n ίδια n διαφορετικά n n 0 n n n 1 n n n n 0 4

Transcript

1 Διακριτά Μαθηματικά Ι Επαναληπτικό Μάθημα 1

2 Συνδυαστική 2

3 Μεταξύ 2n αντικειμένων, τα n είναι ίδια. Βρείτε τον αριθμό των επιλογών n αντικειμένων από αυτά τα 2n αντικείμενα. Μεταξύ 3n + 1 αντικειμένων τα n είναι ίδια. Βρείτε τον αριθμό των επιλογών n αντικειμένων από αυτά τα 3n + 1 αντικείμενα. Η απάντηση να δοθεί με κλειστό τύπο. Μη χρησιμοποιήσετε γεννήτριες συναρτήσεις. Χωρίζω τα 2n αντικείμενα σε δύο κατηγορίες: Στα n αντικείμενα που είναι όλα ίδια μεταξύ τους και στα υπόλοιπα n διαφορετικά αντικείμενα. Δηλαδή μπορούμε να επιλέξουμε από τα 2n αντικείμενα ως εξής: 3

4 n ίδια ( n 0) ( n 1). ( n n) n διαφορετικά ( n n) ( n ) n 1. ( n 0) 4

5 Προφανώς ο αριθμός των επιλογών k αντικειμένων από τα n ίδια αντικείμενα είναι πάντα 1, αφού τα αντικείμενα αυτά είναι ίδια. Δηλαδή: Ο αριθμός των τρόπων επιλογής n από 2n αντικείμενα (με n αντικείμενα από τα 2n, όμοια) είναι: n k=0 ( )( ) n n ( n k)=1 = k n k n k=0 ( ) n = 2 n k 5

6 Ομοια με το (α) χωρίζουμε τα 3n + 1 αντικείμενα στους 2 σωρούς. Ο ένας έχει τα 2n + 1 διαφορετικά αντικείμενα και ο δεύτερος τα n ίδια. Το να διαλέξεις n αντικείμενα από τα 3n + 1 ισοδυναμεί με το να διαλέξεις k από τον πρώτο σωρό και n k από το δεύτερο, για κάθε k. Ο αριθμός των τρόπων όμως που μπορούμε να διαλέξουμε n k από τα n όμοια είναι πάντα 1. 6

7 Άρα ο αριθμός των επιλογών είναι: n ( ) 2n = k k=0 n ( ) 2n + 1 k=0 k (1) 7

8 Εστω A = n ( ) 2n + 1 k=0 Παρατηρώ ότι: Είναι βέβαια A = 2n+1 k=0 k 2n+1 k=0 ( 2n + 1 k ) ( ) 2n + 1 = 2 2n+1 k 2n+1 k=n+1 ( ) 2n + 1 k (2) 8

9 Πρέπει λοιπόν να υπολογίσουμε το X = X = 2n+1 k=n+1 ( ) 2n + 1 = k 2n+1 k=n+1 2n+1 k=n+1 ( 2n + 1 ) (2n + 1) k Θέτω m = 2n + 1 k, άρα 0 m n X = 2n+1 k=n+1 ( ) 2n + 1 = 2n + 1 k ( ) 2n + 1 k n ( ) 2n + 1 = A (3) m m=0 9

10 10 (1), (2), (3) A = 2 2n+1 A A = 2 n n ( ) 2n + 1 = 2 2n k k=0

11 11 Εστω f (n) ο αριθμός των διαμερίσεων n διακεκριμένων αντικειμένων σε μη διακεκριμένα υποσύνολα των 2 στοιχείων. Να δείξετε ότι { 0, n περιττός f (n) = (n 1), n άρτιος Προφανώς ισχύει f (n) = 0 για n περιττό, αφού συνολικά τα υποσύνολα θα πρέπει να περιέχουν άρτιο αριθμό αντικειμένων (2 αντικείμενα σε κάθε υποσύνολο). Επομένως κάποιο αντικείμενο θα περισσεύει, και άρα δεν υπάρχει διαμέριση που να περιλαμβάνει όλα τα αντικείμενα. Στην περίπτωση που το n είναι άρτιο, υποθέτουμε ότι είναι της μορφής n = 2m. Θα σχηματίσουμε m υποσύνολα των 2 στοιχείων.

