3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE

3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE 3.1. Loendamise põhireeglid Kombinatoorika on diskreetse matemaatika osa, mis uurib probleeme, kus on tegemist kas diskreetse hulga mingis mõttes eristatavate osahulkadega arvu määramisega või elementide paiknemisega sellistes hulkades. Kombinatoorika eesmärgiks on välja töötada meetoteid niisuguste ülesannete lahendamiseks. Eriti oluline on määrata diskreetse hulga mingis mõttes eristatavate osahulkade nagu permutatsioonid, kombinatsioonid, variatsioonid arvu. Enamik kombinatoorika meetoditest tugineb järgmisele kahele loendamise põhireeglile (postulaadile): Teoreem 3.1 (Liitmisreegel) (LR). Kui objekti A saab valida m erineval viisil ja objekti B valida n erineval viisil, kusjuures A ja B valikud on teineteist välistavad (s.t. pole võimalik valida neid mõlemaid korraga), siis kas A või B valikuks leidub m + n erinevat võimalust. Teoreem 3.2 (Korrutamisreegel) (KR). Kui objekti A saab valida m erineval viisil ja pärast iga sellist valikut saab objekti B valida n erineval viisil, siis nii A kui ka B valikuks leidub mn erinevat võimalust. N.3.1 Üliõpilane saab valida seminari ettekande ühe teema kolme õppejõu poolt esitatud teemade nimekirjadest, kusjuures nimekirjades on vastavalt 21, 15 ja 17 teemat. Mitu võimalust on üliõpilasel? Lahendus. Kuna üliõpilane võib valida teema kas esimesest, teisest või kolmandast nimekirjast, siis tuleb võimaluste arvud liita. Seega võimaluste arv on 21 + 15 + 17 = 53. Liitmisreeglit saab üldistada n hulgale A 1,...,A n, mis on paarikaupa ühisosata, s.t A i A j = (1 i < j n). Liitmisreegli (hulgateoreetiliseks) vasteks on paarikaupa ühisosata hulkade ühendi elementide arvu valem A 1... A n = A 1 +... + A n. (3.1) N.3.2 Eesti Autoregistrikeskus annab standardsed numbrid, mis koosnevad kolmest numbrist ja kolmest tähest. Kui palju on selliseid numbreid?. Lahendus. Teame, et täppidega tähti ja tähte Q ei kasutata, seega tähti on 25. Kuna me valime autonumbrisse iga numbri ja iga tähe üksteisest sõltumatult, siis tuleb kasutada korrutamisreeglit. Seega neid numbreid on 10 10 10 25 25 25 = 250 3 = 16625000. N.3.3 Kui palju on erinevaid 7-sõnesid (7-stringe), mis koosnevad nullidest ja ühtedest? Lahendus. Neid on 2 7 = 128. N.3.4 (Funktsioonide loendamine). Kui palju on erinevaid funktsioone m-elemendilisest (lähte)hulgast n-elemendilisse (siht)hulka? Lahendus. Me saame lähtehulga iga elemendi jaoks kujutise valida n viisil (sõltumatult teistest valikutest). Seega selliseid funktsioone on n m. N.3.5 (Üks-üheste funktsioonide loendamine). Kui palju on erinevaid üks-üheseid funktsioone (injektsioone) m-elemendilisest (lähte)hulgast n-elemendilisse (siht)hulka? Lahendus. Kõigepealt märkame, et m > n korral selliseid funktsioone ei leidu, sest ei jätku erinevaid elemente kujutisteks. Olgu m n. Lähtehulk koosnegu elementidest

