ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Η ΑΡΧΗ ΕΓΚΛΕΙΣΜΟΥ ΑΠΟΚΛΕΙΣΜΟΥ

Transcript

1 50 ΚΕΦΑΛΑΙΟ Η ΑΡΧΗ ΕΓΚΛΕΙΣΜΟΥ ΑΠΟΚΛΕΙΣΜΟΥ Εισαγωγή. Η αρχή του εγκλεισμού αποκλεισμού είναι ένα ισχυρό μέσο απαρίθμησης με το οποίο υπολογίζεται ο αριθμός των στοιχείων της ένωσης και της τομής των συμπληρωμάτων οποιονδήποτε περασμένων συνόλων.. Απαρίθμηση των στοιχείων ένωσης συνόλων Έστω ότι έχουμε σύνολα υποσύνολα ενός βασικού συνόλου Ω όχι απαραίτητα ξένα ανά δύο μεταξύ τους. Το πλήθος των στοιχείων της ένωσης μπορεί να υπολογιστεί ως εξής:. Άρα όπου. < Ισχύει η πρόταση. Πρόταση.. Αρχή Εγκλεισμού Αποκλεισμού. Αν K είναι υποσύνολα ενός πεπερασμένου βασικού συνόλου Ω τότε: K L U όπου οι ποσότητες K δίνονται από τους τύπους < L K ή K L

2 και το άθροισμα επεκτείνεται σε όλους τους δυνατούς συνδυασμούς { K } των στοιχείων του συνόλου δεικτών { K } ανά. Αν δεν υπάρχει πιθανότητα σύγχυσης στους συμβολισμούς αντί των συμβόλων K θα γράφουμε απλώς K. Η επόμενη πρόταση δίνει τον τρόπο υπολογισμού του πληθικού αριθμού του συνόλου που δεν περιέχει κανένα από τα στοιχεία των συνόλων K. Πόρισμα.. Αν K είναι υποσύνολα ενός πεπερασμένου βασικού συνόλου Ω τότε: ' ' ' ' L I 0 0 K όπου οι ποσότητες δίνονται από τους τύπους της Πρότασης.. και 0 Ω. Παράδειγμα. Δείξτε ότι ο αριθμός των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του 70 που δεν διαιρούνται με κανέναν από τους πρώτους αριθμούς 5 και 7 είναι ίσος με. Λύση. Έστω Ω { θετικοί ακέραιοι μικρότεροι ή ίσοι του 70 } και Ω το σύνολο των θετικών ακέραιων μικρότερων ή ίσων του 70 που διαιρούνται με s όπου s s 5 και s 7. Τότε ' ' ' είναι ο ζητούμενος αριθμός και σύμφωνα με την αρχή του Εγκλεισμού είναι ίσος με: ' ' ' όπου 0 Ω < ' ' ' Άρα Παράδειγμα. Έστω Ω { K000}. Να υπολογιστεί το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Ω τα οποία διαιρούνται ακριβώς με το το 5 ή το 7. Λύση. Τα δύο ακόλουθα αποτελέσματα της θεωρίας αριθμών είναι χρήσιμα για τη λύση του προβλήματος. Αν m είναι δεδομένοι φυσικοί αριθμοί και { K } τότε το πλήθος των στοιχείων του N τα οποία είναι πολλαπλάσια του m διαιρούνται ακριβώς από το m είναι ίσο με το ακέραιο μέρος του λόγου. Αν m και του m διαιρείται και από το m και από το m m. 5 N m m m m τρείς φυσικοί αριθμοί τότε το m είναι πολλαπλάσιο του m m αν και μόνο αν είναι πολλαπλάσιο του ΕΚΠ των

3 Ορίζουμε τα σύνολα: { Ω διαιρείται από το } { Ω διαιρείται από το 5} { διαιρείται από το 7} άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ίσος με Ω όπου όπως αυτά δίνονται στην Πρόταση... Από τα αποτελέσματα της θεωρίας αριθμών έχουμε και Επίσης { Ω : διαιρείται από το 0 } { Ω : διαιρείται από το } { Ω : διαιρείται από το 5 } { Ω : διαιρείται από το 70 } 70 οπότε και τελικά Ακέραιες λύσεις γραμμικών εξισώσεων Ένα τυπικό πρόβλημα της Συνδυαστικής Ανάλυσης είναι ο υπολογισμός του αριθμού των ακέραιων λύσεων της γραμμικής εξίσωσης: K ακέραιοι αριθμοί και. Με τον όρο «ακέραια λύση» εννοούμε οποιαδήποτε διατεταγμένη άδα a K a αποτελούμενη από ακέραιους αριθμούς a a K a για τους οποίους ισχύει a K. Μας ενδιαφέρουν οι περιπτώσεις όπου το πλήθος των λύσεων είναι πεπερασμένο. Π.χ. η εξίσωση αν περιοριστούμε στις μη αρνητικές ακέραιες λύσεις έχει πεπερασμένο πλήθος λύσεων τετράδων που την ικανοποιούν διότι λόγω των σχέσεων 0 oι τιμές των μεταβλητών περιορίζονται στο σύνολο { 0 }. Θα δούμε το πρόβλημα του υπολογισμού του πλήθους των ακέραιων λύσεων της γενικής γραμμικής εξίσωσης K στις επόμενες περιπτώσεις: α { 0} K β μη-αρνητικοί ακέραιοι K γ τα ακέραιοι φραγμένοι κάτω δηλαδή c K όπου c δοσμένοι ακέραιοι και δ τα ακέραιοι φραγμένοι άνω δηλαδή d K όπου d δοσμένοι ακέραιοι. Για το α ισχύει η πρόταση: Πρόταση.. Το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης K 0 με τους περιορισμούς { 0} K είναι ίσο με τον αριθμό των συνδυασμών των στοιχείων ανά. Απόδειξη. Μία λύση της εξίσωσης καθορίζεται πλήρως αν από τα σύμβολα του συνόλου X K } επιλέξουμε τα στα οποία θα αντιστοιχηθεί η τιμή ενώ στα υπόλοιπα θα { 5

