας {an}n=0,1,...,∞. Στοιχειώδη Παραδείγματα: Αν an = 1, για κάθε n ≥ 0, τότε E(1; x) = ∞ n=0 xn n! = ex. Αν an = an, για κάποιο a ∈ R και για κάθε n ≥ 0, τότε E(an; x) = ∞ n=0 (ax)n n! = eax. Ως ειδική περίπτωση, αν an = 2n, που είναι το πλήθος των υποσυνόλων του [n], τότε E(2n; x) = ∞ n=0 (2x)n n! = e2x. Αν an = n!, που είναι το πλήθος των μεταθέσεων του [n], τότε E(n!; x) = ∞ n=0 n! xn n! = 1 1−x . Αν an = (m)n = m! (m−n)! , που είναι το πλήθος των n–μεταθέσεων του [m], τότε E((m)n; x) = ∞ n=0(m)n xn n! = m n=0 m n xn = (1 + x)m. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 103. Παράδειγμα: ∆είξτε ότιοι εκθετικές γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an = n και an = n2 είναι E(n; x) = xex και E(n2; x) = (x2 + x)ex. Εξ ορισμού, E(n; x) = ∞ n=0 n xn n! . Αλλά n n! = 1 (n−1)! . ´Ετσι, λαμβάνοντας υπόψη ότι το αρνητικό παραγοντικό δεν ορίζεται, E(n; x) = ∞ n=0 xn (n−1)! = ∞ n=0 xnx n! = xex. Παρόμοια, E(n2; x) = ∞ n=0 n2 xn n! και n2 n! = n (n−1)! = 1 (n−2)! + 1 (n−1)! , οπότε E(n2; x) = ∞ n=0 xn (n−2)! + ∞ n=0 xn (n−1)! = ∞ n=0 xnx2 n! + ∞ n=0 xnx n! = (x2 + x)ex. Παράδειγμα: Να επιλυθεί η αναδρομική εξίσωση an+1 = (n + 1)(an − n + 1), για n ≥ 0, a0 = 1. Πολλαπλασιάζουμε την αναδρομική εξίσωση με xn+1 (n+1)! και αθροίζουμε, για να βρούμε ∞ n=0 an+1 xn+1 (n + 1)! = ∞ n=0 an xn+1 n! − ∞ n=0 (n − 1) xn+1 n! . Καθώς ∞ n=0 an+1 xn+1 (n+1)! = ∞ n =1 an xn n ! = ∞ n=0 an xn n! − a0 = E(x) − 1 και ∞ n=0(n − 1) xn+1 n! = ∞ n=0 xn−1x2 (n−1)! − ∞ n=0 xnx n! = x2ex − xex, παίρνουμε E(x) − 1 = xE(x) − x2ex + xex ή E(x) = 1 1 − x + xex. ´Αρα, καθώς από τα προηγούμενα παραδείγματα E(n!; x) = 1 1−x και E(n; x) = xex, η ζητούμενη ακολουθία είναι η an = n! + n. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 104. Παράδειγμα: Να επιλυθείη αναδρομική εξίσωση an+1 = 2(n + 1)an + (n + 1)!, για n ≥ 0, a0 = 0. Πολλαπλασιάζουμε την αναδρομική εξίσωση με xn+1 (n+1)! και αθροίζουμε, για να βρούμε ∞ n=0 an+1 xn+1 (n + 1)! = 2x ∞ n=0 an xn n! + ∞ n=0 xn+1. Καθώς a0 = 0, ∞ n=0 an+1 xn+1 (n+1)! = E(x), ενώ επίσης ∞ n=0 xn+1 = x 1−x , παίρνουμε E(x) = 2xE(x) + x 1 − x ή, μετά από απλές πράξεις για την ανάλυση σε μερικά κλάσματα, E(x) = x (1 − x)(1 − 2x) = 1 1 − 2x − 1 1 − x . ´Αρα, καθώς από τα προηγούμενα παραδείγματα E(n!; x) = 1 1−x και E(2nn!; x) = 1 1−2x , η ζητούμενη ακολουθία είναι η an = (2n − 1)n!. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 105. Γινόμενα Εκθετικών ΓεννητριώνΣυναρτήσεων Λήμμα 3 ´Εστω {an}n=0,1,...,∞,{bn}n=0,1,...,∞ δυο ακολουθίες και έστω A(x) = ∞ n=0 an xn n! ,B(x) = ∞ n=0 bn xn n! οι αντίστοιχες εκθετικές γεννήτριες συναρτήσεις. Ορίζουμε την ακολουθία cn = n i=0 n i aibn−i και έστω C(x) = ∞ n=0 cn xn n! η αντίστοιχη εκθετική γεννήτρια συνάρτηση. Τότε A(x)B(x) = C(x). Με άλλα λόγια, ο συντελεστής του xn n! στο γινόμενο A(x)B(x) είναι cn = n i=0 n i aibn−i. Απόδειξη: Το αποτέλεσμα του πολλαπλασιασμού των δυο απειραθροι- σμάτων A(x) = a0 + a1x + a2 x2 2 + ... και B(x) = b0 + b1x + b2 x2 2 + ... είναι, προφανώς, το άθροισμα των γινομένων κάθε όρου του πρώτου απειρα- θροίσματος με κάθε όρο του δεύτερου απειραθροίσματος, δηλαδή, είναι το άθροισμα όρων της μορφής ai xi i! · bj xj j! . Καθώς xi i! · xj j! = xi+j i!j! · (i + j)! (i + j)! = xi+j (i + j)! · i + j i , ο εκθέτης του x στο γινόμενο αυτό θα είναι το n αν και μόνον αν i + j = n, οπότε έπεται το ζητούμενο αποτέλεσμα. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 106. Θεώρημα 54 (ΟΤύπος του Γινομένου για Εκθετικές Γεννήτριες Συναρτήσεις) ´Εστω δυο διαφορετικές διαδικασίες (τρόποι) απαρίθμη- σης, n ένας μη αρνητικός ακέραιος και an,bn δυο απαριθ- μήσεις των στοιχείων του [n], η κάθε μια σύμφωνα με μια από τις διαδικασίες αυτές. ´Εστω cn το πλήθος των τρό- πων για να διαμερισθεί το [n] σε δυο (ενδεχομένως κενά) υποσύνολα S = {1,2,...,i},T = {i + 1,i + 2,...,n} τέτοια ώστε, το κάθε ένα από τα οποία να απαριθμείται σύμ- φωνα με μια από τις εν λόγω διαδικασίες. Αν A(x),B(x), C(x) είναι οι εκθετικές γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών {an},{bn},{cn} (αντιστοίχως), τότε A(x)B(x) = C(x). Απόδειξη: Ξέρουμε ότι υπάρχουν n i τρόποι επιλογής των στοιχείων ενός υποσυνόλου του [n] με i στοιχεία. Εξ υποθέσεως, υπάρχουν ai τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του S και bn−i τρόποι απαρίθμησης των στοιχείων του T. Αυτό ισχύει, για κάθε i, εφόσον 0 ≤ i ≤ n. Επομένως, cn = n i=0 n i aibn−i και το αποτέλεσμα απορρέει από το προηγούμενο Λήμμα. Ο Τύπος του Γινομένου ισχύει για γινόμενα οποιουδήποτε πεπερασμένου πλήθους όρων. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 107. Παράδειγμα: Ως προςτο αλφάβητο Σ = {a,b,c}, βρείτε με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να σχηματισθούν λέξεις μήκους n, οι οποίες να έχουν περιττό πλήθος των a και των b, αλλά αυθαίρετο πλήθος των c. ´Εστω an, bn, cn το πλήθος των επιλογών για λέξεις μήκους n, οι οποίες έχουν (αντιστοίχως) περιττό πλήθος των a ή περιττό πλήθος των b ή αυθαίρετο πλήθος των c. Προφανώς, θέτοντας A = B = {n ∈ N: n περιττό}, οι τρεις ακολουθίες αυτές ορίζονται ως an = bn = χA(n), cn = χN(n). Αν λοιπόν A(x), B(x), C(x) είναι οι αντίστοιχες εκθετικές γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, cn, τότε έχουμε (από τον ορισμό τους): A(x) = B(x) = ∞ n περιττό xn n! = 1 2 (ex − e−x), C(x) = ∞ n=0 xn n! = ex. Επιπλέον, συμβολίζοντας με dn το ζητούμενο πλήθος των διαφορετικών λέξεων μήκους n, οι οποίες να έχουν περιττό πλήθος των a και των b, αλλά αυθαίρετο πλήθος των c, αν D(x) είναι η εκθετική γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας dn, τότε, σύμφωνα με τον τύπο του γινομένου, E(x) = A(x)B(x)C(x)D(x) και τελικώς εφαρμόζοντας το Θεώρημα 54, έχουμε: D(x) = ex − e−x 2 2 ex = 1 4 (e3x − 2ex + e−x), από όπου προκύπτει ότι dn = 1 4 (3n − 2 + (−1) n). Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 108. Παράδειγμα: Ο προπονητήςμιας ομάδας n παικτών τους χωρίζει σε δυο ομάδες και για να ξεχωρίζουν ζητά τους παίκτες της πρώτης ομάδας να φορέσουν μια φανέλα που να είναι είτε πράσινη ή άσπρη ή μπλε, ενώ τους παίκτες της δεύτερης ομάδας να φορέσουν όλοι μια κόκκινη φανέλα. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί αυτό να γίνει; ´Εστω ak το πλήθος των τρόπων που μπορούν οι k παίκτες της πρώτης ομάδας να επιλέξουν να φορέσουν μια είτε πράσινη ή άσπρη ή μπλε φανέλα και bm το πλήθος των τρόπων που μπορούν όλοι οι (υπόλοιποι) m παίκτες της δεύτερης ομάδας να επιλέξουν να φορέσουν την κόκκινη φανέλα. Προφανώς, ak = k!3k και bm = m!. Αν λοιπόν A(x), B(x) είναι οι εκθετικές γεννήτριες συναρτήσεις των ακολουθιών an, bn, αντιστοίχως, τότε θα έχουμε: A(x) = ∞ n=0 n!3n xn n! = 1 1 − 3x , B(x) = ∞ n=0 n! xn n! = 1 1 − x . Επομένως, αν cn είναι το ζητούμενο πλήθος τρόπων και C(x) η εκθετική γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας {cn}, το θεώρημα του γινομένου θα συνεπάγεται ότι C(x) = A(x)B(x). ∆ηλαδή, μετά από απλές πράξεις, G(x) = 1 1 − 3x · 1 1 − x = 3 2(1 − 3x) − 1 2(1 − x) = ∞ n=0 1 2 (3n+1 − 1)n! xn n! και, άρα, βρίσκουμε cn = 1 2 (3n+1 − 1)n!. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 109. Παράδειγμα: ´Εστω B(x)η εκθετική γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας των αριθμών Bell B(n). ∆είξτε ότι B(x) = eex−1. Γνωρίζουμε ότι B(n + 1) = ∞ i=0 B(i) n i , για n ≥ 0, και B(0) = 1. Πολλαπλασιάζοντας με xn n! και αθροίζοντας για όλα τα n ≥ 0, παίρνουμε ∞ n=0 B(n + 1) xn n! = ∞ n=0 ∞ i=0 B(i) n i xn n! . Καθώς το αριστερό σκέλος της παραπάνω εξίσωσης είναι το B (x), ενώ το δεξιό σκέλος είναι ίσο με B(x)ex, το θεώρημα του γινομένου συνεπάγεται ότι B (x) = B(x)ex ή B (x) B(x) = ex, οπότε ολοκληρώνοντας βρίσκουμε ln B(x) = ex + c, για μια σταθερά c, η οποία προσδιορίζεται από τη συνθήκη B(0) = 1 να είναι c = −1. Συνεπώς, ln B(x) = ex − 1 και, άρα, B(x) = eex−1. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 110. Ασκήσεις 1 Λύστε τηναναδρομική εξίσωση an+1 = an + 2n, για n ≥ 0,a0 = 0. 2 Λύστε την αναδρομική εξίσωση an+1 = 3an + 2n, για n ≥ 0,a0 = 1. 3 Λύστε την αναδρομική εξίσωση an+2 = 8an+1 −16an, για n ≥ 0,a0 = 1,a1 = 4. 4 Λύστε την αναδρομική εξίσωση an+1 = (n + 1)an +2(n + 1)!, για n ≥ 0,a0 = 0. 5 Λύστε την αναδρομική εξίσωση an = nan−1 +n(n − 1)an−2, για n ≥ 2,a0 = a1 = 1. 6 Λύστε την αναδρομική εξίσωση an+1 = (n + 1)an +n!, για n ≥ 0,a0 = 0. Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 111. 7 ´Εστω anτο πλήθος των τρόπων που μπορούμε να χαλάσουμε n ευρώ σε χαρτονομίσματα των 10 και των 5 ευρώ και σε κέρματα του 1 ευρώ. Υπολογίστε τη σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση A(x) της ακολουθίας an. 8 Υπολογίστε τη σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας an = n2. 9 ´Εστω f(n) το πλήθος των υποσυνόλων του [n], στα οποία η απόσταση μεταξύ οποιωνδήποτε δυο στοιχείων είναι τουλάχιστον 3. Υπολογίστε τη σύνηθη γεννήτρια συνάρτηση της f(n). 10 ∆ιαιρούμε μια ομάδα ατόμων σε τρεις υπο–ομάδες A,B και C και ζητούμε κάθε υπο–ομάδα να στοιχισθεί σε σειρά. Επίσης απαιτούμε την υπο–ομάδα A να περιέχει περιττό πλήθος ατόμων και την B άρτιο. Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό να γίνει; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική
- 112. 11 Επιλέγουμε έναπεριττό πλήθος ατόμων από μια ομάδα n ατόμων για να σχηματίσουν μια επιτροπή. Στη συνέχεια, επιλέγουμε ένα άρτιο πλήθος ατόμων από αυτήν την επιτροπή για να σχηματίσουν μια υπο–επιτροπή (ενδεχομένως άδεια, αφού το 0 είναι άρτιος). Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό να γίνει; 12 ´Εστω ότι έχουμε n κάρτες και θέλουμε να τις χωρίσουμε σε ένα άρτιο πλήθος ομάδων (με τουλάχιστον μια κάρτα στην κάθε μια) και να στοιχίσουμε σε σειρά κάθε ομάδα. Με πόσους τρόπους μπορεί αυτό να γίνει; Μωυσής Α. Μπουντουρίδης ∆ΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ: ΙΙ. Συνδυαστική