ΓΕΝΝΗΤΡΙΕΣ BURNSIDE POLYA (Χρήστου Νικολαϊδη)

Transcript

1 ΓΕΝΝΗΤΡΙΕΣ BURNSIDE POLYA (Χρήστου Νικολαϊδη) Το υλικό αυτό δεν υποκαθιστά την ύλη του βιβλίου Αποφεύγω την µακροσκελή ανάλυση του βιβλίου προσπαθώντας να µείνω σε βασικές έννοιες και να εξηγήσω πως δουλεύουµε πρακτικά. Η παρουσίαση γίνεται µε απλά παραδείγµατα και πρόσθετα σχόλια για τυχόν άγνωστες έννοιες. Οι ασκήσεις που συναντούµε συνήθως είναι πιο περίπλοκες γι αυτό αφού κατανοήσετε τις σηµειώσεις αυτές καλό είναι να επιστρέψετε στο βιβλίο για µια πιο ολοκληρωµένη µελέτη. ΤΙ ΕΙΝΑΙ ΓΕΝΝΗΤΡΙΑ Α. ΓΕΝΝΗΤΡΙΕΣ Στην ακολουθία των αριθµών a, a, a, a,κ αντιστοιχεί η γεννήτρια συνάρτηση a + a + a + a η οποία πιο σύντοµα γράφεται = a (σηµαίνει ότι αθροίζουµε τους όρους a όπου το παίρνει τιµές από µέχρι ) Αν η ακολουθία είναι πεπερασµένη (σταµατάει πχ στον a ) τότε και η γεννήτρια έχει πεπερασµένο µήκος. +Κ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. Έστω η ακολουθία a =, δηλαδή a =, a =, a =, a,κ Η αντίστοιχη γεννήτρια συνάρτηση είναι = Κ = = ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. Έστω η ακολουθία a =, a =, a =, a ενώ για είναι a = = Η αντίστοιχη γεννήτρια συνάρτηση είναι = Αυτή έχει όπως λέµε κλειστό τύπο. a = + +

2 ΣΕ ΤΙ ΕΞΥΠΗΡΕΤΕΙ Σε ορισµένα πολύπλοκα προβλήµατα είναι δύσκολο να δουλέψουµε µε ακολουθίες. Μετατρέπουµε λοιπόν τις ακολουθίες σε γεννήτριες οι οποίες δουλεύονται πιο εύκολα γιατί µοιάζουν µε πολυώνυµα, καταλήγουµε σε µια τελική γεννήτρια και επιστρέφουµε στην τελική ακολουθία που δίνει την απάντηση στο πρόβληµά µας. ΘΕΩΡΟΥΝΤΑΙ ΓΝΩΣΤΑ Από τις γεωµετρικές προόδους θα χρειαστούµε τους τύπους λ + λ + λ + λ + Κ + λ = () λ ενώ όταν έχουµε άπειρους όρους + λ + λ + λ + Λ = (ισχύει µόνο όταν λ < ) () λ Επίσης, η εκθετική συνάρτηση e µπορεί να γραφεί και ως άπειρη σειρά e = Λ ()!! (Αν δεν πιστεύετε υπολογίστε σε ένα κοµπιουτεράκι το e και µετά το δεύτερο σκέλος για = µέχρι τον ο ή 6 ο όρο ή µέχρι όπου έχετε υποµονή!) ΕΥΚΟΛΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. Ποια είναι η γεννήτρια της σταθερής ακολουθίας,,,,, ; Πρόκειται για την ακολουθία a = (για κάθε ). Έχουµε = = Λ = ( Λ ) = = από τον τύπο (). ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. Ποια είναι η γεννήτρια της ακολουθίας a = + ; Πρόκειται για την ακολουθία a =, a =, a =, a =, Κ Η γεννήτρια είναι Λ Αν θέλουµε να την βρούµε µε κλειστό τύπο, ένας τρόπος είναι να σκεφτούµε ως εξής: Παρατηρούµε ότι οι όροι είναι παράγωγοι των δυνάµεων του. ( ) ( ) ( ) Λ = ( Λ) = [ ( Λ )]