36 3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE a 1, a 2,...,a m. Elemendi a 1 kujutise valiku viise on n, elemendi a 2 kujutise valiku viise on n 1 ning üldiselt elemendi a k kujutise valiku viise on n k+1. Järelikult korrutamisreegli kohaselt selliseid üks-üheseid funktsioone on n(n 1)...(n m + 1). N.3.6 (Lõpliku hulga osahulkade loendamine). Kui palju on lõplikul hulgal H erinevaid osahulki? Lahendus. Kuna osahulga moodustamisel on iga elemendi jaoks kaks võimalust: kas võtta see element osahulka või mitte, siis lõpliku hulga H erinevate osahulkade arv (ehk potentshulga P(H) võimsus) on P(H) = 2 H (3.2) N.3.7 Arvuti kasutaja võib kasutada tunnussõna (ing password), milleks on string pikkusega 6 kuni 8 sümbolit tähte (inglise keeles tähti on 26) või numbrit, kusjuures ta peab sisaldama vähemalt ühe numbri. Kui palju on selliseid tunnussõnu? Lahendus. Pikkusega 6 tunnussõnade arv on P 6 = 36 6 26 6 = 1 867 866 560, pikkusega 7 tunnussõnade arv on P 7 = 36 7 26 7 = 70 332 353 920 ja pikkusega 8 tunnussõnade arv on P 8 = 36 8 26 8 = 2612 282 842 880. Seega üldarv on P 6 + P 7 + P 8 = 2684 483 063 360. otsekor- Korrutamisreegli (hulgateoreetiliseks) vasteks on lõplike hulkade A 1,..., A n rutise elementide arvu valem A 1... A n = A 1... A n. (3.3) 3.2. Kasvavad ja kahanevad m-faktoriaalid Arvu x R kahanevaks m-faktoriaaliks, mida tähistatakse x m (ehk (x) m ) nimetatakse korrutist x m = x(x 1)...(x m + 1). (3.4) Näiteks arvutame 20 5 = 20 19 18 17 16 = 1 860 480. N.3.8 Mitu neljatähelist sõna, milles tähed on erinevad, saaks olla inglise keeles (tähti on 26)? Lahendus. Vastavalt korrutamisreeglile on vastuseks 26 5 = 26 25 24 23 = 358 800. Lisaks kahanevale m-faktoriaalile vaadeldakse ka arvu x R kasvavat m-faktoriaali Näiteks, arvutame 10 5 = 10 11 12 13 14 = 240 240. Nende kahe suuruse vahel kehtivad lihtsad seosed: x m = x(x + 1)...(x + m 1). (3.5) x m = (x m + 1) m, x m = (x + m 1) m, x m = ( 1) (m) ( x) m. (3.6) Tõestus. Viia lugejal iseseisvalt läbi! Erijuhul, kui x = n ja vaatleme kahanevat n-faktoriaali, siis räägime lihtsalt faktoriaalist ja tähistatakse n! = n (n 1)... 2 1 = n n = 1 n. (3.7) Faktoriaal on väga kiiresti kasvav funktsioon

3.3. Juurde- ja mahaarvamise printsiip 37 n 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 n! 24 120 720 5040 40 320 362 880 3628 800 3, 99 10 6 4, 8 10 8 6, 2 10 9 Seetõttu kasutatakse suurte arvude korral faktoriaali ligikaudseks arvutamiseks nn Stirlingi 1 valemit n! ( n ) n 2πn. e Kasutatakse ka poolfaktoriaali mõistet: 2n!! = 2n (2n 2)... 4 2 = 2 n n!, (3.8) Näiteks, (2n + 1)!! = (2n + 1) (2n 1)... 3 1. (3.9) 10!! = 10 8 6 4 2 = 2 5 5! = 3840 ja 11!! = 11 9 7 5 3 = 10 395. 3.3. Juurde- ja mahaarvamise printsiip Kui kahe objekti (ühe valime hulgast A ja teise hulgast B) valikud pole sõltumatud, siis me ei saa rakendada liitmisreeglit. Olles sellises olukorras liitnud kummagi objekti valikute arvud, oleme neid viise, mis olid ühised, võtnud arvesse kahekordselt. Korrektse arvu saamiseks tuleb ühiste valikute arv eelnevalt saadud summast lahutada. Eeltoodud võtet nimetatakse juurde- ja mahaarvamise (ehk sisse- ja väljaarvamise) printsiibiks. Hulgateoreetiliselt vastab sellele mistahes kahe hulga ühendi elementide arvu valem A B = A + B A B. (3.10) N.3.9 Kui palju on kahendstringe, mille pikkus on 8 ning mis kas algavad kolme 1ga või lõpevad kahe 0ga? Lahendus. Kolme 1ga algavaid stringe on 2 5 ning kahe 0ga lõppevaid on 2 6, aga mõlema omadusega stringe on 2 3. Juurde- ja mahaarvamise printsiibi kohaselt saame, et emma-kumma omadusega stringide arv on 2 5 + 2 6 2 3 = 