4 5 αντιστοιχηθεί η τιμή 0. Άρα τα πλήθος που θέλουμε να υπολογίσουμε είναι όσοι ακριβώς και οι συνδυασμοί των στοιχείων ανά δηλαδή. Για το β ισχύει η πρόταση: Πρόταση.. Το πλήθος των μη-αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης 0 K είναι ίσο με τον αριθμό των επαναληπτικών συνδυασμών των στοιχείων ανά. Απόδειξη. Μία λύση της εξίσωσης αντιστοιχεί στη διάσπαση του μη-αρνητικού ακεραίου σε μονάδες και αντιστοίχηση κάθε μίας μονάδας σε ένα από τα σύμβολα. K Η αντιστοίχηση μονάδων 0 στο σύμβολο σημαίνει ότι η μεταβλητή έχει πάρει την τιμή. Κάθε λύση της γραμμικής εξίσωσης αντιστοιχεί σε έναν επαναληπτικό συνδυασμό των στοιχείων του συνόλου } { X K ανά και αντίστροφα. Άρα το ζητούμενο πλήθος είναι ίσο με:. Παράδειγμα. Να υπολογιστεί ο αριθμός των μη-αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης:. Λύση. Αφού οι δύο παράγοντες και είναι μη- αρνητικοί ακέραιοι θα πρέπει: και ή και. Για την πρώτη περίπτωση υπάρχουν ακέραιες μη-αρνητικές λύσεις της και ακέραιες μη αρνητικές λύσεις της. Άρα αυτή η περίπτωση θα δώσει διαφορετικές λύσεις. Η δεύτερη περίπτωση θα δώσει: διαφορετικές λύσεις. Από την αρχή του αθροίσματος ο συνολικός αριθμός ακέραιων μη αρνητικών λύσεων της εξίσωσης θα είναι ίσος με :.

5 Παράδειγμα. Να υπολογιστεί το πλήθος των μη αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης: K Λύση. Αφού K K Επίσης αφού μη-αρνητικός 5 ακέραιος οι μόνες τιμές που μπορεί να πάρει είναι 0 ή. Αν 0 η εξίσωση που δόθηκε παίρνει τη μορφή K 8 και το πλήθος των μη αρνητικών ακέραιων λύσεων θα είναι ίσο με Ομοίως αν 8 8 η εξίσωση γίνεται: 8 5 K και το πλήθος των 0 0 μη αρνητικών ακέραιων λύσεων δίνεται από τον τύπο. Άρα το συνολικό πλήθος 7 ακέραιων μη-αρνητικών λύσεων της εξίσωσης είναι ίσο με. 8 Για το γ ζητάμε το πλήθος των ακέραιων λύσεων όχι απαραίτητα μη αρνητικών που ικανοποιούν τους περιορισμούς c K c για την εξίσωση: K. Oρίζουμε τις νέες ακέραιες μεταβλητές c K. Η γραμμική εξίσωση παίρνει τη μορφή K c όπου c c K c ενώ οι άγνωστοι είναι οι K και είναι μη αρνητικοί. Το πλήθος όμως των λύσεων της τελευταίας c c εξίσωσης είναι από την Πρόταση.. ίσο με. c c Ισχύει η Πρόταση... Πρόταση.. Το πλήθος των ακέραιων λύσεων της εξίσωσης K με τους περιορισμούς c c K c K δοσμένοι ακέραιοι αριθμοί είναι ίσο με: όπου c c c K c. Παρόμοια για την Περίπτωση δ έχουμε την ακόλουθη πρόταση: Πρόταση.. Το πλήθος των ακέραιων λύσεων της εξίσωσης K με τους περιορισμούς d K d K δεδομένοι ακέραιοι αριθμοί είναι ίσο με d d όπου d d K d. d d Παράδειγμα.5 Ζητάμε από άτομα να επιλέξουν έναν ακέραιο το καθένα. Να βρεθεί το πλήθος των διαφορετικών αποτελεσμάτων ώστε το άθροισμα όλων των αριθμών που επιλέχθηκαν να είναι 5 τα άτομα K να έχουν επιλέξει αριθμό μεγαλύτερο ή ίσο του και τα άτομα K να έχουν επιλέξει αριθμό μεγαλύτερο ή ίσο του. 5

6 Λύση. Αν συμβολίσουμε με K την επιλογή τουοστού ατόμου θα πρέπει να ισχύει: K ενώ οι συνθήκες που τέθηκαν οδηγούν στους περιορισμούς K. Μπορούμε να γράψουμε: c c K οπότε c c K c 5. Το ζητούμενο πλήθος θα είναι ίσο με: c 5. Παράδειγμα.6 Να υπολογιστεί το πλήθος των ακέραιων μη αρνητικών λύσεων της ανίσωσης: 6. Λύση. Ισοδύναμα η ανίσωση γράφεται: 5 6 όπου 5 είναι ένας μη αρνητικός ακέραιος. Το πλήθος των λύσεων υπό τους περιορισμούς K 0 της τελευταίας εξίσωσης σύμφωνα με την Πρόταση.. είναι ίσο με: