eksponentinės generuojančios funkcijos 9. Grafu

Transcript

1 DISKREČIOJI MATEMATIKA (2 semestras) KOMBINATORIKOS IR GRAFU TEORIJOS PRADMENYS PROGRAMA I KOMBINATORIKA 1 Matematinės indukcijos ir Dirichlė principai 2 Dauginimo taisyklė,,skaičiuok dukart principas 3 Gretiniai, kėliniai ir deriniai 4 Kartotiniai gretiniai 5 Binominiu koeficientu tapatybės 6 Rėčio principas 7 Netvarku uždavinys 8 Siurjekci skaičius 9 Stirlingo skaičiai 10 Skirtumo operatorius 11 Laipsninė generuojanti funkcija 12 Katalano skaičiai 13 Eksponentinė generuojanti funkcija 14 Rekurentieji sa ryšiai Fibonačio skaičiai 15 Bendra rekurenčiu sa ryšiu teorija 16 Sudėtiniu funkci Tayloro koeficientai 17 Grandininės trupmenos II GRAFU TEORIJA 1 Pagrindinės sa vokos 2 Miškas ir medžiai 3 Viena optimizavimo problema 4 Grafo parametru ryšiai 5 Grafo planarumas 6 Grafo viršūniu spalvinimo problema 7 Medžiu skaičius Priūferio kodas 8 Numeruotu grafu eksponentinės generuojančios funkcijos 9 Grafu teorijos ir algebros sa ryšiai 1

2 LITERATŪRA 1 E Manstavičius, Kombinatorikos ir grafu teorijos pradmenys, Interneto svetainė: vu/maf/ttsk/manstavicius/ 2 M Bloznelis, Kombinatorikos paskaitu ciklas, Vilniaus universiteto leidykla, P Tannenbaumas, R Arnoldas, Kelionės šiuolaikine matematika, TEV, Vilnius, PJ Cameron, Combinatorics: Topics, Techniques, Algorithms, Cambridge University Press, M Aigner, GM Ziegler, Proofs from THE BOOK, Springer, R Wilson, Introduction to Graph Theory, Longman, 1985 (yra vertimas rusu k) 7 B Bollobás, Graph Theory, Springer, L Volkmann, Fundamente der Graphentheorie Springer, VN Sačkov, I vadas kombinatorinius diskrečios matematikos metodus, Nauka, Maskva, 1982 (rusu k) 10 GP Gavrilov, AA Sapoženko, Diskrečiosios matematikos uždavinynas, M, Nauka, 1977 (rusu k) I KOMBINATORIKA 1 Matematinės indukcijos ir Dirichlė principai Sunkiausia apibrėžti kombinatorikos tyrimu objekta Kombinatorikai reiktu priskirti uždavinius, nagrinėjančius struktūras, ty aibes su kažkokiais vidiniais ryšiais Dažnai pačiu struktūru egzistavimas būna problematiškas Jei jos egzistuoja, tada ieškoma, kiek yra iš viso Kombinatorikai tradiciškai priskiriami vairūs algebriniai sa ryšiai, formulės, kuriose nenaudojamos tolydžiosios matematikos priemonės išvestinės, integralai Kombinatorika yra labiau linkusi siūlyti specifiniu matematikos uždaviniu sprendimo būdus, nei savintis pačius tyrimo objektus Ji siūlo principus, metodus, be kuriu neišsiverčia šiuolaikinė matematika ar informatika Iš kombinatorikos išsikristalizavo atskiros šakos ir tapo diskrečiosios matematikos disciplinomis Taip atsitiko su grafu teorija, kodavimo teorija Matematika ir juo labiau informatika nemėgsta dviprasmybiu, negriežtu teiginiu Tad ir šiame kurse formaliai rodinėsime sudėtingesnius ar paprastesnius teiginius Be išsamesniu komentaru remsimės matematinės logikos kurse sužinotais dalykais bei dėsniais Štai pora pavyzdžiu : Neprieštaringumo dėsnis Du vienas kitam priešingi teiginiai p ir p vienu metu negali būti teisingi (p p = 0) Trečiojo negalimo dėsnis Iš dvie priešingu teiginiu p ir p vienas visada yra teisingas (p p = 1) Didele kurso dal skirsime tam tikru aibiu elementu skaičiui nustatyti Siekdami universalumo, neišvengsime pasakymu :,,su visais natūraliaisiais skaičiais n teisinga, todėl 2

3 svarbu prisiminti matematinės indukcijos principus Jie kyla iš paties natūraliu aibės aksiominio apibrėžimo Vokiečiu matematikui LKronekeriui (LKronecker, ) priskiriamas toks pasakymas:,,dievas sukūrė skaičius, visa kita yra žmogaus darbas Manoma, kad omenyje buvo turėti natūralieji skaičiai Bet ir juos apibrėžiant žmogus vedė tvarka Štai bene populiariausios GPeano (Giuseppe Peano, ) aksiomos: Apibrėžimas Natūraliaisiais skaičiais vadiname netuščios aibės N elementus, jeigu tarp kai kuriu iš egzistuoja sa ryšis,,a eina po a, tenkinantis aksiomas: 1) egzistuoja elementas (vadinamas vienetu), neinantis po jokio kito elemento; 2) po kiekvieno elemento eina tik vienas elementas; 3) kiekvienas elementas eina ne daugiau kaip po vieno elemento; 4) aibės N poaibis M sutampa su pačia aibe N, jei jis turi tokias savybes: a) 1 M, b) jeigu elementas a priklauso M, tai ir po a einantis elementas a taip pat priklauso aibei M Aibės N elementus 1, 1, (1 ), dabar vadinkime skaičiais ir naujai pažymėkime 1, 2, 3, Paskutinė aksioma vadinama indukcijos aksioma, pirma kart 1988 metais ja kartu su kitomis aibės N aksiomomis suformulavo vokiečiu matematikas R Dedekindas (R Dedekind, ), nors pat principa jau naudojo B Paskalis (B Pascal, ) Mūsu kurse indukcijos principas dažniausiai bus naudojamas tokia forma: Tegu p(n) kažkoks teiginys apie natūralu j n Tarkime, kad p(1) yra teisingas, ir iš prielaidos, kad p(n) yra teisingas, sugebame išvesti, kad p(n ) irgi yra teisingas Darome išvada : teiginys p(n) yra teisingas visiems n N Žvilgtelėkime, kaip aksiomiškai apibrėžtoje aibėje N galėtume apibrėžti sudėties operacija Apibrėžkime a + 1 = a ; toliau, tare, kad a + n žinoma, apibrėžiame a + (n + 1) = a + n := (a + n) Skaičiu aibė M = {n} tenkina abu 4) aksiomos reikalavimus, todėl iš jos išplaukia, kad M sutampa su natūraliu aibe Kitaip tariant, a + n apibrėžta su visais n Panašiai apibrėžiant daugyba pradedama nuo a 1 = a, b a = a b + a Te siant gaunama algebrinė struktūra N, ty aibė su joje apibrėžtomis algebrinėmis operacijomis Aksiomos, žinoma, užsimiršta ir natūraliuosius skaičius naudojame, kaip,,dievo duotus Pastebėkime, kad N yra sutvarkytoji aibė: a < b apibrėžiama kaip,, d N toks, kad a + d = b Galimos ir kitos aksiomu sistemos Kai kuriose iš randame tok teigin 3

4 Archimedo aksioma Bet kuriai natūraliu porai a, b galima rasti tok natūralu j n, kad an > b Šis teiginys išplaukia iš Peano aksiomu, todėl j reiktu vadinti teorema, tačiau taip ir liko istoriškai susikloste s pavadinimas Panašiai prigijo ir toks teiginys Mažiausiojo elemento principas Kiekvienas netuščias natūraliu aibės poaibis turi mažiausia elementa Plačiau apsistokime ties labai akivaizdžiu dėžučiu arba Dirichlė (PGL Dirichlet, ) suformuluotu teiginiu Dirichlė principas Jei m rutuliu yra sudėt i n < m dėžiu, tai bent vienoje dėžėje yra 2 ar daugiau rutuliu Nevisada šio principo pritaikymas yra toks akivaizdus Palyginkime du elementariosios teorijos teiginius 1 pvz Bet kokiame (n + 1)-o elemento poaibyje, išrinktame iš {1, 2,, 2n} yra bent du tarpusavyje pirminiai skaičiai I sitikinkite savarankiškai 2 pvz Bet kokiame (n + 1)-o elemento poaibyje, išrinktame iš {1, 2,, 2n} yra bent du vienas kita dalijantys skaičiai I rodymas Jei A yra išrinktasis poaibis, turintis (n + 1)-a elementa Kiekviena a A galime išreikšti a = 2 k b su k 0 ir nelyginiu skaičiumi b Todėl b {1, 3,, 2n 1} Yra tik n galimybiu šiai nelyginei skaičiaus a daliai Vadinasi, pagal Dirichlė principa bent du aibės A skaičiai turės ta pačia nelygine dal Kadangi vienas iš 2 s b ir 2 k b su k, s 0 dalija kita, mūsu tvirtinimas yra rodytas Matematikoje dažnai sutinkami ir kitokie šio teiginio variantai Dažniausiai jis formuluojamas baigtiniu aibiu atvaizdžiams I sivaizduokite atvaizd, rutuliui priskiriant dėžute, kuria jis dedamas, ir performuluokite Dirichlė principa! Mes j net šiek tiek sustiprinsime Tegu M žymi baigtinės aibės M elementu (dažnai naudojamas ir žymuo #M) Jei f : M N - atvaizdis, ir a N, tai jo pirmvaizdžiu aibe pažymėkime f 1 (a) Kitaip tariant, f 1 (a) = {b M : f(b) = a} Iš atvaizdžio apibrėžimo turime, kad f 1 (a) f 1 (a ) =, jei a a Be to, M = a f 1 (a) ir (1) M = a f 1 (a) 1 teorema Tarkime, kad M, N dvi aibės, M = m > n = N ir f : M N - atvaizdis Tada egzistuoja a N toks, kad (2) f 1 (a) m/n 4