3 Εφαρµόζοντας τον τύπο () µέσα στην παρένθεση, αυτό είναι ίσο µε [ ( )] ) ( = = ( ) ΣΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΣΥΝ ΥΑΣΤΙΚΗΣ Η γεννήτρια εµφανίζεται σε προβλήµατα συνδυαστικής. Μας ρωτάνε «µε πόσους τρόπους µπορούµε να επιλέξουµε αντικείµενα όταν. κλπ κλπ». Αφού κάνουµε τις διεργασίες και τις πράξεις που πρέπει (θα εξηγήσω αµέσως µετά) καταλήγουµε σε µια γεννήτρια a + a + a + a +Κ και η απάντηση βρίσκεται στους συντελεστές των. ηλαδή µπορούµε να επιλέξουµε αντικείµενα µε a τρόπους, συγκεκριµένα αντικείµενα µε a τρόπους, αντικείµενα µε a τρόπους κοκ. Εδώ φαίνεται και η χρησιµότητα των γεννητριών: εν χρειάζεται να λύσουµε το πρόβληµα χωριστά για =, για = κλπ. Το λύνουµε µια και καλή και οι συντελεστές a δίνουν την απάντηση για κάθε. ΠΡΑΚΤΙΚΑ ΣΤΙΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Όταν επιλέγουµε αντικείµενα µεταξύ όµοιων αντικειµένων, αντιστοιχεί ένας παράγοντας που είναι κοµµάτι του Λ + Για να γίνω πιο σαφής: Αν µπορώ να επιλέξω από µέχρι 6 αντικείµενα τότε αντιστοιχεί ο παράγοντας 6 ( ) Αν µπορώ να επιλέξω είτε είτε είτε είτε αντικείµενα, τότε αντιστοιχεί ο παράγοντας ( ) Αν µπορώ να επιλέξω το πολύ, αντιστοιχεί ο ( + + )

4 Αν µπορώ να επιλέξω τουλάχιστον, αντιστοιχεί ο 6 ( + + Λ + ) Αν µπορώ να επιλέξω περιττό αριθµό, το πολύ, αντιστοιχεί ο ( + + ) Αν δεν υπάρχει περιορισµός αντιστοιχεί ολόκληρη η παραπάνω παράσταση Επαναλαµβάνουµε τη διαδικασία για κάθε οµάδα όµοιων αντικειµένων και στο τέλος πολλαπλασιάζουµε τους παράγοντες ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. Έχω κόκκινες και µαύρες µπάλες. Ποια είναι η γεννήτρια που δείχνει µε πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες όταν επιλέγω υποχρεωτικά τουλάχιστον µαύρες; Στην επιλογή των κόκκινων αντιστοιχεί ο παράγοντας ( + + ) Στην επιλογή των µαύρων αντιστοιχεί ο παράγοντας ( + ) Η γεννήτρια είναι f () = ( + + )( + ) = Οι συντελεστές,,,,, δείχνουν τις αντίστοιχες απαντήσεις. Πράγµατι, ας ξεχάσουµε τις γεννήτριες κι ας δούµε πρακτικά ποιες είναι οι απαντήσεις. Θυµηθείτε ότι έχουµε µπάλες ΚΚΜΜΜ και επιλέγουµε τουλάχιστον ΜΑΥΡΕΣ - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες; Με κανέναν εφόσον πρέπει να έχω τουλάχιστον µαύρες. - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλα; Με κανέναν εφόσον πρέπει να έχω τουλάχιστον µαύρες. - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες; Με έναν: ΜΜ - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες; Με δύο: ΜΜΜ ή ΜΜΚ - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες; Με δύο: ΜΜΜΚ ή ΜΜΚΚ - Με πόσους τρόπους µπορώ να επιλέξω µπάλες; Με έναν: Να τις επιλέξω όλες ΜΜΜΚΚ Συγκρίνετε τα αποτελέσµατα,,,,, µε τους συντελεστές της γεννήτριας. Τώρα, αν σε µια οµάδα αντί για, έχουµε άπειρα αντικείµενα ο αντίστοιχος παράγοντας είναι κοµµάτι του

5 ( Λ ) το οποίο ισούται µε (αν το δούµε σαν άθροισµα όρων γεωµετρικής προόδου) ή αλλιώς ( ) ΣΤΗΝ ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΓΕΝΝΗΤΡΙΑ Σκεφτόµαστε όπως και πριν, µόνο που τώρα παίρνουµε κοµµάτια της σειράς + +! +! +Λ [θυµίζω ότι έτσι αναλύεται η εκθετική συνάρτηση e ] Β. BURNSIDE Αφορά προβλήµατα σχετικά µε χρωµατισµούς σχηµάτων. Πριν προχωρήσουµε ας πούµε ορισµένα προκαταρκτικά. ΧΡΗΣΙΜΑ ΣΧΟΛΙΑ ΓΙΑ ΤΙΣ ΑΝΑΜΕΤΑΘΕΣΕΙΣ Θεωρώ τους αριθµούς,,,,. Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να «ανακατέψω» αυτούς τους αριθµούς. Τα ανακατέµατα αυτά λέγονται αναµεταθέσεις (ή απλά µεταθέσεις). είτε ορισµένους τρόπους παρακάτω όπου στην πρώτη σειρά έχω την αρχική άδα και στη δεύτερη την «ανακατεµένη» : το πηγαίνει στο, το στο κοκ. : ανταλλάσσω το µε το ενώ τα υπόλοιπα µένουν σταθερά. : όλα µένουν ίδια. Πρόκειται για την ταυτοτική αναµετάθεση e : το πηγαίνει στο, το στο,, το πίσω στο (κύκλος) κλπ. Το πλήθος των αναµεταθέσεων αυτών είναι!=. Γενικά για αριθµούς το πλήθος τους είναι!