12 Οι δυνατές μεταθέσεις των 2m αντικειμένων είναι (2m)!, όμως δεν μας ενδιαφέρει η σειρά των αντικειμένων σε κάθε υποσύνολο ούτε η σειρά με την οποία θα σχηματίσουμε τα υποσύνολα. Για να βρούμε τον αριθμό των δυνατών διαμερίσεων, στην πρώτη περίπτωση θα πρέπει να διαιρέσουμε τις μεταθέσεις των 2m αντικειμένων με 2 m και στην δεύτερη με m!, και επομένως έχουμε: 12

13 f (2m) = (2m)! (2m) (2m) 2 m = m! 2 m = = (2m 1) 1 2 (m) 2 4 (2m) 13

14 f (n) = (n 1), n άρτιος 14

15 Γεννήτριες Συναρτήσεις 15

16 16 Να βρεθεί ( ) η γεννήτρια συνάρτηση της ακολουθίας 2r a r = r = 0, 1, 2, 3,... Στη συνέχεια σαν r εφαρμογή του πιο πάνω να υπολογισθεί το άθροισμα t ( )( ) 2i 2t 2i i t i i=0 Από το Δυωνυμικό Θεώρημα έχουμε: (1 + x) n = 1 + r=1 n(n 1)(n 2)... (n r + 1) x r r!

17 Άρα: (1 4x) ( = )( 1 2 1)... ( 1 2 r + 1) ( 4x) r r! r=1 4 r ( 1 2 = 1 + )( 3 2 )( 5 2 )... ( 2r 1 2 ) x r r! r=1 2 [ r (2r 1) ] = 1 + x r r! r=1 2 r r! [ (2r 1) ] = 1 + x r r!r! = 1 + r=1 r=1 (2r)! = 1 + r!r! x r r=1 ( ) 2r = 1 + x r r r=1 ( r) [ (2r 1) ] r!r! x r 17

18 18 Αφού ( ) 2i i είναι ο συντελεστής του όρου x i στο (1 4x) 1 2 και ( 2t 2i ) είναι ο συντελεστής του όρου x t i στο (1 4x) 1 2 t i τότε: t i=0 ( 2i i )( ) 2t 2i είναι ο συντελεστής του όρου x t t i στο (1 4x) 1 2 (1 4x) 1 2 = (1 4x) 1 = 1 + 4x + (4x) 2 + (4x) (4x) r +...

19 19 Επομένως έχουμε: t i=0 ( 2i i )( ) 2t 2i = 4 t t i

20 20 Χρησιμοποιώντας γεννήτριες συναρτήσεις, υπολογίστε με πόσους τρόπους μπορούν να μοιραστούν τα 52 (διακεκριμένα) χαρτιά μιας τράπουλας σε 4 (διακεκριμένους) παίκτες όταν κάθε παίκτης πρέπει να πάρει τουλάχιστον ένα χαρτί. Τα χαρτιά είναι διαφορετικά, οπότε μας ενδιαφέρει η σειρά (όχι με την έννοια ότι μας ενδιαφέρει η σειρά που μοιράζονται τα χαρτιά, αλλά με την έννοια ότι μας επιβάλλουν μία διάταξη στους παίκτες). ;ρα πρέπει να χρησιμοποιηθούν οι εκθετικές γεννήτριες συναρτησεις μιας και οι παίκτες και τα χαρτιά θεωρούνται διακεκριμένες οντότητες.

21 21 x Η ΓΣ για κάθε παίκτη είναι: 1 3! +...= ex 1 (κάθε παράγοντας στο γινόμενο εκφράζει τη δυνατότητα μοιράσματος ενός, δύο, τριών ή περισσοτερων χαρτιών σε κάθε ένα από τους τέσσερεις παίκτες). Σημείωση: Επειδή τα χαρτιά είναι 52 και επειδή κάθε παίκτης πρέπει να πάρει τουλάχιστον 1 χαρτί και κανένας παίκτης δεν μπορεί να πάρει περισσότερα από 49 χαρτιά, θα έπρεπε να σταματήσουμε το άθροισμα x 1 1! + x 2 2! + x 3 49 x 3! +... στον όρο 49!. Τότε 1! + x 2 2! + x 3 όμως το άθροισμα δε θα ισούται με e x 1. Επεκτείνοντας το άθροισμα στο άπειρο δεν επηρεάζει το αποτέλεσμα επειδή οι μεγαλύτερες δυνάμεις του x δεν επηρεάζουν το ζητούμενο συντελεστή. Άρα η ΓΣ για όλους τους παίκτες είναι: (e x 1) 4 = e 4x 4e 3x + 6e 2x 4e x + 1 Η απάντηση στην ερώτηση δίνεται από το συντελεστή του όρου x 52 52! που είναι

