ΤΕΧΝΙΚΕΣ ΚΑΤΑΜΕΤΡΗΣΗΣ Η καταµετρηση ενος συνολου µε πεπερασµενα στοιχεια ειναι ισως η πιο παλια µαθηµατικη ασχολια του ανθρωπου. Θα µαθουµε πως, δεδοµενης της περιγραφης ενος συνολου, να µπορουµε να ϐρουµε ποσα στοιχεια εχει. Θα δουµε οτι, τις περισσοτερες ϕορες, το προβληµα εγκειται στην αναγνωριση του συνολου για το οποιο µιλαµε. Θα διαπιστωσουµε επισης οτι υπαρχουν πολυ δυσκολα προβληµατα, αλυτα µεχρι σηµερα. Παραδειγµα 1. Ποσους διψηφιους αριθµους µπορουµε να ϕτιαξουµε µε τα ψηφια 1, 2, 3, και 4; Σκεφτοµαστε ως εξης : Το πρωτο ψηφιο διαλεγεται µε 4 τροπους, και το δευτερο µε 4. Αρα µπορουµε να ϕτιαξουµε διαφορετικους αριθµους. Πραγµατι, αυτοι ειναι οι : 11, 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34, 41, 42, 43, 44. Παραδειγµα 2. Τεσσερα ατοµα, Α, Β, Γ,, ειναι υποψηφια για 2 ϑεσεις, αυτη του προεδρου, και αυτη του αντιπροεδρου. Ποσα ειναι τα δυνατα αποτελεσµατα ; Η απαντηση ειναι : Ο προεδρος διαλεγεται µε 4 τροπους, και ο αντιπροεδρος µε 3 (γιατι δε µπορει το ιδιο ατοµο να εχει και τις δυο ιδιοτητες). Αρα εχουµε δυνατα αποτελεσµατα. Πραγµατι, αυτα ειναι : ΑΒ, ΑΓ, Α, ΒΑ, ΒΓ, Β, ΓΑ, ΓΒ, Γ, Α, Β, Γ. Η διαφορα µε το προηγουµενο προβληµα ειναι οτι δεν επιτρεπονται επαναληψεις. Παραδειγµα 3. Παµε επισκεψη σε ενα ϐιβλιοπωλειο και ϐλεπουµε 4 ϐιβλια, Α, Β, Γ,, που µας αρεσουν. Τα χρηµατα που εχουµε µας επιτρεπουν να αγορασουµε µονο δυο. Με ποσους τροπους µπορουµε να το κανουµε αυτο ; Το προβληµα αυτο ειναι σαν το προηγουµενο, εκτος απο το οτι δε µας ενδιαφερει η σειρα µε την οποια αγοραζουµε τα ϐιβλια. ηλαδη, το αποτελεσµα ΑΒ ειναι το ιδιο µε το ΒΑ. Αρα τα δυνατα αποτελεσµατα ειναι οσα πριν, δηλ. 12, διαιρεµενα δια του 2, δηλ. 6. Παραδειγµα 4. Υπαρχουν 4 στοχοι, Α, Β, Γ, (ας πουµε οτι ο τοιχος απεναντι µας ειναι χωρισµενος σε 4 µεγαλα τετραγωνα) και εµεις εχουµε 2 ϐελακια. Τα ϱιχνουµε και πετυχαινουµε 2 απο τουσ 4 στοχους. Ποσα ειναι τα δυνατα αποτελεσµατα ; Η απαντηση εδω ειναι 10. Ας δουµε γιατι, µε τον χαζο τροπο της πληρους καταµετρησης. Ιδου : ΑΑ, ΑΒ, ΑΓ, Α, ΒΒ, ΒΓ, Β, ΓΓ, Γ,. Εδω δε µας ενδιαφερει η διαταξη (δεν εχει σηµασια αν ϑα πετυχουµε πρωτα τον στοχο Α και µετα τον Β ή αναποδα), µας ενδιαφερει οµως η επαναληψη. Ερωτηση : Υπαρχει πιο εξυπνος τροπος να κανουµε την καταµετρηση ; 1 Επιλογες Τα 4 αυτα παραδειγµατα µπορουµε να τα συνοψισουµε και γενικευσουµε ως εξης : Απο µια συλλογη απο αντικειµενα κανουµε επιλογες. Αυτες µπορουν να γινουν µε επαναληψη ή χωρις (δηλ. ειτε παιρνουµε το αντικειµενο απο ενα κουτι µια ϕορα, ειτε το παιρνουµε, το κοιταµε, και το ξαναρριχνουµε µεσα). Επισης µπορει να γινουν µε τη σειρα ή και χωρις σειρα. Περιπτωση 1: Επιλογη αντικειµενων απο µε διαταξη και επαναληψη. Αφου το πρωτο αντικειµενο διαλγεται µε πληθος των αποτελεσµατων ειναι τροπους, το δευτερο επισης µε, κ.λ.π., εχουµε οτι το Περιπτωση 2: Επιλογη αντικειµενων απο µε διαταξη αλλα χωρις επαναληψη. Το 1
πρωτο αντικειµενο διαλεγεται µε τροπους, το δευτερο οµως µε (γιατι δεν επτρεπεται να διαλεχτει παλι το ιδιο), το τριτο µε, κ.λ.π. Αρα το πληθος των αποτελεσµατων ειναι Αυτο που γραψαµε στο δεξι µελος ειναι απλως ενας συµβολισµος για το αποτελεσµα του αριστερου µελους (µε την ιδια λογικη που το ειναι ενα συµβολο για τον πολλαπλασιασµου του, ϕορες µε τον εαυτο του. χωρις διαταξη και χωρις επαναληψη. Ας ϕανταστουµε στο µυαλο µας οτι εχουµε εναν πινακα µε ολα τα δυνατα αποτελεσµατα του προηγουµενου παραδειγµατος, στο οποιο επιτρεποταν η διαταξη. Καθε αποτελεσµα γραφεται σαν µια διατεταγµενη λιστα απο διαφορετικα αντικειµενα. Αυτη η λιστα εµφανιζεται κι αλλες ϕορες, αλλα µε διαφορετικη διαταξη, στον πινακα µας. Ποσες ϕορες ; Μα ϕυσικα τοσες ϕορες Περιπτωση 3: Επιλογη αντικειµενων απο οσες ο αριθµος των επιλογων αντικειµενων (απο τη λιστα), ϕορες, µε διαταξη αλλα χωρις επαναληψη. Αυτος ειναι, παλι απο το προηγουµενο παραδειγµα,. ηλαδη, καθε αποτελεσµα στον πινακα εµφανιζεται ϕορες µε διαφορετικη διαταξη. Περιπτωση 4: Επιλογη αντικειµενων απο απαντηση εδω ειναι Αναβαλλουµε την αιτιολογηση για αργοτερα. χωρις διαταξη, αλλα µε επαναληψη. Η 2 ιαταξεις Ας παρουµε τωρα αντικειµενα, και ας τα ϐαλουµε στη σειρα. Αν ολα ειναι διαφορετικα µεταξυ τους, τοτε αυτο γινεται, οπως ακριβως στην Περιπτωση 3, δηλ. µε τροπους. Αυτο το συµβολισαµε µε. Ενας αλλος συµβολισµος ειναι ο. ηλαδη, ειναι ο το πληθος των τροπων να ϐαλουµε διαφορετικα αντικειµενα στη σειρα. Τι γινεται οµως αν καποια απο τα αντικειµενα ειναι οµοια µεταξυ τους ; Για παραδειγµα αν εχουµε 2 οµοιες κοκκινες µπαλλες και 3 µαυρες, τοτε οι δυνατες διαταξεις ειναι :,,,,,,,,,. Καθε µια απο αυτες περιγραφεται πληρως αν περιγραψουµε τις ϑεσεις που µπηκαν οι κοκκινες. Π.χ., περιγραφεται απο το ευγαρι, ενω απο το!". Αρα αν υπαρχουν αντικειµενα, απο τα οποια ειναι οµοια µεταξυ τους (κοκκινα) και τα αλλα # επισης οµοια (µαυρα), τοτε το να διαλεξω σε ποιες ϑεσεις µπαινουν τα κοκκινα ειναι σαν να κανω επιλογες, χωρις να µε ενδιαφερει ουτε η διαταξη, ουτε και η επαναληηψη. Μα αυτη ειναι η περιπτωση 3. ηλαδη η απαντηση ειναι $ &%. Τι γινεται αν εχουµε, οχι 2 (κοκκινο/µαυρο), αλλα χρωµατα ; Εστω δηλαδη οτι υπαρχουν (' µπαλλες ϐαµµενες µε το χρωµα, *) µε το χρωµα, κ.λ.π., + µε το χρωµα. (Φυσικα, (', -). / +. Οπως προηγουµενως, σκεφτοµαστε ως 2
) εξης : Αν ολες οι µπαλλες ηταν διαφορετικες, τοτε ϑα µπορουσα να τις ϐαλλω στη σειρα µε δυνατους τροπους. Επειδη οµως οι µπαλλες του χρωµατος 1 ανακατευονται (διατασσονται) µε (' τροπους, αυτες του 2 µε -) τροπους, κ.λπ., ϐλεπουµε οτι για καθε ενα απο τα αποτελεσµατα υπαρχουν ('& ) + αποτελεσµατα τα οποια διαφερουν µεταξυ τους µονο ως προς τη διαταξη οµοιοχρωµων αντικειµενων. Αρα ϑεωρουνται ιδια µεταξυ τους. Αρα το συνολικο πληθος αποτελεσµατων ειναι /' + /'& + Το αριστερο µελος ειναι το συµβολου του υπολογισµου που καταγραφεται στο δεξι. Ξαναγυρναµε στην περιπτωση 4. Εχουµε τετραγωνα και ϐελακια. Το να ϱιξουµε ϐελακια στα τετραγωνα ειναι ακριβως το προβληµα οπου µας ενδιαφερει η επαναληψη, αφου 2 ή παραπανω ϐελακια µπορουν να πεσουν στο ιδιο τετραγωνο, αλλα οχι η διαταξη. Τα τεραγωνα ειναι οµοια µεταξυ τους, καθως επισης και τα ϐελακια. Βαζοντας τα τετραγωνα στη σειρα, αυτο που παιζει ϱολο ειναι το ποσοι τοιχοι υπαρχουν, δηλαδη το πληθος. Αρα εχουµε συνολικα αντικειµενα, απο τα οποια ειναι τοιχοι, και ϐελακια. Αρα εχουµε τροπους να τα ανακατεψουµε. Αυτη ειναι η απαντηση στην Περιπτωση 4. 3 Ποια συνολα µετραµε ; Στην αρχη ειπαµε οτι ϑα µετρησουµε το πληθος των στοιχειων διαφορων συνολων. Μεχρι τωρα οµως, δεν µιλησαµε καθολου για συνολα. Για ποια συνολα προκειται ; Ας δουµε και παλι καποιες απο τις προηγουµενες περιπτωσεις. Θεωρειστε τους τροπους επιλογης αντικειµενων απο µε διαταξη και επαναληψη. Αν ειναι το συνολο των αντικειµενων, τοτε το συνολο που µας ενδιαφερει ειναι το, δηλαδη ολα τα διατεταγµενα ευγαρια µε στοιχεια απο το. Το συνολο αυτο εχει στοιχεια. Κι αν αντι για 2 εχουµε τοτε η Περιπτωση 1 εξεταζει το πληθος των στοιχειων του συνολου ( ϕορες), το οποιοιο ειναι. Θεωρειστε τις διαταξεις, χωρις επαναληψη, διαφορετικων αντικειµενων. Εστω το συνολο των αντικειµενων. Καθε τετοια διαταξη περιγραφεται απο µια συναρτηση µε την ιδιοτητα αν. Εποµενως το συνολο του οποιου το πληθος ϑελουµε να ϐρουµε ειναι το συνολο των αµφιµονοσηµαντων συναρτησεων απο το το πληθος των στοιχειων του ειναι. στο. Βρηκαµε οτι Αφηνουµε στον αναγνωστη το να σκεφτει για ποια συνολα µιλαµε στις αλλες περιπτωσεις. εν ϑα επιµεινουµε περαιτερω στην ϑεωρηση αυτη, γιατι µας ενδιαφερει να προχωρησουµε πιο περα. 3
4 Αλλα προβληµατα Θελουµε να µοιρασουµε (να κατανηµουµε) µπαλλες σε κουτια. Αναλογα µε τις υποθεσεις που κανουµε, το πληθος των τροπων ειναι διαφορετικο. Αν οι µπαλλες ειναι πανοµοιοτυπες, τοτε το προβληµα ειναι ισοδυναµο µε αυτο της επιλογης κουτιων χωρις διαταξη αλλα µε επαναληψη (οι επιλογες αυτες δειχνουν που ϑα µπουν οι µπαλλες). Αρα η απαντηση ειναι, τοτε υπαρχει ενας µονο τροπος να γινει το χρωµατισµα. Αν, τοτε µπορουµε να χρωµατισουµε ολες τις µπαλλες µε το χρωµα 1, ή 1 µπαλλα µε το χρωµα 2 και µε το χρωµα 1, κ.λπ., ή ολες τις µπαλλες µε το χρωµα 2. Υπαρχουν δηλαδη τροποι. Γενικα, το προβληµα ειναι Θελουµε να χρωµατισουµε µπαλλες µε χρωµατα. Αν εχουµε ισοδυναµο µε τους τροπους που µπορουµε να ϐαλουµε µπαλλες σε κουτια, αν κανουµε την αντιστοιχια κουτι = χρωµα. Αρα η απαντηση ειναι και παλι οπως πριν. ιδαγµα : Το να αναγαγουµε το προβληµα σε ενα αλλο, ισοδυναµο, ειναι κατι που πολλες ϕορες ϐοηθαει, απαιτειται οµως ευστροφια και επινοητικοτητα. Εχουµε ανθρωπους και ϑελουµε να ϕτιαξουµε ευγαρια απο αυτους. Ποσοι τροποι υπαρχουν ; Ενας τροπος να λυσουµε το προβληµα ειναι µε το να σκεφτουµε οτι οι ανθρωποι πρεπει να µπουν µεσα στις παρενθεσεις, ανα 2 σε καθε µια, που ειναι τοποθετηµενες στη σειρα : Οι ανθρωποι διατασσονται µε τροπους. Οι παρενθεσεις διατασσονται µε τροπους. Επειδη δεν µας ενδιαφερει η διαταξη των τελευταιων, το πρωτο νουµερο πρεπει να διαιρεθει µε το δευτερο :. Αλλα ας µην ξεχασουµε οτι και µεσα σε καθε παρενθεση µπαινουν 2 ανθρωποι, των οποιων η διαταξη και παλι δε µας ενδιαφερει. Αρα, ειναι οι δυνατοι τροποι να ϕτιαξουµε ευγαρια µεταξυ ανθρωπων. 5 Πιθανοτητες Σε ενα κουτι υπαρχουν αντικειµενα, αριθµηµενα απο εως. Τα ϐγαζουµε ενα-ενα. Ποια ειναι η πιθανοτητα να τα δουµε να ϐγαινουν στη σειρα! οι διαταξεις ειναι ισοπιθανες, η πιθανοτητα αυτη ειναι ; Επειδη ϑεωρουµε οτι ολες ετσι ωστε, αν πολλαπλασιασουµε µε το συνολικο πληθος ( ) ολων των διαταξεων να παρουµε 1. Σε περιπτωσεις που τα δυνατα ενδεχοµενα ειναι ολα ισοπιθανα ειναι δυνατο να υπολογισουµε την πιθανοτητα του καθενος, απαριθµωντας τα στοιχεια του συνολου. Σηµειωση : Ο τροπος αυτος δεν ειναι παντα ο καλλιτερος. 4
Ριχνουµε ενα νοµισµα 5 ϕορες. Ποια ειναι η πιθανοτητα να εµφανιστουν 2 κορωνες και 3 γραµµατα ; Υπαρχουν τροποι να διαταξουµε " νοµισµατα στη σειρα. Καθε διαταξη εχει λοιπον πιθανοτητα. Ποσες απο αυτες τις διαταξεις εχουν 2 κορωνες και 3 γραµµατα ; Απλουστατα, τοσες οσοι οι τροποι να διαταξουµε " αντικειµενα, απο τα οποια 2 ειναι ιδια (κορωνες) και τα αλλα 3 παλι ιδια µεταξυ τους (γραµµατα). Αυτο γινεται, οπως ειδαµε, µε $ ) % τροπους. Αρα η πιθανοτητα να εµφανιστουν 2 κορωνες και 3 γραµµατα σε 5 ϱιψεις ενος νοµισµατος ειναι $ ) % " ) ' " 5