5 Čia u = min{k N : k u} - mažiausias sveikasis skaičius, nemažesnis už u I rodymas Nagrinėjamu atveju iš dėžučiu principo išplauktu tik nelygybė f 1 (a) 2 Pastebėkime, kad prielaida, jog f 1 (a) < m/n kiekvienam a N ir (1) lygybė negalima dėl šios prieštaros: m = a f 1 (a) < m n n = m Taigi bent vienam a turi būti f 1 (a) m n teorema rodyta Kadangi f 1 (a) - natūralusis skaičius, Dažna programavimo užduotis reikalauja iš baigtinės realiu sekos išrinkti monotoniška posek Kaip galėtume vertinti tokiu posekiu ilg? 2 teorema Tegu m, n N ir a 1, a 2,, a mn+1 bet kokia skirtingu realiu seka iš (mn + 1)-o elemento Joje egzistuoja monotoniškai didėjantis (n + 1)-o elemento posekis arba monotoniškai mažėjantis (m + 1)-o elemento posekis Galimi ir abu variantai I rodymas Dabar Dirichlė principo taikymo galimybė vargu ar žiūrima Reikia i rodyt posekiu a < a < < a, 1 i i1 i2 in+1 1 < i 2 < < i n+1 mn + 1 arba a j1 > a j2 > > a jm+1, 1 j 1 < j 2 < < j m+1 mn + 1 egzistavima Imkime bet kur sekos elementa a i, 1 i mn + 1 Tegu t i - ilgiausio didėjančio posekio, prasidedančio a i, ilgis Jei kažkokiam t i n + 1, teorema rodyta Tegu dabar t i n visiems i Atvaizdžiui f : a i t i, vaizduojančiam aibe M := {a 1, a 2,, a mn+1 } aibėje N := {1, 2,, n}, galime pritaikyti 1 teorema Šiuo atveju iš (2) lygybės gauname, kad egsistuoja s N toks, kad f(a i ) = s dėl mn + 1 = m + 1 n a i Nekeisdami išsidėstymo tvarkos sekoje, sužymėkime a j1, a j2,, a jm+1, 1 j 1 < j 2 < < j m+1 mn + 1 Imkime du gretimus šio posekio narius a jk ir a jk+1 Jei kažkokiai porai a jk < a jk+1, tai pradėdami a jk -uoju ir prijungdami didėjant posek, prasidedant nuo a jk+1 ir turint s nariu, gautume didėjant posek, prasidedant a jk, jau iš (s + 1)-o elemento Bet tai prieštara Vadinasi, a jk > a jk+1 su bet kokais 1 k m + 1 Taigi, išrinkome (m + 1)-o elemento mažėjant posek Teorema rodyta 5

6 2 Dauginimo taisyklė,,skaičiuok dukart principas Aibe A = {a 1,, a n } vadinsime n aibe Tad A = n yra jos galia Toliau nagrinėsime, kokiais būdais nustatomas vairiu baigtiniu aibiu elementu skaičius Ka tas reiškia matematine kalba? Vienam elementui priskiriame 1 (prirašome numer ar indeksa ), kitam 2 ir taip toliau te sdami aibėje A apibrėžiame abipus vienareikšme (bijektyvia ) funkcija f : A N su savybe f(a) = A Didžiausias numeris yra ieškomoji aibės galia Iš čia išplaukia svarbus Bijektyviu aibiu galios principas Jei A ir B yra baigtinės aibės ir galime apibrėžti bijekcija f : A B, tai galios sutampa, ty A = B Praktiškai tai reiškia, kad skaičiuojant sudėtingai apibrėžtos A aibės elementus, yra tikslinga paieškoti bijektyvios jai paprastesnės aibės (kodu aibės) Atkreipkime dar dėmes tai, kad terminus aibė, poaibis vartojame, kai elementai yra skirtingi, kitais atvejais pora, rinkinys, sistema, visuma Aibės elementus dažnai yra patogu vadinti abėcėle, iš sudarytus sutvarkytuosius rinkinius žodžiais Pabrėždami ilg, žod (a i1,, a ik ) vadinsime k žodžiu Jei A = {a 1,, a n } ir B = {b 1,, b m } yra dvi aibės, tai aibė A B = {(a i, b j ) : a i A, b j B, 1 i n, 1 j m} vadinama Dekarto ( René Descartes, ) sandauga Tai sutvarkytu poru aibė 1 teorema A B = A B Tarkime, kad A yra n aibė, o B m aibė Su fiksuotu elementu a i iš poru (a i, b j ) galime sudaryti m poaib, kai j = 1,, m Dabar keiskime a i, imdami i = 1,, n Gausime n poru m poaibiu Todėl A B = nm Taikydami matematine indukcija, apibendrinkite š teigin bet kurio skaičiaus aibiu Dekarto sandaugai: A 1 A s = A 1 A s, s 1 2 teorema Jei abėcėlė A turi n raidžiu, tai galime sudaryti n k žodžiu, kuriu ilgis yra k Pastebėkime, kad k žodžiu aibė sutampa su Dekarto sandauga A A, turinčia k daugikliu Todėl teiginys išplaukia iš 1 teoremos apibendrinimo 3 teorema Aibės A = {a 1,, a n } poaibiu, skaitant ir tuščia j, skaičius lygus 2 n Nagrinėkime visu poaibiu aibės atvaizd aibėje, sudarytoje iš n žodžiu su,,raidėmis 0, 1 Šis atvaizdis apibrėžtas taip: A P = {a i1,, a ik } (0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0); čia,,raidė 1 rašyta i s -oje pozicijoje pabrėžiant, kad i s -asis aibės A elementas patenka poaib P Atvaizdis yra bijekcija Pagal 2 teorema šiu žodžiu aibės galia lygi 2 n ir sutampa su k poaibiu aibės galia 4 teorema Jei X = {x 1,, x n } ir Y = {y 1,, y m }, tai funkci f : X Y aibės galia lygi m n 6

7 Kiekviena funkcija f : X Y galime vienareikšmiškai išreikšti vektoriumi (f(x 1 ),, f(x n )) Kadangi dabar,,raidė f(x j ), 1 j n, imama iš abėcėlės Y, turinčios m raidžiu, teoremos teiginys išplaukia iš 2 teoremos Šioje teoremoje išvesta formulė paaiškina dažnai naudojama žymen {f : X Y } =: Y X Diskrečioje matematikoje kaip ir gyvenime yra labai naudingas,, skaičiuok dukart principas: tos pačios aibės elementus perskaičiuok dukart Geriau tai atlik skirtingais būdais Šia idėja formalizuokime Tegu A ir B yra dvi aibės, o S A B poaibis Jis vadinamas sa ryšiu Jei a A, b b ir (a, b) S, tai sakoma, kad a ir b susieti sa ryšiu S Moksliškiau kalbant, sakytume: yra incidentūs S Tegu r a yra skaičius tokiu b B, kad (a, b) S ir q b skaičius tokiu a A, kad (a, b) S Mūsu aptariamasis principas turi tokia formalia išraiška : (1) r a = S = a A (a,b) S 1 = b B Čia vidinė dvilypė suma yra išreikšta kartotinėmis sumomis su skirtinga sumavimo tvarka ir nieko rodinėti nereikia Vėl panagrinėkime pora paprastu pavyzdžiu 1 pavyzdys Tegu A = {1, n} = B, o S = {(m, d) : d m}, čia d m reiškia d dalija m Formulė (21) dabar atrodytu taip: 1 = m n d m d,m n d m 1 = d n q b m n m 0(modd) 1 Jei d(m) žymėtu skaičiaus m natūraliu dalikliu, o [u] realaus skaičiaus sveika ja dal, tai iš čia išvestume formule d(m) = [n] ( 1 ) = n d d + O 1 = n log n + O(n) m n d n d n d n Skaitytojui, žinančiam pora pradiniu grafu teorijos sa voku, pateiksime viena pavyzd 2 pavyzdys Nagrinėkime grafa G = (V, E) su viršūnėmis v V ir briaunomis e E Tegu S = {(v, e) : v incidenti briaunai e} Tada δ(v) = e e inc v 1 viršūnės laipsnis, 7

8 o v v inc e 1 = 2, nes tik dvi viršūnės yra incidenčios briaunai Todėl (1) rodo Eulerio delnu paspaudimo lema : δ(v) = 2 1 = 2 E e E v V,, Skaičiuok dukart principas yra labai patogus išvedant lygybes, juo vėliau dažnai naudosimės 3 Gretiniai, kėliniai ir deriniai Abėcėlės A = {a 1,, a n } skirtingu raidžiu žodžius vadinsime gretiniais iš n elementu Jei tokio žodžio ilgis yra k, tai j vadinsime k gretiniu Ju pažymėkime A k n 1 teorema A k n = n(n 1)(n 2) (n k + 1) I rodymas akivaizdus Gretinius iš n elementu po n vadinsime kėliniais Išvada Iš viso yra n! kėliniu iš n aibės elementu Raidžiu tvarka k žodyje yra svarbi Iš visu k! žodžiu, sudarytu iš tu pačiu raidžiu, gautume ta pat k nesutvarkyta j skirtingu raidžiu rinkin (poaib ), vadinama deriniu 2 teorema Deriniu iš n po k skaičius lygus C k n = Ak n k! = n! k!(n k)! I rodymas išplaukia iš 1 teoremos ir kėliniu skaičiaus formulės Deriniu skaičius C k n nurodo, kiek k poaibiu galime išrinkti iš n aibės Kadangi k = 0, 1,, n, tai pagal 23 teorema gauname tapatybe (1) C 0 n + C 1 n + + C n n = 2 n Čia n bet koks natūralusis skaičius Išvedant (1) lygybe, buvo panaudotas labai universalus principas: skaičiuojant kažkokios baigtinės aibės galia keliais būdais rezultatas yra tas pats J sutiksite ir ateityje Mokslinėje literatūroje vartojami ir tokie deriniu iš n po k žymemys: Pastara j lengviau apibendrinti ( ) ( ) n n = k k, n k 8

9 Uždavinys Kiek skirtingu pirkiniu iš k prekiu sudarytume, jei galėtume rinktis iš n prekiu rūšiu be apribojimu? Sprendimas Sunumeruokime visas n prekiu rūšis ir sudarykime pirkinio koda : rašykime tiek vienetu, kiek imame pirmos rūšies prekiu, dėkime vertikalu brūkšn ir te skime š procesa Baigsime paraše tiek vienetu, kiek imsime n-os rūšies prekiu Taigi kodas atrodys maždaug šitaip: Matome, kad šiame pirkinyje yra dvi pirmos rūšies prekės, 2-os rūšies prekiu nebuvo imta Koda sudarys k vienetu ir n 1 vertikalus brūkšnys Jis vienareikšmiškai nusako pirkin Todėl pirkiniu galėsime sudaryti tiek, kiek bus tokiu kodu Kodai yra n 1 + k žodžiai, turintys viena apribojima vienetu, lygu k Kadangi vienetu padėtis kode vienareikšmiškai j nusako, o tokiu padėčiu galime išrinkti Cn+k 1 k būdais, tai šis binominis koeficientas ir yra uždavinio atsakymas Paimtas iš n aibės k elementu rinkinys su galimais pasikartojimais vadinamas kartotiniu šios aibės k deriniu Ju skaičius ( ) n + k 1 Hn k = Cn+k 1 k = k Pastebėkime, kad spre sdami pirkiniu uždavin, suradome lygties x x n = k sprendiniu sveikais neneigiamais skaičiais kiek Jis irgi lygus H k n Apibendrindami jau turima medžiaga, sudarome k raidžiu išrinkimo iš n abėcėlės lentele : Sutvarkytieji rinkiniai (žodžiai) Nesutvarkytieji rinkiniai Skirtingi gretiniai, A k n deriniai, Cn k Galimi pasikartojimai k žodžiai, n k kartotiniai derin, Cn+k 1 k Šioje lentelėje,,netilpo dar vieno tipo rinkini u suskaičiavimo formulė 4 Kartotiniai gretiniai Apibendrinkime Niutono binomo formule ( ) n (a + b) n = a p b n p, p keldami k nežinomu suma n 2 laipsniu Tegu ( ) (1) (x x k ) n = p n x p 1 1 p 1,, p xp k k k p=0 9

10 Čia sumuojama pagal visus vektorius p = (p 1,, p k ) su sveikomis neneigiamomis koordinatėmis, tenkinančiomis sa lyga p p k = n (1) formulėje apibrėžtus koeficientus vadinkime polinominiais koeficientais Kai k = 2, turime susitarti, kad ( ) ( n p = n p,n p) Teorema Polinominiu koeficientu formulė yra ( ) n = p 1,, p k n! p 1! p k! Dauginkime panariui n nežinomu sumu, imdami x i1 iš pirmosios sumos, x i2 iš antrosios sumos ir tt, x in iš n-osios sumos ir sudėkime visas sandaugas (2) x i1 x in Kadangi i j {1,, k}, 1 j n, tai turėsime k n sandaugu (visus n žodžius iš k raidžiu x 1,, x k ) Sudedant (2) sandaugas, reikia sutraukti panašius narius Jie bus to paties pavidalo, ty (3) x p 1 1 xp k k, nusakomo vektoriumi p Kiek tokiu panašiu nariu kaip (3)? Raidė x 1 (2) sandaugoje galėjo užimti p 1 pozici iš n galimu, ty buvo ( ) n p būdu 1, x 2 ( n p 1 ) p būdu 2 ir tt Te sdami š procesa, gautume ( ) ( ) ( ) n n p1 n p1 p 2 p k 1 = p 1 p 2 Čia pasinaudojome binominio koeficiento formule p k n! p 1! p k! Iš abėcėlės {x 1,, x k } sudarykime n žodžius, kuriuose x j pasirodytu p j, 1 j k, kartu Jie vadinami kartotiniais gretiniais Ju kiek skaičiavome rodydami teorema Iš tiesu (2) žodžiu, užrašytu dar ir (3) būdu, skaičius buvo polinominis koeficientas Uždavinys Keliais būdais galime suskirstyti n aibe k nesikertančiu poaibiu, jei reikalaujame, kad j-a ja pakliūtu p j elementu? Čia p p k = n, p j 0, 1 j k Sprendimas Pritaikykite teoremos rodyme naudotus samprotavimus Atkreipkime dėmes šia (1) lygybės išvada : k n = p ( n p 1,, p k ), gaunama statant x j 1 Čia, kaip ir anksčiau sumuojama pagal visus vektorius p = (p 1,, p k ) su neneigiamomis komponentėmis, tenkinančius sa lyga p p k = n 10

11 5 Binominiu koeficientu tapatybės Patogu išplėsti binominio koeficiento apibrėžima : ( ) { z z(z 1)(z k+1) = k!, kai z C, k N {0}, k 0, kai k < 0 1 teorema ( ) ( ) n n =, 0 k n k n k 2 teorema 3 teorema ( ) n + k 1 Hn k = k ( )( ) n k k m ( ) n = ( 1) k, 0 k n k ( )( ) n n m =, 0 m k n m k m Visi šie teiginiai patikrinami panaudojant binominio koeficiento formule Pvz, 3 teoremos atveju, kairioji pusė lygi n! k!(n k)! = n! m!(n m)! k! m!(k m)! = n! (n k)! 1 m!(k m)! (n m)! (k m)!((n m) (k m))! = (n m)! (n m)! = ( )( ) n n m m k m 4 teorema (Paskalio tapatybė) ( ) n = k ( ) n 1 + k 1 ( n 1 k ), 0 k n, ( ) n 1 = 0 n Fiksuokime abėcėlės A viena elementa, sakykim, a 1 ir visus k derinius suskirstykim dvi klases: vienos klasės deriniuose tegu bus a 1, kitos - ne Pastebėkime, kad išvedamos formulės dešinioji pusė - tu klasiu deriniu suma Turime gauti visus k derinius iš n elementu 5 teorema ( ) ( ) r + k r + n + 1 = k n Pritaikykite matematine indukcija ir Paskalio tapatybe 11

12 6 teorema (Ortogonalumo sa ryšis) Tegu δ mn - Kronekerio simbolis, ty δ nn = 1 ir δ mn = 0, kai m n Jei m n, tai S nm := ( )( ) n k ( 1) k = ( 1) m δ mn k m k=m Pagal 3 teorema S nm = ( )( ) n n m ( 1) k = m k m k=m Pakeiskime sumavimo indeksa k m = j ir gausime jei m n j=0 ( ) n n ( ) n m ( 1) k m k m k=m ( ) n m n ( ) ( ) n m n S nm = ( 1) j+m = ( 1) m (1 1) n m = 0, m j m 7 teorema (Apgre žimo sa ryšis) Tegu a k, b k, 0 k n - dvi sekos Iš vienos iš šiu lygybiu ( ) n bn = ( 1) k a k, k išplaukia antroji a n = ( ) n ( 1) k b k k Jei teisinga pirmoji lygybė, tai statydami patikriname antra ja Skaičiuojame keisdami sumavimo tvarka ( ) n ( )( k ( ) n k ( 1) k b k = ( 1) k ( 1) m a m = k k m = ( 1) m a m m=0 n k=m ( 1) k ( n k )( ) k m m=0 = a n δ nn = a n Paskutiniame žingsnyje pritaikėme ortogonalumo sa ryš (6 teorema ) 8 teorema (Harmoniniu savybė) n n = ( ) n 1 ( 1) k+1 k k 12 k=1