32 + 64 8 = 88. Kui kolme objekti valikud pole sõltumatud, siis kolmest ühe valiku võimaluste arv ehk kolme (ühisosa omava) hulga ühendi elementide arvu valem tuleb leida järgimse valemi kohaselt A B C = A + B + C A B A C B C + A B C. (3.11) N.3.10 Keeleteaduskonnas õpib 1092 üliõpilast, nendest 782 õpivad inglise keelt, 338 saksa keelt ja 64 vene keelt, siinjuures 73 õpivad nii inglise kui ka saksa keelt, 13 õpivad nii inglise kui ka vene keelt ning 9 õpivad nii saksa kui ka vene keelt. Mitu üliõpilast õpib kolme keelt, kui igaüks õpib vähemalt üht keelt (nendest kolmest)? Lahendus. Tähistagu I, S ja V vastavalt inglise, saksa ja vene keele õppijate hulka. Andmete kohaselt on teada järgmist: I = 782, S = 329, V = 64, I S = 73, I V = 13, S V = 9, I S V = 1092. 1 James Stirling (1692-1770), inglise matemaatik, Londoni Kuninliku Ühingu liige (1726). Töid ridade teooria alalt. Tema nime kannavad asüptootiline valem faktoriaali arvutamiseks ja kaks arvujada.

38 3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE Pannes need suurused vastavasse ühendi elementide arvu leidmise valemisse saameb võrduse 1092 = 782 + 338 + 64 73 13 9 + I S V. Arvutades saame, et kolme keele õppijaid on 3. Selle valemi üldistuse misatahes arvule n lõplikule hulgale annab järgmine väide. Teoreem 3.3 (Juurde- ja mahaarvamise printsiip) (JMP). Olgu A 1,..., A n lõplikud hulgad. siis kehtib valem A 1... A n = A i A i A j + A i A j A k 1 i n 1 i<j n 1 i<j<k n + ( 1) n 1 A 1 A n. (3.12) Tõestus tuleks läbi viia matemaatilise induktsiooniga arvu n järgi. Tuntud on nn täieliku segaduse ülesanne ehk nihutamisülesanne (ing. hatcheck problem), milles küsitakse tõenäosust, et ükski külastaja ei saa tagasi oma kübarat, kui neid tagastatakse juhuslikult. Sellele küsimuse vastuse annab juurde- ja mahaarvamise printsiibi alternatiivne variant. (vt ka osa 3.8) Selle sõnastamiseks toome sisse mõned tähistused. Olgu vaatluse all N elementi ning A i tähistagu osahulka, mis koosneb kõikidest elementidest, millel on omadus P i antud n omaduse P 1,..., P n hulgast. Tähistagu l(p i1 P ik ) nende elementide arvu, millel on kõik omadused P i1,...,p ik, s.t hulkade kaudu väljendatuna l(p i1 P ik ) = A i1... A ik. Tähistagu l(p i 1,...,P i k ) nende elementide arvu, millel pole ühtki omadustest P i1,..., P ik, s.t hulkade kaudu väljendatuna l(p i 1 P i k ) = N A i1... A ik. Teoreem 3.4 (Alternatiivne juurde- ja mahaarvamise printsiip) (AJMP). Olgu hulgas N elementi. Nende elementide, millel pole ühtki omadustest P 1,..., P n, arv l(p 1 P n) on leitav valemiga l(p 1 P n) = N l(p i ) + l (P i P j ) 1 i n 1 i<j<k n 1 i<j n l (P i P j P k ) + + ( 1) n l (P i P n ). (3.13) Tõestus tuleks läbi viia matemaatilise induktsiooniga arvu n järgi. (Lugejal on soovitav läbi viia!) Baasiks oleks siinjuures selle valemi erijuht kahe hulga jaoks A1 A 2 = N A 1 A 2 + A 1 A 2. N.3.11 (Erathosthenese 2 sõel). Omadused P 1,..., P 4 tähendagu jaguvust vastavalt arvudega 2, 3, 5 ja 7. Sümbol l(p 1P 2P 3P 4) tähistab selliste naturaalarvude, mis ei ületa arvu 100 ja ei jagu ühegagi 2 Erathosthenes Küreenesest (u. 276 - u. 194 e.m.a.) vana-kreeka õpetlane, kes tegeles astronoomia, geodeesia, filosoofia ja matemaatikaga. Mõõtis esimesena maa meridiaani kaare pikkust.

3.4. Dirichlet printsiip 39 antud arvudest, arvu. Siis algarve, mis on väiksemad kui 100, on 4 + l(p 1P 2P 3P 4). Valemi (3.13) kohaselt saame arvutada 3 l(p 1P 2P 3P 4) = 99 l(p 1 ) l(p 2 ) l(p 3 ) l(p 4 ) +l(p 1 P 2 ) + l(p 1 P 3 ) + l(p 1 P 4 ) + l(p 2 P 3 ) + l(p 2 P 4 ) + l(p 3 P 4 ) l(p 1 P 2 P 3 ) l(p 1 P 2 P 4 ) l(p 1 P 3 P 4 ) l(p 2 P 3 P 4 ) + l(p 1 P 2 P 3 P 4 ) 100 100 100 100 = 99 2 3 5 7 100 100 100 100 100 100 + + + + + + 2 3 2 5 2 7 3 5 3 7 5 7 100 100 100 100 100 + 2 3 5 2 3 7 2 5 7 3 5 7 2 3 5 7 = 99 50 33 20 14 + 16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2 3 2 1 0 + 0 = 21. Seega on olemas 4 + 21 = 25 algarvu, mis ei ületa arvu 100. 3.4. Dirichlet printsiip ja selle üldistus Diskreetse matemaatika teoreemide tõestamisel sageli kasutatakse järgmist lihtsat fakti nn Dirichlet 4 printsiipi (DP) kui n hulka sisaldavad kokku üle n elemendi, siis leidub nende hulkade seas vähemalt üks, milles on vähemalt kaks elementi. Seda printsiipi nimetatakse ka tuvidepuuride printsiibiks (ing. pigeonhole principle), sest tuntud on selle järgmine sõnastus: kui tuvisid on rohkem kui puure, siis peab leiduma vähemalt üks puur, milles on vähemalt kaks tuvi. N.3.12 Igas rühmas, milles on 367 inimest, leidub vähemalt kaks inimest, kellel on samal päeval sünnipäev. N.3.13 Mistahes hulktahukal on vähemalt kaks samanimelist (s.t sama külgede arvuga) tahku. Tõepoolest n-tahuka mistahes tahul saab olla 3 kuni n 1 külge (ehk serva). Seega peab leiduma tahkude paar, mis on samanimelised. Teoreem 3.5 (Üldistatud Diriclet printsiip) (ÜDP). Kui N eset on asetatud k kasti, siis leidub vähemalt üks kast, milles on vähemalt 5 N k eset. Tõestus. Mistahes reaalarvu x lagi x rahuldab võrratusi x 1 < x x < x + 1. Rakendas viimast võrratust arvule N 1 saame, et k ( ) N N k 1 < k 1 + 1 = N k. Pärast korrutamist arvuga k jõuame seosteni. N k k 1 < k N k = N. 3 Siin sümbol x tähistab reaalarvu x täisosa (ehk põrandat, ing floor) st suurimat täisrvu, mis ei ületa arvu x. 4 Peter Gustav Lejeune Diriclet (1805-1859) saksa (prantsuse päritoluga) matemaatik, Berliini ja Göttingeni ülikoolide professor. Töid peamiselt arvuteooriast (tõestas Fermat suure teoreemi juhul n 5) ja matemaatilisest analüüsist (uuris tingimisi koonduvaid arvridu). 5 Sümboliga x tähistatakse reaalarvu x lage (ing ceiling) st vähimat täisarvu, mis pole väiksem antud arvust.