6 Σηµείωση: Ουσιαστικά οι αναµεταθέσεις του συνόλου Α={,,,,} είναι συναρτήσεις «-» και «επί» από το Α στον εαυτό του. Ένας εναλλακτικός τρόπος να γράφουµε µια αναµετάθεση είναι σε κυκλική µορφή. Καταρχάς, ο κύκλος (abcd) στέλνει το a στο b, το b στο c, το c στο d και το d πίσω στο a. Μια αναµετάθεση λοιπόν µπορούµε να τη σπάσουµε σε ξεχωριστούς κύκλους. Η πρώτη αναµετάθεση από τις παραπάνω γράφεται ()() διότι πηγαίνουν το στο, το στο, το στο (κλείνει ο πρώτος κύκλος) ξεκινάµε τώρα από το : το στο το στο (κλείνει και ο δεύτερος κύκλος) Με παρόµοιο τρόπο οι υπόλοιπες τρεις αναµεταθέσεις γράφονται ()()()() ()()()()()=e () ΟΤΑΝ ΟΙ ΑΝΑΜΕΤΑΘΕΣΕΙΣ ΠΑΡΙΣΤΑΝΟΥΝ ΚΙΝΗΣΕΙΣ ΣΕ ΕΝΑ ΣΧΗΜΑ Στο τετράγωνο π.χ. Η ταυτοτική e=()()()() αφήνει τις κορυφές όπως είναι. Η ()() στέλνει το στο, το στο, το στο και το στο, µε άλλα λόγια το περιστρέφει ως προς τον κατακόρυφο άξονα Η ()()() στέλνει το στο, το στο, ενώ αφήνει τα και όπως είναι, µε άλλα λόγια το περιστρέφει ως προς τον άξονα -. Η () στέλνει το στο, το στο, το στο, το στο, δηλαδή το περιστρέφει κυκλικά προς τα δεξιά, σύµφωνα µε τη φορά του ρολογιού.. Κλπ. Ερώτηση: Ας πάρω έναν συγκεκριµένο χρωµατισµό των κορυφών του τετραγώνου µε δύο χρώµατα Άσπρο και Μαύρο, τον Α Μ Μ Α Ποιες από τις αναµεταθέσεις παραπάνω τον αφήνουν αναλλοίωτο; Απάντηση: Σίγουρα η e. Από τις υπόλοιπες τρεις µόνο η ()()(). 6

7 ΧΡΗΣΙΜΑ ΣΧΟΛΙΑ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΧΡΩΜΑΤΙΣΜΟΥΣ Πιο πάνω πήρα έναν συγκεκριµένο χρωµατισµό. Πόσοι άλλοι υπάρχουν; Μετράω όλους τους δυνατούς χρωµατισµούς στο τετράγωνο Αν έχουµε χρώµα, πχ το ΜΑΥΡΟ, πόσοι χρωµατισµοί υπάρχουν; Προφανώς, να βάψουµε όλες τις κορυφές µε ΜΑΥΡΟ. Αν έχουµε χρώµατα, πόσοι χρωµατισµοί υπάρχουν; επιλογές για την πρώτη κορυφή, για τη δεύτερη κοκ, άρα. Αν έχουµε χρώµατα, πόσοι χρωµατισµοί υπάρχουν; Είναι Αν έχουµε χρώµατα, πόσοι χρωµατισµοί υπάρχουν; Είναι. Περιπλέκω το πρόβληµα: Θεωρώ ότι οι παρακάτω χρωµατισµοί δεν διαφέρουν Μ Α Α Μ Α Α Α Α διότι ο δεύτερος προκύπτει από τον πρώτο µε µια κυκλική κίνηση. Επιτρέπω όπως λέµε τις κυκλικές συµµετρίες. (Υπάρχουν και άλλες συµµετρίες, όπως η περιστροφή γύρω από τον κατακόρυφο, τον οριζόντιο ή κάποιον διαγώνιο άξονα). Τότε οι χρωµατισµοί είναι στην ουσία λιγότεροι. Πόσοι; Την απάντηση στο ερώτηµα αυτό δίνει ο τύπος του Buside. Αν επιτρέπονται και άλλες κινήσεις, ή όπως λέµε συµµετρίες, τότε περιγράφουµε τις κινήσεις µε αναµεταθέσεις και εφαρµόζουµε τον τύπο του Buside. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ BURNSIDE Ας δούµε ένα απλούστερο πρόβληµα για να καταλάβουµε πως δουλεύουµε. Έχουµε µια ράβδο µε δύο κορυφές. Έχουµε και δυο χρώµατα, άσπρο (Α) και µαύρο (Μ), για να βάψουµε τις κορυφές. Πόσοι διαφορετικοί χρωµατισµοί υπάρχουν; 7

8 Επειδή είναι εύκολο, το λύνω πρώτα πρακτικά, χωρίς Buside. ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Υπάρχουν γενικά τρόποι να χρωµατίσουµε τη ράβδο: Α-Α, Α-Μ, Μ-Α, Μ-Μ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Αν όµως θεωρήσουµε ότι το αναποδογύρισµα της ράβδου επιτρέπεται (δηλαδή δίνει τον ίδιο χρωµατισµό) τότε υπάρχουν µόνο : Α-Α, Α-Μ, Μ-Μ (διότι το Μ-Α είναι ίδιο µε το Α-Μ). Ας δούµε πως θα πάρουµε τις ίδιες απαντήσεις µε τον τύπο του Buside (ο οποίος είναι χρήσιµος σε πιο πολύπλοκες περιπτώσεις όπου είναι αδύνατο να εργαστούµε πρακτικά). Ξεκινάω ανάποδα: ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Συµβολίζουµε τις δύο κορυφές µε και. Υπάρχουν δύο κινήσεις που επιτρέπονται στη ράβδο. α) Να µείνει όπως είναι: το στο, το στο : περιγράφεται από την ταυτοτική αναµετάθεση e=()() β) Να αναποδογυριστεί: το στο και το στο : περιγράφεται από την αναµετάθεση π=() Συµπληρώνουµε τον πίνακα Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση Πόσοι χρωµατισµοί µένουν αναλλοίωτοι e ()() = π () Το ερώτηµα είναι πως συµπληρώθηκε η τρίτη στήλη. Απαντάµε στα ερωτήµατα Από τους αρχικούς χρωµατισµούς, πόσοι παραµένουν ίδιοι αν εφαρµόσουµε την κίνηση e; Απάντηση: όλοι Από τους αρχικούς χρωµατισµούς, πόσοι παραµένουν ίδιοι αν εφαρµόσουµε την κίνηση (); Απάντηση:, συγκεκριµένα οι Α-Α και Μ-Μ. Ο τύπος Buside δίνει (άθροισµα ης στήλης) = 6 = (όπως περιµέναµε) ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Τώρα επιτρέπεται µόνο µία κίνηση στη ράβδο α) Να µείνει όπως είναι: το στο, το στο : περιγράφεται από την ταυτοτική αναµετάθεση e=()() Συµπληρώνουµε τον πίνακα Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση Πόσοι χρωµατισµοί µένουν αναλλοίωτοι e ()() = 8

9 Ο τύπος Buside δίνει (άθροισµα ης στήλης) = = (όπως περιµέναµε) Γ. POLYA Αφορά και πάλι προβλήµατα σχετικά µε χρωµατισµούς σχηµάτων. Πριν προχωρήσετε µελετήστε ξανά τα προκαταρκτικά που αναφέρονται στην προηγούµενη παράγραφο για το Θεώρηµα Buside. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ POLYA Περιγράφω τη διαδικασία µε βήµατα: ο ΒΗΜΑ. Συµπληρώνουµε έναν πίνακα όπως παραπάνω µε ίδιες τις δύο πρώτες στήλες (αναµεταθέσεις και κυκλικές αναπαραστάσεις). Περιέχει τόσες γραµµές όσες είναι οι συµµετρίες που περιγράφονται στο πρόβληµα. ο ΒΗΜΑ. Στην τρίτη στήλη βάζουµε µια δείκτρια συνάρτηση µε το εξής σκεπτικό: α) σε κάθε κύκλο µήκους i αντιστοιχεί ένας παράγοντας yi β) πολλαπλασιάζουµε τους παράγοντες, δηλαδή Στην κυκλική αναπαράσταση (α)(β)(γδ)(εζ)(ηθ)(ικλ)(µνξ) αντιστοιχεί η δείκτρια y y y y y y y, δηλαδή y y y ο ΒΗΜΑ. Παίρνουµε τον τύπο (άθροισµα ης στήλης) ο ΒΗΜΑ. Αν στο πρόβληµα έχουµε χρώµατα, αντικαθιστούµε το y + + Λ + το y + + Λ + το y + + Λ + κοκ ο ΒΗΜΑ. Η απάντηση στο γενικό πρόβληµα δίνεται αν στον τελικό τύπο θέσουµε όλα τα i ίσα µε. Ας δούµε τα πρoβλήµατα και της προηγούµενης παραγράφου µέσα από τη Θεωρία Polya. ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Χρωµατισµοί της ράβδου µε δύο χρώµατα. εν επιτρέπεται αναποδογύρισµα. 9