13 Dešiniojoje lygybės pusėje esančiam binominiam koeficientui pritaikykime Paskalio lygybe Gauname (1) h n : = ( ) n 1 ( 1) k+1 k k = k=1 (( ) ( )) n 1 n 1 1 ( 1) k+1 + k k 1 k = ) n 1 n + ( ) n 1 1 ( 1) k+1 k 1 k n k=1 = h n 1 + ( 1) n+1 ( n 1 n k=1 Antrasis dėmuo lygus nuliui, skaičiuojame trečia j Jis lygus k+1 (n 1)! ( 1) k!(n k)! = 1 n k=1 ( ) n ( 1) k = 1 k n [(1 1)n 1] = 1 n k=1 I state (1) lygybe gauname rekurentu j sa ryš h n = h n n Kadangi f 1 = 1, pagal matematinės indukcijos principa iš jo išplaukia h n = n Išvada ( ) n ( 1) k+1 h k = 1 k n k=1 Papildykite sumas nuliniais dėmenimis (h 0 = 0) ir pritaikykite apgre žimo formule 6 Rėčio principas Skaičiuosime elementu, patenkančiu keletos gal būt persikertančiu aibiu sa junga Apibendrinsime nesunkiai suvokiamas formules ir A B = A + B A B (1) A B C = A + B + C A B A C B C + A B C Jiems išvesti pakanka grafinės iliustracijos Panagrinėkime pavyzd, pateikta MBloznelio knygutėje, pakeisdami skaičius 13

14 Uždavinys Kiek sveiku sprendiniu (sutvarkytu trejetu (x 0 1, x 0 2, x 0 3), y i 0, i = 1, 2, 3 ), tenkinančiu sa lygas turi lygtis 4 x 1 2; 0 < x 2 8; 4 x 3 5, (2) x 1 + x 2 + x 3 = 10? Sprendimas Kadangi esame nagrinėje panašiu lygčiu sveiku neneigiamu sprendiniu, todėl pakeičiame nežinomuosius x = y 1, x 2 1 = y 2, x 3 4 = y 3, ir gauname lygt (3) y 1 + y 2 + y 3 = 9 Jos sprendiniu, tenkinančiu sa lygas (4) 0 y 1 6; 0 y 2 7; 0 y 3 1, bus tiek pat kiek pradinio uždavinio sprendiniu Jei nebūtu (4) apribojimu, (3) lygtis turėtu ( ) ( ) H3 9 = = = sveikuosius neneigiamus sprendinius Taigi reikia,,atsijoti sprendinius, netenkinančius (4) sa lygu Raide U pažymėkime (3) lygties sprendiniu aibe, A 1 jos poaib, netenkinant sa lygos 0 y 1 6, A 2 poaib, netenkinant sa lygos 0 y 2 7, ir A 3 poaib, netenkinant sa lygos 0 y 3 1 Aibiu sa jungos S := A 1 A 2 A 3 elementus ir reikia išsijoti iš U Likusios aibės U \ S elementai tenkina visas (4) sa lygas Randame sankirtu galias: A 1 A 2 = 0; nes yra vienas sprendinys (7,0,2); A 1 A 3 = 1, A 2 A 3 = 0 Panašiai A 1 A 2 A 3 = 0 Po pakeitimo y 1 7 = z 1, y 2 = z 2, y 3 = z 3 14

15 A 1 lygus lygties z 1 + z 2 + z 3 = 2 sveiku neneigiamu sprendiniu skaičiui, ty A 1 = H 2 3 = 6; panašiai, A 2 = H 1 3 = 3 ir A 3 = H 7 3 = ( ) 9 = 7 I statydami gautuosius skaičius (1) formule, gauname uždavinio sprendiniu ( ) 9 = 36 2 U S = 55 ( ) = 11 Trumpesnis kelias: ieškodami (3) lygties sveiku neneigiamu sprendiniu, sudėkime tiek vienetu, kiek yra 1 = 1 (y 1,y 2,y 3 ) (3),(4) 0 y y y 1 +y 2 9 I žiūrėkime šios sumos geometrine prasme Tai plokštumos tašku, kuriu koordinatės tenkina nurodytas sa lygas, skaičius Brėžinyje gausime tam tikra srit Joje, skaitant ir kontūra, telpa 11 tašku su sveikomis koordinatėmis Gr žkime prie teoriniu dalyku ir raskime elementu sa jungoje Pažymėkime A 1 A n a(i) = A i, a(i, j) = A i A j,, a(i 1,, i k ) = A i1 A ik Čia 1 i < j, i 1 < < i k, 1 k n Viso yra C 2 n galimybiu parinkti nesutvarkyta ja skirtingu indeksu pora (i, j), panašiai, C k n galimybiu parinkti k skirtingu indeksu Trumpumo dėlei apibrėžkime sumas S 1 = a(i), S 2 = a(i, j),, S k = a(i 1,, i k ) i=1 1 i<j n 1 i 1 <i 2 < <i k n čia 1 k n Pabrėžiame, kad S k sumoje sumuojama pagal visus galimus indeksu k poaibius iš pirmu n natūraliu 1 teorema A 1 A n = S 1 S 2 + S ( 1) n+1 S n 15

16 Pažymėkime U = A 1 A n Fukcija I A : U {0, 1} vadinsime poaibio A U indikatoriumi, jeigu I A (x) = 1 tada ir tik tada, kai x A Vadinasi, A = x U I A (x) Todėl a(i) = x U I Ai (x), a(i, j) = x U I Ai A j (x),, a(i 1,, i k ) = x U I Ai1 A ik (x), 1 i < j, i 1 < < i k Vadinasi, S k = I Ai1 A ik (x), 1 k n 1 i 1 <i 2 < <i k n x U Pažymėkime Z k (x) = I Ai1 A ik (x) 1 i 1 <i 2 < <i k n Sukeite sumavimo tvarka, šiu žymėjimu dėka gauname S 1 S 2 + S ( 1) n+1 S n = x U Reikia sitikinti, jog ši suma lygi U = I U (x) x U ( 1) k+1 Z k (x) k=1 arba rodyti dėmenu lygybe (5) 1 = I U (x) = ( 1) k+1 Z k (x), su kiekvienu x U Tarkime, x A 1,, A m, bet x A m+1,, A n su kažkokiu 1 m n Šiam x gauname k=1 ( 1) k+1 Z k (x) = Z 1 (x) Z 2 (x) + + ( 1) m+1 Z m (x) k=1 16

17 Sumoje Z k (x) yra sudedami 1 ir 0 Vienetu skaičius lygus kiekiui tu sankirtu A i1 A ik, kurias sudaro aibės iš rinkinio {A 1,, A m } Tokiu sankirtu yra C k n Vadinasi, o ( 1) k+1 Z k (x) = k=1 = ( ) m 0 (1 1) m = 1 Z k (x) = ( ) m 1 ( ) m, k ( ) ( ) m m + + ( 1) m+1 = 2 m su kiekvienu 1 m n Gave (5) lygybe, baigiame 1 teoremos rodyma bll Panaudoje užsieninėje literatūroje dažnai naudojamus žymenis, gauname sekant jungimo ir išjungimo principa 2 teorema Tarkime, kad A 1,, A n aibės X poaibiai, X := X, X J := i J A i Aibės X elementu, nepriklausančiu jokiai iš aibiu A i, skaičius lygus ( 1) J X J J {1,,n} Jei Ā i := X \ A i, tai nagrinėjamas skaičius lygus Ā1 Ān = X \ (A 1 A n ) = X A 1 A n Toliau pakanka pritaikyti 1 teorema 17

18 7 Netvarku uždavinys Kiek yra n eilės keitiniu, kuriuose bet koks 1 i n pakeičiamas j i, 1 j n? Tokius kėlinius vadinkime netvarkingaisiais Kai kada ši problema sutinkama kinu restorano uždavinio pavadinimu Tada ji formuluojama buitiškiau Štai vienas iš galimu variantu n džentelmenu būrelis atvyksta pietauti kinu restorana Rūbinėje visi atiduoda savo skrybėles, kurios po pietu gra žinamos atsitiktinai Kokia tikimybė, kad m iš šiu klientu atgavo savo skrybėles? Teorema Netvarkingu keitiniu skaičius lygus n! ( 1) k k! Bendras keitinio pavidalas ( 1 2 n i 1 i 2 i n ) Tegu A k aibė keitiniu su savybe i k = k, X visa keitiniu aibė, o Āk = X \A k, 1 k n Ieškomasis skaičius pagal 62 teorema lygus (1) Ā1 Ān = X A i + i=1 1 i<j n = X S 1 + S 2 + ( 1) n S n A i A j + ( 1) n A 1 A n = Čia, kaip ir anksčiau S k = A i1 A ik 1 i 1 <i 1 <i k n Aibiu sankirta šioje sumoje yra sudaryta iš keitiniu, kurie palieka vietoje i 1,, i k Kitu n k elementu keitimui jokiu apribojimu nėra Todėl iš viso yra (n k)! tokiu keitiniu Taigi, ( ) n S k = (n k)! = (n k)! = n! k k!, 1 i 1 <i 1 <i k n nes sumoje buvo C k n vienodu dėmenu Kadangi X = n!, tai state gautuosius skaičius (1), baigiame teoremos rodyma Kinu restorano uždavinio sprendimas Pakanka klasikinio tikimybės apibrėžimo: surade, kiek yra galimu vykiu, kada m klientu atgauna savo skrybėles, š padalijame 18