22 Σχέσεις Αναδρομής 22

23 23 Να υπολογίσετε τον αριθμό των λέξεων μήκους n από το αλφάβητο {0, 1, 2}, στις οποίες γειτονικά ψηφία διαφέρουν ΤΟ ΠΟΛΥ κατά 1. Ας είναι: a n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 0. b n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 1. c n - ο αριθμός τέτοιων λέξεων που τελειώνουν σε 2. x n = a n + b n + c n

24 Αλλάζοντας τα 0 και 2 παίρνουμε μία αντιστοιχία 1-σε-1 μεταξύ του συνόλου των λέξεων (της ζητούμενης μορφής) που τελειώνουν σε 0 και του συνόλου των λέξεων (της ζητούμενης μορφής) που τελειώνουν σε 2. 24

25 25 Επομένως έχουμε: a n = c n και x n = 2a n + b n με a 1 = b 1 = 1 και a n+1 = a n + b n b n+1 = a n + b n + c n = 2a n + b n = x n

26 26 Επομένως: b n+2 = 2a n+1 +b n+1 = 2(a n +b n )+b n+1 = (2a n +b n )+b n +b n+1 = = b n+1 + b n + b n+1 = 2b n+1 + b n

27 27 Άρα έχουμε τη σχέση αναδρομής: b n+2 2b n+1 b n = 0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: λ 2 2λ 1 = 0 και λ 1,2 = 1 ± 2

28 28 Επομένως: b n = A(1 + 2) n + B(1 2) n A = B = 1/2 b n = 1 2 ((1 + 2) n + 1 ) 2) n

29 29 Επομένως ο αριθμός των λέξεων της κατάλληλης μορφής είναι: x n = b n+1 = 1 2 ((1 + 2) n+1 + (1 ) 2) n+1

30 30 Να βρεθεί με τη βοήθεια των σχέσεων αναδρομής ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n, που δεν περιλαμβάνουν διαδοχικά μηδενικά. Για n 0, έστω a n ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n, που δεν περιέχουν διαδοχικά μηδενικά. Ας είναι a n (0) ο αριθμός αυτών των ακολουθιών που τελειώνουν σε μηδέν και a n (1) αυτών που τελειώνουν σε ένα. Προφανώς a n = a n (0) + a n (1).

31 31 Επίσης ισχύει η αναδρομική σχέση, a n = 2a (1) n 1 + 1a(0) n 1 αφού από μία δυαδική ακολουθία n 1 ψηφίων που τελειώνει σε ένα, μπορούμε να πάρουμε δύο αποδεκτές ακολουθίες ν ψηφίων προσθέτοντας στο τέλος έναν άσσο ή ένα μηδενικό, ενώ από μία δυαδική ακολουθία n 1 ψηφίων, που τελειώνει σε μηδέν, μπορούμε να πάρουμε μόνο μία αποδεκτή ακολουθία n ψηφίων προσθέτοντας έναν άσσο στο τέλος της.

32 32 Συνεπώς θα έχουμε, a n = a (1) n 1 + [a(1) n 1 + a(0) n 1 ] = = a (1) n 1 + a n 1 = a n 1 + a n 2 Άρα η σχέση αναδρομής που επιλύει το πρόβλημα είναι η a n = a n 1 + a n 2, με n 2 και a 0 = 1, a 1 = 2. Η σχέση αυτή είναι ομογενής αναδρομική δευτέρου βαθμού με χαρακτηριστική εξίσωση x 2 x 1 = 0.

33 33 Εχουμε (x = x = ). Ετσι η αναδρομική σχέση έχει γενική λύση της μορφής, a n = A( ) n + B( 1 5 ) n 2

34 34 Άρα από αρχικές συνθήκες a 0 = 1 και a 1 = 2 έχουμε, { } { A + B = 1 1 A = A = 10 2 B = 2 B = }

35 35 Επομένως ο αριθμός των δυαδικών ακολουθιών μήκους n που δεν περιέχουν συνεχόμενα μηδενικά είναι, a n = ( ) n ( ) n 2

36 Θεωρία Μέτρησης Polya 36

37 37 Οι πλευρές ενός κύβου βάφονται ως εξής: 2 πλευρές κόκκινες, 2 πλευρές μπλε και 2 πλευρές πράσινες. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Polya να βρείτε: Τις συμμετρίες και να τις περιγράψετε. Τον αριθμό των τρόπων με τους οποίους μπορούν να βαφούν οι πλευρές. Το σύνολο G των κατάλληλων περιστροφών του κύβου προκύπτει ως εξής:

38 38 κορυφές πλευρές 1, 2, 3, 4 a 1, 2, 5, 6 b 1, 3, 5, 7 c 3, 4, 7, 8 d 2, 4, 6, 8 e 5, 6, 7, 8 f

39 Περιγράφουμε τις κατάλληλες περιστροφές του κύβου με τις μεταθέσεις των a, b, c, d, e, f. Μαζί με την ταυτοτική (a), (b), (c), (d), (e), (f ) υπάρχουν 3 ειδών μεταθέσεις: 39

40 40 1 Περιστροφές γύρω από τον άξονα που περνάει από τα κέντρα 2 απέναντι πλευρών (υπάρχουν 3 επιλογές για το ζευγάρι των πλευρών και επομένως 3 μη-ταυτοτικές περιστροφές). Δύο είναι του τύπου (bcde) και μία του τύπου (bd)(ce). 2 Περιστροφές κατά π γύρω από άξονα που περνάει από τα μέσα δύο διαγωνίως αντιθέτων ακμών (υπάρχουν 6 τέτοια ζευγάρια που δίνουν μεταθέσεις του τύπου (ab)(ce)(df )). 3 Περιστροφές κατά 2π/3 και 4π/3 γύρω από άξονα δύο διαγωνίως αντιθέτων κορυφών (π.χ. 1 με 8). Υπάρχουν 4 τρόποι να διαλέξεις το ζευγάρι των κορυφών και δύο περιστροφές για καθένα που δίνουν 8 συμμετρίες του τύπου (abc)(def ).

41 41 Ο παρακάτω πίνακας δίνει τον αριθμό για κάθε τύπο συμμετρίας, το σχετικό πολυώνυμο σε c 1, c 2 και c 3 και το συντελεστή c 2 1 c2 2 c2 3. σ G s πολυώνυμο συντελεστής του c 2 1 c2 2 c2 3 (a)(b)(c)(d)(e)(f ) 1 (c 1 + c 2 + c 3 ) 6 ( 6 2)( 4 2) = 90 (a)(bcde)(f ) 6 6(c 1 + c 2 + c 3 ) 2 (c c4 2 + c4 3 ) 0 (a)(bd)(ce)(f ) 3 3(c 1 + c 2 + c 3 ) 2 (c 2 1 +c2 2 +c2 3 )2 18 (ab)(ce)(df ) 6 6(c c2 2 + c2 3 )3 36 (abc)(def ) 8 8(c c3 2 + c3 3 ) Το αποτέλεσμα επομένως είναι = 6 διαφορετικοί χρωματισμοί.

42 Χρωματίζουμε τις κορυφές ενός κανονικού τετραέδρου με 2 χρώματα. Το τετράεδρο μπορεί να περιστρέφεται στο χώρο. Δύο χρωματισμοί των κορυφών του τετραέδρου θεωρούνται ισοδύναμοι εάν ο ένας μπορεί να προκύψει από τον άλλο, περιστρέφοντας το σώμα στο χώρο. Μετρήστε πόσοι είναι οι μη ισοδύναμοι χρωματισμοί των κορυφών. Οι μεταθέσεις που αντιστοιχούν στις συμμετρίες του σώματος δίνονται από τα παρακάτω είδη περιστροφών: η ταυτοτική μετάθεση, περιστροφή 120 o γύρω από άξονες που συνδέουν μία κορυφή με το κέντρο της απέναντι όψεως, περιστροφή 180 o γύρω από τους άξονες που συνδέουν τα μέσα απέναντι ακμών. Ο ζητούμενος αριθμός συμπίπτει με τον αριθμό των κλάσεων ισοδυναμίας των συναρτήσεων με πεδίο ορισμού το σύνολο των τεσσάρων κορυφών του τετραέδρου και πεδίο τιμών το σύνολο των δύο χρωμάτων και ομάδα μεταθέσεων G το σύνολο όλων των δυνατών μεταθέσεων που αντιστοιχούν σε περιστροφές του τετραέδρου. 42

43 43 Αυτές είναι: η ταυτοτική μετάθεση, με κυκλική αναπαράσταση x μεταθέσεις που αντιστοιχούν σε περιστροφές 120 o γύρω από άξονες που συνδέουν μία κορυφή με το κέντρο της απέναντι όψεως, με κυκλική αναπαράσταση x 1 x 3 3 μεταθέσεις που αντιστοιχούν σε περιστροφές 180 o γύρω από τους άξονες που συνδέουν τα μέσα απέναντι ακμών, με κυκλική αναπαράσταση x 2 2

44 44 Ετσι ο δείκτης κύκλων είναι P G = 1 12 (x x 1x 3 + 3x 2 2 ) και ο αριθμός εύρεσης χρωματισμών είναι 1 12 [(y + z)4 + 8(y + z)(y 3 + z 3 ) + 3(y 2 + z 2 ) 2 ] Για y = z = 1 παίρνουμε το ζητούμενο αριθμό 1 12 [24 + 8(2)(2) + 3(2) 2 ] = 5

45 Εγκλεισμός - Αποκλεισμός 45

46 Εχουμε 5 χωριά και θέλουμε να τα ενώσουμε με δρόμους έτσι ώστε να μην υπάρχει χωριό ΑΠΟΜΟΝΩΜΕΝΟ. Χρησιμοποιώντας την ΑΡΧΗ ΕΓΚΛΕΙΣΜΟΥ-ΑΠΟΚΛΕΙΣΜΟΥ, να βρείτε με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει. 46

47 Προφανώς υπάρχουν ( 5 2) = 10 πιθανοί δρόμοι και άρα N = 5 = 2 10, γιατί κάθε δρόμος μπορεί να υπάρχει ή να μην υπάρχει. Για 1 i 5, ας είναι c i η συνθήκη ότι το σύστημα των δρόμων απομονώνει τα χωριά a, b, c, d και e αντίστοιχα. 47

48 48 Επομένως η απάντηση είναι: N(c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 ) Εχουμε N(c 1 ) = 2 6, s 1 = ( 5 N(c 1 c 2 c 3 ) = 2 1, s 3 = ( 5 3 N(c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 ) = 2 0, s 5 = ( 5 5 ) 2 6, N(c 1 c 2 ) = 2 3, s 2 = ( ) ) 2 0 ) 2 0 ) , N(c 1 c 2 c 3 c 4 ) = 2 0, s 4 = ( 5 4

49 49 Επομένως: N(c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 ) = 2 10 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 5 5) 2 0 = 768

50 50 Χρησιμοποιώντας την αρχή Εγκλεισμού-Αποκλεισμού, υπολογίστε πόσοι ακέραιοι μεταξύ 1 και 110 είναι σχετικά πρώτοι με το 110; (Σχετικά πρώτοι είναι δύο αριθμοί με μόνο κοινό διαιρέτη τη μονάδα.) Αναλύουμε τον αριθμό σε γινόμενο πρώτων παραγόντων: 110 =

51 51 Εστω το σύνολο S = {1, 2,..., 110} με πληθικό αριθμό S = N = 110 και τις συνθήκες c i,(1 i 3) που αποτελούν το γεγονός ένας αριθμός k S να διαιρείται με το 2, 5 και 11 αντίστοιχα Για να μην είναι ένας k S σχετικά πρώτος διαιρέσιμος με το 110 πρέπει να μην είναι διαιρέσιμος με κανέναν από τους 2, 5, 11. Άρα, ο αριθμός των στοιχείων του S, τα οποία δεν ικανοποιούν καμία από τις συνθήκες c i,(1 i 3) είναι το N = N(c 1 c 2 c 3 ) = N N(c 1 ) N(c 2 ) N(c 3 )+N(c 1 c 2 )+N(c 1 c 3 )+N(c 2 c 3 ) N(c 1 c 2 c 3 ). c 1 : ο αριθμός διαιρείται με 2 με N(c 1 ) = 55 c 2 : ο αριθμός διαιρείται με 5 με N(c 2 ) = 22 c 3 : ο αριθμός διαιρείται με 11 με N(c 3 ) = 10 Επιπλέον είναι: N(c 1 c 2 ) = 11, N(c 1 c 3 ) = 5, N(c 2 c 3 ) = 2, N(c 1 c 2 c 3 ) = 1 Με αντικατάσταση στον αρχικό τύπο προκύπτει N(c 1 c 2 c 3 ) = N N(c 1 ) N(c 2 ) N(c 3 ) + N(c 1 c 2 ) + N(c 1 c 3 ) + N(c 2 c 3 ) N(c 1 c 2 c 3 ) = = 40