10 Θυµίζω ότι εφόσον δεν επιτρέπεται αναποδογύρισµα θεωρούµε µόνο την ταυτοτική συµµετρία που αφήνει τη ράβδο όπως είναι. Συµπληρώνουµε τον πίνακα Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση είκτρια e ()() y Έχουµε τον τύπο (άθροισµα ης στήλης) = y = Εφόσον έχουµε χρώµατα αντικαθιστούµε το y + και ο τύπος γίνεται ( + ) και τέλος αν θέσου = παίρνουµε την τελική απάντηση = όπως είχαµε υπολογίσει και πριν. = ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Χρωµατισµοί της ράβδου y µε δύο χρώµατα. Επιτρέπεται αναποδογύρισµα. Θυµίζω ότι εφόσον επιτρέπεται αναποδογύρισµα θεωρούµε την ταυτοτική συµµετρία που αφήνει τη ράβδο όπως είναι και το αναποδογύρισµα που στέλνει την κορυφή στην και την στην. Συµπληρώνουµε τον πίνακα Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση είκτρια e ()() y π () y Έχουµε τον τύπο (άθροισµα ης στήλης) = Εφόσον έχουµε χρώµατα αντικαθιστούµε το y + το y + y ( y + ) και ο τύπος γίνεται [( ) + + ( + )] και τέλος αν θέσου = = παίρνουµε την τελική απάντηση ( + ) = όπως είχαµε υπολογίσει και πριν.

11 ΑΣΚΗΣΗ (Buside και Polya) Θεωρούµε τη ράβδο Πόσοι χρωµατισµοί µε δύο χρώµατα υπάρχουν αν επιτρέπεται το αναποδογύρισµα της ράβδου; α) Να λυθεί πρακτικά µετρώντας όλες τις περιπτώσεις (εδώ µπορεί να γίνει µιας και το πρόβληµα είναι σχετικά µικρό) β) Να λυθεί µε τον τύπο Buside. γ) Να λυθεί µε τον τύπο Polya. ΛΥΣΗ α) Ας θεωρήσουµε δύο χρώµατα ΑΣΠΡΟ και ΜΑΥΡΟ. Γενικά υπάρχουν = διαφορετικοί χρωµατισµοί επειδή όµως επιτρέπεται το αναποδογύρισµα οι ουσιαστικά διαφορετικοί χρωµατισµοί είναι ΑΑΑΑΑ ΑΜΑΑΜ ΜΑΜΑΜ ΑΑΑΑΜ ΑΜΑΜΑ ΜΑΜΜΜ ΑΑΑΜΑ ΑΜΑΜΜ ΜΜΑΜΜ ΑΑΑΜΜ ΑΜΜΑΜ ΜΜΜΜΜ ΑΑΜΑΑ ΑΜΜΜΑ ΑΑΜΑΜ ΑΜΜΜΜ ΑΑΜΜΑ ΜΑΑΑΜ ΑΑΜΜΜ ΜΑΑΜΜ Έχουµε δηλαδή διαφορετικούς χρωµατισµούς β) Αν αριθµήσουµε τις κορυφές µε,,,, επιτρέπονται δύο συµµετρίες: η ταυτοτική e = ()()()()() και το αναποδογύρισµα π = ()()() Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση Πόσοι χρωµατισµοί µένουν αναλλοίωτοι e ()()()()() = π ()()() = 8 Ο τύπος Buside δίνει (άθροισµα ης στήλης) = = γ) Εδώ έχουµε τον πίνακα Αναµετάθεση Κυκλική αναπαράσταση είκτρια e ()()()()() y π ()()() y y

12 Έχουµε (άθροισµα ης στήλης) = ( + y ) y y Εφόσον έχουµε χρώµατα αντικαθιστούµε το y + το y + και ο τύπος γίνεται [ ( ) ( )( ) ] και τέλος αν θέσου = = παίρνουµε την τελική απάντηση ( + ) =