19 iš n!, visu galimu vykiu Sunumeruokime džentelmenus bei skrybėles nuo 1 iki n Jei j-asis klientas gavo i j -a skrybėle, tai keitiniai ( ) 1 2 n i 1 i 2 i n žymi visus manomus elementariuosius vykius Mums palankius vykius žyminčiuose keitiniuose sutapimas i j = j turi pasikartoti lygiai m kartu, o visu likusiu (n m) klientu aibės indeksai turi sudaryti netvarkinga j keitin Pagal teorema šis skaičius lygus n m (n m)! ( 1) k k! Kadangi m poaibiu, kuriu elementus keitinys palieka vietoje, yra C m n, tai gauname n m n! m!(n m)! (n m)! ( 1) k palankiu vykiu Vadinasi, uždavinio atsakymas yra tikimybė 8 Siurjekci skaičius n m 1 m! ( 1) k k! Keliais būdais n skirting u rutuli u galėtume patalpinti i m skirting u dėži u? Formalizuojant ši uždavini, tenka nagrinėkime atvaizdžius f : X Y, kai X = n, o Y = m Iš viso yra tiek, kiek n žodžiu, sudarytu iš m raidžiu abėcėlės O kiek yra siurjekci, ty atvaizdžiu, kada kiekvienas y Y turi bent viena pirmvaizd iš aibės X? Rutuli u ir dėži u uždavinyje tai atitikt u s alygos papildym a reikalavimu, kad bent vienoje dėžėje būt u bent po vien a rutuli Aišku, bent vienas toks rutuli u išdėstymas bus tik tada, jei m n Teorema n aibės m aibe, m n, siurjekci skaičius lygus m ( m ( 1) k k ) (m k) n Jei U visu atvaizdžiu aibė, tai U = m n Tegu Y = {y 1,, y m }, o A j atvaizdžiai, ne gyjantys reikšmės y j, 1 j m Pagal ta pačia atvaizdžiu skaičiaus teorema gauname A j = (m 1) n, A i A j = (m 2) n,, A i1 A ik = (m k) n 19 k!

20 Čia 1 i < j m, 1 i 1 < i 2 < i k m Siurjekci vaizdai yra visi y j, todėl mus dominanti aibė yra lygi aibiu A j papildiniu iki U sankirtai, ty, S := Ā1 Ā2 Ān Pagal praeito skyrelio teoremos išvada (1) S = U S 1 + S 2 + ( 1) m S m Čia S 1 = ( ) m (m 1) n, S 2 = 1 state (1) formule, baigiame rodyma Išvada ( ) ( ) m m (m 2) n,, S m 1 = (m m + 1) n, S m = 0 2 m 1 n! = ( ) n ( 1) k (n k) n, n 1 k Kiekviena n aibės siurjekcija ja pačia yra ir bijekcija, o bijekci skaičius sutampa su n keitiniu kiekiu Toliau pritaikome teorema, kai n = m 9 Stirlingo skaičiai Aibės A skaidiniu (k skaidiniu) vadiname išraiška (1) A = A 1 A k, A j A, A j, A i A j =, 1 i < j n Jungiamu poaibiu tvarka čia nesvarbi Tegu P(n, k) visu (1) skaidiniu aibė Jos elementu skaičius S(n, k) := P(n, k) vadinamas antros rūšies Stirlingo skaičiumi (James Stirling, , - škotu matematikas) Pastebėkime, kad (1) skaidinys susije s su aibės A siurjekcijomis k aibe, tarkim, aibe B := {1,, k} Tegu Iš 8 skyrelio teoremos turime (2) Q(n, k) = Q(n, k) := {f : A B, f siurjekcija} k ( ) k ( 1) j (k j) n j j=0 Iš (2) išvesime patogia formule antros rūšies Stirlingo skaičiui S(n, k), 1 k n, nustatyti Susitarkime, be to, žymėti S(0, 0) = 1 20

21 1 teorema S(n, k) = Q(n, k) k! = 1 k! k ( ) k ( 1) j (k j) n j j=0 Jei A = {a 1,, a n }, f Q(n, k), tai pažymėje A j = {a i A : f(i) = j}, 1 j k, gauname vienintel skaidin A = A 1 A k Atvirkščiai, turėdami tok skaidin, galėtume apibrėžti daug siurjekci Pakaktu aibės A j elementus atvaizduoti viena i j taip, kad skaičiai i 1,, i k sudarytu k kėlin Kadangi tokiu kėliniu yra k!, iš viso gautume k! siurjekci Taigi Q(n, k) = k!s(n, k) Toliau pakanka pritaikyti (2) formule Jei B n visu galimu A išraišku, jungiant netuščius poaibius, skaičius, vadinamas Belo skaičiumi, tai B n = S(n, k) k=1 Atkreipkime dėmes panašuma su anksčiau turėta poaibiu skaičiaus formule 2 n = Dabar išvesime viena rekurentu j sa ryš ( ) n k 2 teorema Susitarkime, kad S(0, 0) = 1 Tada S(n, k) = ks(n 1, k) + S(n 1, k 1), 1 k < n Panašiai kaip ir Paskalio teoremos rodyme, visus aibės A k skaidinius perskirkime dvi dalis Viena dal sudarykime iš tokiu skaidiniu, kuriuose vienas iš jungiamu poaibiu yra {n} Ju pavidalas bus toks: A = A 1 A k 1 {n} Čia poaibiuose A j, 1 k 1, nėra n Tokiu skaidiniu bus S(n 1, k 1) Kita dal sudarantys likusieji skaidiniai gali būti gauti tokiu būdu {1,, n 1} k skaidinius Imkime aibės {1,, n 1} = A 1 A k, kuriu bus S(n 1, k), ir prijungdami paeiliui n prie A j, 1 j k, iš kiekvieno tokio skaidinio padarytume k pradinės aibės A skaidiniu Todėl antroje skaidiniu grupėje yra ks(n 1, k) A skaidiniu Sudėje abie klasiu skaičius, gauname S(n, k) 21

22 Išvada Jei 1 k n, tai S(n, k) k n+1 Pritaikykite indukcija Antros rūšies Stirlingo skaičiai yra naudingi polinomu algebroje Pažymėkime (x) k = x(x 1) (x k + 1) = ( ) x k!, (x) 0 = 1 k 3 teorema Jei S(n, 0) := 0, kai n N, ir S(0, 0) = 1, tai x n = S(n, k)(x) k x R, n 0, 0 0 := 1 Atvejis n = 0 yra trivialus Tegu toliau n N I rodinėjamos lygybės pusėse yra n laipsnio polinomai, todėl pakanka ja patikrinti daugiau negu n tašku I rodysime, kad ji teisinga su visais natūraliaisiais x n Tuo tikslu, nagrinėjame atvaizdžius g : A X := {1, 2,, x} Ju yra x n Š kiek skaičiuojame kitu būdu Tegu Y = g(x) X funkcijos g reikšmiu aibė Tada g : A Y yra siurjekcija Poaibiuose Y gali būti 1, 2,, n elementu Jei Y = k, tai gausime Q(n, k) skirtingu siurjekci, atitinkančiu skirtingus atvaizdžius g Pakeite Y X, vėl gautume skirtingas siurjekcijas bei atvaizdžius Vadinasi, visas atvaizdžiu g skaičius gali būti užrašomas šitaip: x n = k=1 Y X, Y =k Q(n, k) Pagal 2 teorema x n = k=1 Y X, Y =k S(n, k)k! = S(n, k)k! k=1 Y X, Y =k 1 = S(n, k)(x) k, nes aibė X turėjo ( x k) skirtingu k poaibiu Jei n N, pagal susitarima S(n, 0) = 0, todėl pastarojoje sumoje galėtume prijungti nulin dėmen, atitinkant k = 0 Taip gautume teoremoje nurodyta formule Formulė (x) n = s(n, k)x k, x R, apibrėžia pirmos rūšies Stirlingo skaičius s(n, k) 22 k=1

23 4 teorema (Ortogonalumo sa ryšis) S(n, k)s(k, m) = δ mn, m, n 0 k=m Pasinaudokime aukščiau nagrinėtu polinomu išraiškomis per Stirlingo skaičius Gauname x n = S(n, k)(x) k = k=1 k=1 ( k S(n, k) m=0 s(k, m)x m ) = ( n m=0 k=m ) S(n, k)s(k, m) x m Palygine polinomu koeficientus prie vienodu x laipsniu, baigiame 4 teoremos rodyma Uždavinys Išveskite rekurenčia ja Belo formule ( ) n 1 B n = B n k, n N k 1 k=1 10 Skirtumo operatorius Tiesinėje realiu funkci erdvėje F apibrėžkime skirtumo operatoriu, ty, atvaizd : F F f(x) = f(x + 1) f(x) Tai tiesinis atvaizdis, nes iš apibrėžimo išplaukia lygybės (c 1 f(x) + c 2 g(x)) = c 1 f(x) + c 2 g(x) su bet kokiom realiom konstantom c 1, c 2 bei funkcijomis f(x), g(x) Naudojant skirtumo operatoriu, galima išvesti nemaža kombinatoriniu sa ryšiu Pažymėkime m = ( m 1 ), kai m 0, 1 = ; 0 = I, čia I tapatusis atvaizdis 1 teorema Bet kokiai funkcijai f(x) ir m 0 teisingos tapatybės (1) m f(x) = m ( m ( 1) k k ) f(x + m k) = m ( m ( 1) m j j ) f(x + j), (2) f(x) = m ( m ( 1) k k ) k f(x), (3) f(x + m) = m 23 ( ) m k f(x), k

24 Pirmoji iš (1) lygybiu rodoma matematinės indukcijos pagalba, pasinaudojant Paskalio tapatybe Patikrine (1) su m = 0, 1 ir tare kad ji ši lygybė yra teisinga dėl m 1 1, skaičiuojame suma m ( ) m m ( ) m 1 S m := ( 1) k f(x + m k) = ( 1) k f(x + m k) k k m ( ) m 1 + ( 1) k f(x + m k) k 1 Gautose sumose atmete po nulin dėmen, o antroje dar ir pakeite k 1 = j, gauname m 1 ( ) m 1 S m = ( 1) k f ( (x + 1) + (m 1) k) k m 1 ( ) m 1 ( 1) j f ( x + (m 1) j ) j 1 j=0 = m 1 f(x + 1) m 1 f(x) = m 1( f(x + 1) f(x) ) Taigi, (1) lygybė yra rodyta Antrosios iš (1) išraišku rodymui pakanka pakeisti sumavimo indeksa Norėdami išvesti (2) formule, taikome binominiu koeficientu apgre žimo formule ir pirma ja iš (1) lygybiu Mūsu ankstesniuose skyrelio žymėjimuose imame a m = m f(x) bei b k = f(x m k) Paskutinės (3) formulės išvedimui vėl taikome ta pat principa, bet vietoje pirmosios naudojame antra ja išraiška (1) lygybėje Išvada Jei n, m 0, tai m x n = m ( m ( 1) k k m 0 n := m x n x=0 = ) (x + m k) n ; m ( m ( 1) k k ) (m k) n Dydžiai m 0 n, m, n 0, vadinami Morgano skaičiais Jei m n tai n aibės siurjekci m aibe skaičius, ir jei m > n, tai bet kokiam x R, m x n = 0 Iš tiesu, kiekvienas operatoriaus pritaikymas sumažina polinomo x n laipsn vienetu Kai x = 0, iš čia išplaukia tapatybė (4) m 0 n = m ( m ( 1) k k ) (m k) n = 0, m > n 24

25 Kadangi atveju m > n ir siurjekci skaičius lygus nuliui, tai darome išvada, kad Morgano skaičiai visada išreiškia siurjekci kiek Užduotis Panagrinėkite postūmio operatoriaus P : F F, apibrėžiamo lygybe P f(x) = f(x + 1) arba P = + I, savybes Iveskite keleta kombinatoriniu formuliu 11 Laipsninė generuojanti funkcija Dažnai kombinatorinius objektu išreiškiančios sekos yra sudėtingos, todėl tyrimui pasitelkiama funkci teorija Sekai priskiriama formali laipsninė eilutė a 0, a 1,, a n, a j R, a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n +, vadinama sekos generuojančia funkcija (lgf) Kai kada šia eilute pavyksta susumuoti, rasti gana paprasta funkcija, kurios Teiloro eilutė taško x = o aplinkoje sutampa su šia generuojančia funkcija Kombinatorikoje dažnai net nenagrinėjant šios funkcinės eilutės konvergavimo klausimo, su ja formaliai manipuliuojama, atliekami matematinėje analizėje žinomi veiksmai (Perskaitykite MBloznelio knygelės 41 skyrel ) Pavyzdžiui, nurodytos viršuje eilutės ir sekos {b m }, m 0 generuojančios funkcijos sandauga lygi eilutei su c 0 + c 1 x + c 2 x c n x n + c n = a k b n k, n 0 Analizėje prieš dauginant panariui laipsnines eilutes būtu pasidomėta, ar eilutės konverguoja absoliučiai Daug seku sa ryšiu, tapatybiu buvo atspėta manipuliuojant su generuojančiomis funkcijomis, vėliau griežtai pagrindžiant atliktas operacijas arba rodant juos kitais būdais Pasinaudokime binominiu koeficientu ( ) n, 0 k n; k ( ) n = 0, k > n, k generuojančia funkcija ( ) n + 0 ( ) n x + 1 ( ) n x 2 + = (1 + x) n 2 25

26 ir išveskime pora formuliu 1 teorema (Vandermondo sa sūka) Bet kuriems natūraliesiems skaičiams k ir m, k, m < n, teisinga lygybė ( ) n k ( )( ) m n m = k j k j j=0 Panaudoje laipsniniu eilučiu (šiuo atveju, polinomu ) dauginimo taisykle, gauname (1 + x) n = (1 + x) n m (1 + x) m = i 0 = ( ( )( n m m i j k 0 i,j 0 i+j=k ( n m i )) x m Sulygine koeficientus prie x k, baigiame teoremos rodyma 2 teorema Su bet kokiu n 0 teisinga lygybė ( 1) k+1 k + 1 ( ) n = 1 k n + 1 Integruodami panariui generuojančia funkcija gauname u I state u = 1, baigiame rodyma 0 (1 + x) n dx = 1 ( (1 + u) n+1 1 ) = n + 1 ) x i j 0 ( ) n u x k dx, k 0 u k+1 k + 1 ( ) m x j = j 2 teoremos tapatybe palyginkite su anksčiau nagrinėtomis harmoniniu savybėmis Matematinėje analizėje yra išvedama apibendrintoji Niutono binomo formulė Čia, kaip jau buvo minėta, (1 + x) u = ( ) u = n ( ) u x n, x, u R, x < 1 n u(u 1) (u n + 1), n N {0} n! 26

27 Funkcija (1 + x) u yra apibendrintu binominiu koeficientu generuojanti funkcija Matematinėje analizėje išvedamos funkci laipsninės eilutės yra koeficientu generuojančios funkcijos Taigi, formulės (1) log(1 x) = bei (2) e x = n=0 n=1 x n, x < 1, n 1 n! xn, x R, duoda seku {1/n}, n 1 ir {1/n!}, n 0 laipsnines generuojančias funkcijas atitinkamai Uždavinys I rodykite Koši tapatybe k 1,,k n 0 1k 1 + +nk n =n n j=1 1 j k j kj! = 1, n 1 Sprendimas Nagrinėjame vienetu sekos lgf Naudodami (1) ir (2) formules, gauname n 0 x n = 1 1 x = { } x j exp j j 1 { = exp{ log(1 x)} = exp = j 1 ( x j k 0 j ) k 1 k! Formaliai dauginame eilutes (pagr skite!) Dešinėje pusėje gauname k 1,,k n, 0 x 1k 1 x 2k 2 1 k 1 2 k 2 k1!k 2! = n 0 x n j 1 k 1,,k n 0 1k 1 + +nk n =n x j j } = n j=1 1 j k j kj! Paskutiniame žingsnyje grupavome absoliučiai konverguojančios srityje x < 1 eilutės narius Taylor o koeficientai apibrėžiami vienareikšmiškai Vadinasi, koeficientas prie x n yra lygus vienetui Laipsniniu generuojančiu eilučiu nauda ypač išryškėja nagrinėjant rekurenčia sias sekas Vėliau šiuos sa ryšius panagrinėsime smulkiau, dabar apsistosime ties vienu pavyzdžiu 27

28 12 Katalano skaičiai Atliekant binaria sias algebrines operacijas, pvz, sudėt tenka suskliausti ir sudėti po du dėmenis paeiliui I sitikinkite, kad yra 5 keturiu dėmenu suskliaudimo būdai, nemaišant dėmenu tvarkos Apibendrinant gauname tok rezultata 1 teorema Yra n 2 dėmenu suskliaudimo būdu C n = 1 n ( ) 2n 2 n 1 Bet kaip suskliaudžiant paskutiniame žingsnyje suskliaudžiame du dėmenis E 1 + E 2 Jei naryje E 1 buvo k dėmenu, tai 1 k n 1, o E 2 n k dėmenu Pagal skaičiaus C k apibrėžima, nesikertančiu aibiu sa jungos elementu formule gauname n 1 (1) C n = C k C n k, n 2 k=1 Susitarkime, be to, kad C 0 = 0, C 1 = 1 Raskime sekos {C n }, n 0, generuojančiu funkcija Apskaičiuojame, naudodami (1), F (x) 2 = n=2 Išsprende kvadratine lygt, gauname n=0 ( n 1 C n x n =: F (x) C k C n k )x n = F (x) x k=1 F (x) = 1 2 (1 ± (1 4x) 1/2 ) Kadangi F (0) = 0, reikia imti minuso ženkla Pasinaudodami apibendrinta ja Niutono binomo formule, keliame laipsniu 1/2, ir sulyginame koeficientus prie x n Gauname C n = 1 ( ) 1/2 ( 4) n = 2 n = (2n 3) 2 ( 4) n n! = (2n 2) (n 1)!n! Skaičiai C n vadinami Katalano vardu 28

29 13 Eksponentinės generuojančios funkcijos Naudojant laipsnines generuojančias funkcijas, tenka pagr sti konvergavima netrivialioje taško x = 0 aplinkoje Kai koeficientu seka didėja palyginti greitai, to padaryti nepavyksta Tokio sunkumo kai kada pavyksta išvengti normuojant koeficientus Panagrinėsime labiausiai naudojama atvej, kai nagrinėjamos sekos koeficientai dalijami iš indekso faktorialo Dažnai panašiu normavimu siekiama ir pačiu funkci paprastumo Sekos {a n }, n 0 eksponentine generuojančia funkcija (egf) vadinama formali eilutė f(x) := a 0 + a 1x 1! + a 2x 2 2! + + a nx n n! + Taigi vienetu sekos egf yra e x, o sekos {n!}, n 0, funkcija 1/(1 x) Pastebėkime pora savybiu, palengvinančiu skaičiavimus Tarkime g(x) sekos {b n }, n 0, egf Lema Jei f(x) - sekos {a n } egf, tai f (x) - sekos {a n+1 }, n 0 egf Formali suma f(x) + g(x) atlikta panariui yra sekos {a n + b n }, n 0 egf, o sandauga f(x)g(x) sekos ( ) n c n := a k b n k k egf Pirmasis tvirtinimas gaunamas panariui diferencijuojant eilute f(x) Kiti teiginiai matosi atlikus nurodytus veiksmus Panagrinėkime keleta pavyzdžiu Pradžioje pritaike egf, raskime netvarkingu n eilės keitiniu D n Prisimename atsakyma Pradėkime tapatybe D n = n! n! = ( 1) k+1 k! ( ) n D n k, k reiškiančia, kad keitiniai išskaidyti nesikertančias klases, taip, kad vienoje klasėje esantys keitiniai palieka k = 0, 1,, n elementu vietoje Kadangi ( n k) = 0, kai k > n, tai pastaroji lygybė ir lema duoda generuojančiu funkci lygybe 1 1 x = ex D(x), D(x) = n=0 D n n! xn Rade funkcijos D(x) = e x /(1 x) 29

30 n-a Taylor o koeficienta, baigiame rodyma 1 teorema Tegu S(n, k) antros rūšies Stirlingo skaičiai Sekos {S(n, k)}, n k egf lygi F k (x) := (ex 1) k, k 1 k! Naudodamiesi rekurenčia ja Stirlingo formule, lygybe S(n, k) = 0, kai n < k, skaičiuojame F k (x) = n k S(n, k) xn n! = ( )x n ks(n 1, k) + S(n 1, k 1) n! = n k = k S(m, k) xm+1 (m + 1)! + m k m k 1 xm+1 S(m, k 1) (m + 1)! Eilučiu konvergavima užtikrina lengvai patikrinamas vertis S(n, k) k n+1 Diferencijuodami panariui, gauname rekurenčia ja formule (1) F k(x) = kf k (x) + F k 1 (x) Ja naudodami rodyma baigiame matematinės indukcijos būdu Kai k = 1, S(n, 1) = 1, todėl norima lygybė išplaukia iš eksponentinės funkcijos skleidinio (2) n 1 x n n! = ex 1 Tare, kad 1 teoremoje užrašyta lygybė yra teisinga su dėl k 1 vietoje k, iš (1) gauname F k(x) kf k (x) = (ex 1) k 1 (k 1)! Diferencialiniu lygčiu teorijoje yra rodoma, kad tokios lygtys turi tik viena sprendin, patenkinant sa lyga, F k (0) = 0 Vadinasi, pakanka patikrinti, ar 1 teoremoje nurodyta funkcija tenkina šia lygt Išvada Belo sekos {B n }, n 1, egf lygi (3) B(x) := exp{e x 1} Pagal lema ir Belo apibrėžima pakanka sudėti visiems k ) teoremoje gautas formules ir pasinaudoti (2) išraiška 2 būdas Iš rekurenčiosios formulės B n+1 = 30 ( ) n B k k

31 ir Lemos išplaukia sa ryšis B (x) = e x B(x) Šios diferencialinės lygties sprendinys su sa lyga ir yra (3) funkcija 2 teorema Tegu s(n, k) pirmos rūšies Stirlingo skaičiai Sekos {s(n, k)}, n k egf lygi f k (x) := s(n, k) xn n! = 1 ( ) k, log(1 + x) x < 1, k 0 k! n k Lygybės dešinėje esanti logaritminė funkcija yra apibrėžta srityje x < 1 Jos Taylor o koeficientai apibrėžiami vienareikšmiškai Vadinasi, reikia patikrinti ar skaičiai a(n, k) apibrėžiami lygybe 1 ( ) k log(1 + x) = k! n k a(n, k) x n, n! sutampa su pirmos rūšies Stirlingo skaičiais Dauginkime paskutine lygybe iš m k ir sudėkime pagal visus k 0 Gauname k 0 1 ( ) k m log(1 + x) m k k! k 0 n k a(n, k) x n n! Kairia ja puse skaičiuojame pagal (2) formule, dešinėje keičiame sumavimo tvarka Gauname exp{m log(1 + x)} = x n a(n, k)m k n! n 0 0 k n Kadangi kairioji pusė yra polinomas (1 + x) m, tai sulygine koeficientus prie vienodu x laipsniu, gauname ( ) m = 1 a(n, k)m k, n n! kai n m Palygine su pirmos rūšies Stirlingo apibrėžimu, matome, kad a(n, k) = s(n, k) 14 Rekurentieji sa ryšiai Pavyzdžiai Nagrinėsime sekas, kuriu n-tasis narys tam tikra formule yra išreiškiamas per jos narius su mažesniais indeksais Be to, vienetinumui užtikrinti nurodoma pirmu sekos nariu Tokios išraiškos vadinamos rekurenčiosiomis formulėmis Labiausiai žinomos yra aritmetinė ir geometrinė progresijos nusakomos formulėmis a n = a n 1 + d, a n = qa n 1 31

32 atitinkamai Čia d yra bet koks skaičius, o q - skaičius, nelygus nuliui ir vienetui Paskalio tapatybė binominiams koeficientams yra dvie indeksu sekos rekurenčiosios formulės pavyzdys Labai daug uždaviniu apie sekas yra sprendžiami dviem etapais Pradžioje randami rekurentieji jos nariu sa ryšiai, o vėliau jie yra išnagrinėjami Antrajamaje žingsnyje pritaikomi kombinatorikos metodai Taip dažnai elgiamasi n-os eilės determinantu teorijoje Pradėsime nuo kitokiu paprastu pavyzdžiu 1 uždavinys I rodykite, kad n plokštumos tiesiu, tarp kuriu nėra dvie lygiagrečiu ir bet kurios trys iš nesikerta viename taške, dalija plokštuma sričiu p n = 1 + n(n + 1) 2 Sprendimas Akivaizdu, kad p 1 = 2, p 2 = 4, p 3 = 7 Taikome indukcijos principa Tarkime, kad jau išvedėme k tiesiu ir nustatėme plokštumos sričiu p k Vedame, k+1 tiese Keliaukime ja nuo taško, esančio dar iki pirmojo susikirtimo su viena iš pirmu tiesiu Šia srit naujoji tiesė padalijo pusiau, už susikirtimo su pirmaja tiese esančia srit - irgi pusiau Pratese šia kelione, matome, kad kiekviena nauja sritis dalijama pusiau Kadangi k + 1 tiesė kirs k + 1 sričiu, gauname sričiu skaičiaus išraiška p k+1 = p k + (k + 1) Pritaike indukcijos prielaida dėl p k, gauname p k+1 = 1 + k(k + 1) 2 + (k + 1) = 1 + (k + 1)(k + 2) 2 Vadinasi, viršuje nurodyta p n formulė yra teisinga su visais natūraliaisiais skaičiais n 2 uždavinys (Leonardo Fibonacci) Triušiu pora per antra mėnes atsivedė nauja porele jaunikliu ir vėliau kas mėnes dar po porele Kitos porelės elgėsi taip pat Pažymėkime F n - triušiu poru n mėnesio gale I rodykite, kad F n = ( 5 + 1) k+1 (1 5) k+1 2 n+1, n 0 5 Sprendimas Nesunku matyti, kad seka F n (vadinama Fibonačio vardu) tenkina rekurentu j sa ryš (1) F n = F n 1 + F n 2, n 2 Išnagrinėkime šia lygybe vairiais būdais 1 būdas Ieškome laipsninės generuojančios funkcijos Φ(x) = F n x n n=0 32

33 Kadangi ir tai arba Čia α 1, α 2 - lygties šaknys, ty, xφ(x) = Φ(x) = x 2 Φ(x) = F n x n+1 = x + n=0 F n x n+2 = n=0 F n 1 x n n=2 F n 2 x n, n=2 Φ(x) xφ(x) x 2 Φ(x) = 1, 1 1 x x 2 = 1 (1 α 1 x)(1 α 1 2 x) 1 x 2 + x 1 = 0 α 1 = ( 1 + 5)/2, α 2 = ( 1 5)/2 Pastebėkime, kad α 2 = α 1 1 Racionalia ja funkcija išskaidome paprasčiausiu trupmenu suma Gauname Φ(x) = A 1 + α 1 x + B 1 + α 2 x = α α 1 x α α 2 x Pasinaudoje begalinės geometrinės progresijos sumos formule, kai x < ( 5 1)/2, gauname Φ(x) = α 1 ( α 1 ) n x n α 2 ( α 1 ) n x n 5 5 n=0 n=0 Sulygine koeficientus prie x n, baigiame F n formulės išvedima 2 būdas Galima naudoti ir eksponentines generuojančias funkcijas Perraše (1) formule patogesniu būdu, gauname F m+2 = F m+1 + F m, m 0 Pagal 13 skyrelio lema funkcija F n Ψ(x) = n! xn tenkina diferencialine lygt n=0 Ψ (x) = Ψ (x) + Ψ(x) ir pradines sa lygas Ψ(0) = Ψ (0) = 1 Diferencialiniu lygčiu teorijoje rodoma, kad pastarojo uždavinio sprendinys yra funkcija Ψ(x) = α 1e α 1x α 2 e α 2x 5 33

34 Išskleide eksponentines funkcijas Teiloro eilutėmis, randame n-ta nar 15 Rekurentieji sa ryšiai Bendra teorija Dabar išvystysime bendresne teorija Tarkime, kad seka {u n }, n 0 yra apibrėžta r eilės sa ryšiu (2) u n+r + a 1 u n+r a r u n = 0, n 0, ir pradiniais nariais u 0, u 1,, u r 1 (2) pavidalo formules vadiname tiesiniais homogeniniais rekurenčiaisiais sa ryšiais, o polinomas A(x) = r a j x j, a 0 := 1 j=0 vadinamas charakteristiniu polinomu (Galimas ir kitoks šio polinomo apibrėžimas: Ã(x) = r a r j x j, a 0 := 1, j=0 bet tada tolesnės formulės komplikuojasi) Prisilaikydami mūsu apibrėžimo, ištirkime laipsnine generuojančia funkcija U(x) = u n x n n=0 1 teorema Sandauga A(x)U(x) yra polinomas r 1 D(x) := d k x k su k d k = a j u k j, 0 k r 1 j=0 I rodymas Daugindami A(x) ir U(x) panariui, gauname laipsnine eilute su koeficien- tais (3) d k = k a j u k j j=0 34

35 Čia laikome, kad a j = 0, kai j r + 1 Jei k r 1, (3) formulė yra ieškomoji Imkime paeiliui k = r, r + 1, ir naudodami (2), sitikinkime, kad tada d k = 0 Išvada Generuojanti funkcija U(x) = D(x)/A(x) yra racionalioji funkcija Toliau funkcijai U(x) taikysime racionaliu funkci teorija C(x) egzistuoja U(x) išraiška paprasčiausiu trupmenu suma Tokiu funkci kūne (4) U(x) = k r i i=1 j=1 l ij (1 λ i x) j Čia λ 1 i C, 1 i k, - charakteristinio polinomo A(x) šaknys, r r - kartotinumai, r r k = r, o l ij C (4) išraiška galima rasti, jei pavyksta rasti A(x) šaknis Jei jau turime skaidin A(x) = a r (x x 1 ) r 1 (x x k ) r k, x i C, tai neapibrėžtu koeficientu metodu randame koeficientus A ij tenkinančius lygybe racionaliu funkci kūne U(x) = D(x) k r i A(x) = A ij (x x i ) j i=1 j=1 Pastebėkime, kad x i 0, nes a 0 = 1 Vadinasi, iškėle x i prieš skliaustus, gautume (4) formule 2 teorema Jei U(x) turi (4) išraiška, tai u n = k i=1 λ n i r i j=1 ( ) j + n 1 l ij n 0 n I rodymas Pagal apibendrinta ja Niutono binomo formule ( n + j 1 1 (1 λ i x) j = n=0 ( j n ) ( 1) n λ n i x n = n=0 n ) λ n i x n, λ i x < 1 I state (4) formulė ir sulygine koeficientus prie vienodu x laipsniu, baigiame 2 teoremos rodyma 2 eilės tiesiniu rekurenčiu sa ryšiu atveju gauname Išvada Tarkime, kad seka {u n }, n 0, apibrėžta sa ryšiu u n+2 + a 1 u n+1 + a 2 u n = 0 ir pradinėmis sa lygomis u 0 = u 1 = 1 Jei A(x) = a 2 (x x 1 )(x x 2 ), x 1 x 2, λ i = x 1 1, tai u n = c 1 λ n 1 + c 2 λ n 2, 35

36 o konstantos c 1, c 2 randamos iš pradiniu sa lygu Jei A(x) = a 2 (x x 1 ) 2, λ = x 1 1, tai u n = c 1 λ n + c 2 nλ n, o konstantos c 1, c 2 randamos iš pradiniu sa lygu Pavyzdys Raskime sekos {u n }, n 0, tenkinančios ketvirtos eilės rekurentu j sa ryš u n+4 2u n+2 + u n = 0, bendra j nar, jei u 0 = u 1 = 1, o u 2 = u 3 = 2 Sprendimas Charakteristinis polinomas turi pavidala todėl generuojanti funkcija lygi A(x) = x 4 2x 2 + 1, U(x) = D(x) (1 x 2 ) 2 Čia kubinio polinomo D(x) = d 0 + d 1 x + d 2 x 2 + d 3 x 3 koeficientai skaičiuojami pagal 1 teoremoje naudotas formules Gauname Vadinasi, U(x) = d 0 = a 0 u 0 = 1, d 1 = a 0 u 1 + a 1 u 0 = 1, d 2 = a 0 u 2 + a 1 u 1 + a 2 u 0 = 0, d 3 = a 0 u 3 + a 1 u 2 + a 2 u 1 + a 3 u 0 = x (1 x 2 ) 2 = 1 (1 x) 2 (1 + x) = A 1 1 x + A 2 (1 x) 2 + A x Subendravardikline ir sulygine skaitikliuose esančius polinomus, randame neapibrėžtuosius koeficientus A 1, A 2, A 3 Gauname 1 = A 1 (1 x 2 ) + A 2 (1 + x) + A 3 (1 2x + x 2 ) arba A 1 + A 2 + A 3 = 1, A 2 2A 3 = 0, A 1 + A 3 = 0 36

37 Vadinasi, A 1 = 1/4, A 2 = 1/2 ir A 3 = 1/4 Dabar galime pasinaudoti 2 teorema Atsakymas u n = 1 + ( 1)n 4 + n Pastebėkime, kad sprendžiant lengviau naudoti 2 teoremos rodymo metoda, negu išvesta sias formules! 16 Sudėtiniu funkci Tayloro koeficientu rekurentieji sa ryšiai Praeitame skyrelyje, turėdami rekurentu j sa ryš, ieškojome bendrojo sekos nario Pastarasis dažnai būna sudėtingas ir apsunkina skaičiavimus Programuojant žymiai paprasčiau naudoti rekurenčia sias formules Tai ypač gerai atsispindi skaičiuojant sudėtiniu funkci Tayloro koeficientus Pradėkime nuo pavyzdžio Pavyzdys Rasti funkcijos { (1) F (x) = exp j=1 } a j j xj n-a j Tayloro koeficienta, jei a j yra aprėžta realiu seka Sprendimas Laipsninė eilutė po eksponentės ženklu absoliučiai konverguoja srityje x < 1 Ja apsiribodami, dauginame žinomus skleidinius F (x) = = Taigi, ieškomi koeficientai lygūs (2) b n := j=1 ( n=0 ( aj x j j k 1,,k n 0 1k 1 + nk n =n k 1,,k n 0 1k 1 + +nk n =n ) k 1 k! = n j=1 n j=1 a k ) j j k x n j kj! a k j j k j kj!, n 0 Tokia ir ja panašios formulės yra labai nepatogios programuotojams 1 teorema Funkcijos F (x) Tayloro koeficientai b n tenkina rekurentu j sa ryš b n+1 = 1 n + 1 a n j+1 b j, b 0 := 1, n 0 j=0 37