40 3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE Seega, isegi kui igas kastis on täpselt N k 1 eset, siis kokku on neid vähem kui N. Tekiks vastuolu sellega, et kõik N eset on kastidesse paigutatud. N.3.14 Kui palju peab olema diskreetset matemaatikat kuulavaid üliõpilasi tohtimaks kindlalt väita, et leidub vähemalt 16 üliõpilast, kes saavad sama hinde (5, 4, 3, 2, 1 seast), kui kõik sooritavad eksami positiivselt? Lahendus. Otsitav üliõpilaste arv N rahuldab tingimust N 5 = 16. Seega üliõpilasi on sellises rühmas vähemalt 5 (16 1) + 1 = 76. N.3.15 Võrkpalli meeskonnal on 30 päeva jooksul kokku 45 mängu, kusjuures igal päeval on vähemalt üks mäng. Põhjendage, et läidub järjestikuste mängude periood, mille jooksul meeskond mängib täpselt 14 mängu. Lahendus. Olgu a k mängude arv, mis on peetud k-nda päeva lõpuks (k = 1,...,n). Siis a 1, a 2,..., a 45 on positiivsete täisarvude rangelt kasvav jada. Ka arvud a 1 +14, a 2 +14,..., a 45 + 14 moodustavad positiivsete täisarvude kasvava jada ning 15 a k + 14 59 (k = 1,...,n). Positiivseid naturaalarve a 1, a 2,..., a 45, a 1 +14, a 2 +14,..., a 45 +14 on kokku 60, kuid kõik nad on mittesuuremad kui 59. Dirichlet printsiibi kohaselt on nende hulgas vähemalt kaks arvu, mis on võrdsed. Seega a i + 14 = a j. Järelikult päevade i + 1,..., j jooksul mängitakse kokku 14 mängu. N.3.16 Iga n + 1 positiivse täisarvu, millest ükski ei ületa arvu 2n, hulgas leidub vähemalt üks paar arve, millest üks jagub teisega. Lahendus. Kirjutame etteantud n+1 arvu a 1, a 2,..., a n kujul a j = 2 k j q j, kus q j 2n on paaritu arv, (j = 1,..., n). Kuna paarituid ja arvu 2n mitteületavaid arve on n, siis n + 1 arvu q 1, q 2,..., q n+1 hulgas peab, Dirichlet printsiibi kohaselt, olema vähemalt kaks, mis on võrdsed. Olgu q i = q j. Astendajatest k i ja k j üks on teisest suurem võrdne. Selliselt valitud esimene arv jagub teisega. Teoreem 3.6 (Kasvavast osajadast). Igast n 2 + 1 erineva reaalarvu jadast saab eraldada pikkusega n + 1 osajada, mis on rangelt kasvav või rangel kahanev. Tõestus. Olgu a 1, a 2,..., a n 2 +1 erinevad realarvud. Seome iga arvuga a k positiivsete täisarvude paari (i k,d k ), kus i k (d k ) on pikkus pikimal kasvaval (vastavalt kahaneval) osajadal, mis algab elemendist a k (k = 1,...,n). Kui oletada väite vastaselt, et selliselt moodustatud arvude i k ja d k hulgas ei leidu suuremat arvu kui n, siis erinevaid arvupaare saame ülimalt n 2. Kuna arvupaare on meil n 2 + 1, siis Dirichlet printsiibi kohaselt peab leiduma esialgse jada erinevate elementide paaar a s ja a t, millele vastavad täisarvude paarid on võrdsed, s.t i s = i t ja d s = d t. Veendume nende võrduste üheaegse kehtimise võimatuses. Eelduse kohaselt on kõik esialgse jada elemendid erinevad. Seega kas a s < a t või a s > a t. Kehtigu esimene võrratus. Võtame nüüd elemendist a t algava maksimaalse kasvava osajada, milles on i t (= i s ) elementi. Lisame sellele osajadale algusesse elemendi a s. Nii tekkis meil elemendist a s algav kasvav osajada ja selles on i t +1 (= i s +1) elementi. Kuid see on vastuolus asjaoluga, et arvupaari (i s,d s ) moodustamise reeegli kohaselt on sellise maksimaalse kasvava osajada pikkus vaid i s. Saadud vastuolu näitab, et tehtud oletus on väär. Ka võrratus a s > a t viib analoogilise arutelu abil vastuoluni. Järelikult teoreemi väide on tõene.

3.5. Variatsioonid ehk m-permutatsioonid 41 3.5. Variatsioonid ehk m-permutatsioonid Antud põhihulga teatavas mõttes eristatavaid osahulki nimetatakse (kombinatoorikas) ühenditeks. See on ühine nimetus kombinatsioonidele, permutatsioonidele ja variatsioonidele. Seega ühendid on mingitest elementidest moodustatud rühmad, mis erinevad üksteisest kas elementide endi, nende järjestuse või arvu poolest. Tuntumaid ühendeid on kuus ja meie tutvume nendega järgnevas. D. Antud hulga m-permutatsioonideks nimetatakse selle hulga m-elemendilisi järjestatud osahulki. Kui põhihulgas on n elementi, siis erinevate m-permutatsioonide arvu tähistame P(n, m). Kirjanduses esineb nende nimetusena ka termin variatsioon n elemendist m kaupa ning nende arvu tähisena kasutatakse ka sümbolit Vn m või A m n. N.3.17. Neljast tähest a, b, c, d saab moodustada 24 kolmetähelist sõna, mille tähed on erinevad: abc abd acb acd adb adc bac bad bca bcd bda bdc cab cad cba cbd cda cdb dab dac dba dbc dca dcb Korrutamisreegli korduva kasutamisega saame, et P(n, m) = n(n 1)... (n m + 1). (3.14) Permutatsioonide (n-elemendilise hulga n-permutatsioonide) arvu valem on P(n, n) = n(n 1)... 2 1 = n!. (3.15) N.3.18. Neljast tähest a, b, c, d saab moodustada 24 neljatähelist sõna, mille tähed on erinevad: abcd abdc acbd acdb adbc adcb bacd badc bcad bcda bdac bdca cabd cadb cbad cbda cdab cdba dabc dacb dbac dbca dcab dcba Eeltoodud lihtne meetod ei ole teiste ühendite korral rakendatav. Seepärast käsitleme induktsioonil põhinevat üldisemat meetodit arvu P(n, m) määramiseks. Põhiidee on siinjuures selles, et fikseeritakse üks element ja jaotatakse m-permutatsioonid kahte osahulka vastavalt sellele kas need sisaldavad seda elementi või ei sisalda. Antud elementi mittesisaldavate m-permutatsioonide arv on P(n 1, m). Aga antud elementi sisaldavad m-permutatsioonid võime konstrueerida sel teel, et teda mittesisaldavale (m 1)-permutatsioonile lisame selle elemendi. Selliste (m 1)-permutatsioonide arv on P(n 1, m 1). Igasse (m 1)-elemendilisse järjendisse uue elemendi lisamisel on võimalik valida m positsiooni vahel. Seetõttu liitmis- ja korrutamisreegli kasutamise abil saame võrduse P(n, m) = P(n 1, m ) + m P(n 1, m 1). (3.16) Selle rekurrentse võrrandi rajatingimused (vt osa 4) on loomulik võtta järgmiselt: P(n, 0) = 1, P(n, m) = 0, iga m > n > 0 korral. (3.17) Arvutades suurust n järjest suurendades, saame tulemused korrastada rida-realt (alates teisest elemendist iga element on tema kohal asuva arvu ja summa tema veerunumbriga korrutatud eelmise rea arvu summa) järgmisse tabelisse

42 3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE n m 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 1 2 2 0 0 0 0 0 3 1 3 6 6 0 0 0 0 4 1 4 12 24 24 0 0 0 5 1 5 20 60 120 120 0 0 6 7. Rekurrentse seose (3.16) korduva kasutamisega saame m-permutatsioonide arvu avaldada (m 1)-permutatsioonide arvude kaudu P(n, m) = P(n 1, m) + m P(n 1, m 1) = = P(n 2, m) + m P(n 2, m 1) + m P(n 1, m 1) =... = n m+1 n m+1 = P(m 1, m) + m P(n i, m 1) = m P(n i, m 1). Juhul m = 1 omandab see võrdus kuju P(n, 1) = 1 P(n i, 0) = 1 = n. Juhul m = 2 omandab see võrdus kuju n 1 n 1 P(n, 2) = 2 P(n i, 1) = 2 (n i) = n(n 1). Nüüd suudame püstitada hüpoteesi, et kehtib üldvalem (3.14). Edasine tõestus oleks matemaatilise induktsiooniga. 3.6. Kombinatsioonid, nende arvud D. Kombinatsiooniks nimetatakse teatava põhihulga üksteisest erinevaid ühesuguse elementide arvuga osahulki. Kui põhihulk sisaldab n elementi, siis m-elemendilisi osahulki nimetatakse ( ) m-kombinatsioonideks n elemendist. Nende arvu tähistame C(n, m) ka n Cn m ja (loetakse n üle m). Neid suurusi nimetatakse ka binoomkordajateks. m Siin eristatakse osahulki üksnes nende koosseisu järgi, elementide järjestus pole oluline. N.3.19. Neljaelemendilisel hulgal {a,b,c,d} on 4 kolmeelemendilist osahulka {a,b,c}, {a,b,d}, {a,c,d}, {b,c,d}. Arvu C(n, m) leidmiseks suvaliste naturaalarvude n ja m korral saame liitmisreegli abil seose C(n, m) = C(n 1, m) + C(n 1, m 1), (3.18)

3.6. Kombinatsioonid, nende arvud 43 mida, nimetatakse ka Pascali 6 samasuseks. Siinjuures esimene liidetav näitab üht fikseeritud elementi mittesisaldavate m-kombinatsioonide arvu ja teine seda elementi sisaldavate m-kombinatsioonide arvu. Rajatingimused tuleb loomulikult võtta C(n, 0) = 1, C(0,m) = 0, iga n, 0 < m N. (3.19) Arvutades n-i järjest suurendades, saame tulemused korrastada rida-realt (alates teisest veerust iga element on summa eelmises reas tema kohal asuvast ja sellele eelnevast elemendist) järgmisse tabelisse, mida nimetatakse Pascali kolmnurgaks, n\k 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 1 2 1 0 0 0 0 0 3 1 3 3 1 0 0 0 0 4 1 4 6 4 1 0 0 0 5 1 5 10 10 5 1 0 0 6 7. Rekurrentse seose (3.18) korduva kasutamisega saame m-kombinatsioonide arvu avaldada (m 1)-kombinatsioonide arvude kaudu C(n, m) = C(n 1, m) + C(n 1, m 1) = = C(n 2, m) + C(n 2, m 1) + C(n 1, m 1) =... = = C(m 1, m) + n m+1 C(n i,m 1) = Juhul m = 1 omandab see võrdus kuju C(n, 1) = C(n i, 0) = Juhul m = 2 omandab see võrdus kuju Nüüd taipame, et üldiselt 1 = n. n 1 n 1 C(n, 2) = C(n i, 1) = (n i) = C(n, m) = (n)m m! = n m+1 n(n 1). 2 C(n i,m 1). n! m!(n m)!, (3.20) kuid selle võrduse põhjendamine induktsioonimeetodiga on tehniliselt üsna raske. Sama tulemuseni jõuame ka vahetu arutelu teel: igast m-kombinatsioonist saab moodustada m! erinevat m-permutatsiooni, järelikult kehtib seos mis on samaväärne valemiga (3.20). m!c(n,m) = P(n,m), 6 Blaise Pascal (1623-1662) prantsuse, matemaatik, filosoof, kirjanik ja füüsik. Ta konstrueeris liitmismasina, lõi tõenäosusteooria alused, omab töid arvuteooriast, kombinatoorikast ja geomeetriast, on matemaatilise induktsiooni esmakasutaja.

44 3. LOENDAMISE JA KOMBINATOORIKA ELEMENTE 3.7. Binoomkordajate omadused. Newtoni binoomvalem Binoomkordajatel on mitmesuguseid omadusi. Järgnevas toodud omadused tõestage eelnevas punktis antud valemite abil ja sõnastage nende ühenditeoreetiline sisu. Lause 3.1 Mistahes naturaalarvude n > k korral kehtib valem ( ) ( n n C(n,k) = C(n,n k) ehk = k n k Tõestus. Antud n-elemendilises hulgas on k-elemendilisi osahulki sama palju kui (n k)- elemendilisi osahulki ja seda väljendabki antud võrdus. Lause 3.2 Mistahes naturaalarvu n korral kehtib võrdus ( ) n C(n,k) = 2 n ehk = 2 n. (3.21) k Tõestus. Teame, et n-elemendilise hulga erinevate osahulkade arv on 2 n. Mistahes osahulk on kas 0-, 1-, 2-,..., n-elemendiline. Nende osahulkade arv on vastavalt C(n, 0), C(n, 1), C(n, 2),..., C(n,n). Seetõttu tõestatava võrduse vasak pool loendabki kõik n-elemendilise hulga osahulgad. Järelikult see võrdus kehtib. Lause 3.3 (Vandermonde i samasus). Olgu m, n ja r naturaalarvud, kusjuures kas r ei ületa arvu m või r ei ületa arvu n. Siis kehtib võrdus C(m + n,r) = C(m,k)C(n,r k). (3.22) Tõestus. Olgu ühes hulgas m ja teises, esimesega ühisosata hulgas, olgu n elementi. Siis nende hulkade ühendil on C(m + n,r) erinevat r-elemendilist osahuka. Teiselt poolt saaksime ühendist valida välja r elementi selliselt, et valime esimesest hulgast k elementi ja teisest hulgast r k elementi, kusjuures 0 k r. Kasutades korrutamisreeglit, saame eelkirjeldatud võimaluste arvu C(m, k)c(n, r k). Nüüd liitmisreegli abil saame parempoolse summa. Järelikult, see võrdus kehtib. ). 3.8. Newtoni binoomvalem Lause 3.4 (Newtoni binoomvalem). Muutujate x ja y ning naturaalarvu n korral kehtib valem (x + y) n = C(n,k)x n k y k. (3.23) Tõestus. Esitame kombinatoorse tõestuse. Korrutist x n k y k saame moodustada järgmiselt: valime teguriteks olevast n summast välja k, millest võtame liidetava y ja ülejäänud n k summast võtame liidetava x. Selliseid valikuid on C(n, k). Seetõttu vasakpoolne aste esitub parempoolse summana. Erijuhuna valemist (3.23) n = 4 korral saame, et (x + y) 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4. Lause 3.5 Naturaalarvu n korral kehtib valem ( 1) k C(n,k) = 0 ehk ( ) n ( 1) k = 0. k Tõestus. See valem on erijuht Newtoni binoomvalemist x = 1 ja y = 1 korral.