Diszkrét matematika 1.

Átírás

1 Diszkrét matematika ősz 1. Diszkrét matematika előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 201. ősz

2 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 2. Kombinatorika Kombinatorika fő célja: Példák: véges halmazok elemeinek elrendezése; elrendezések különböző lehetőségeinek megszámlálása. Nyolc ember közül van legalább kettő, aki a hét ugyanazon napján született. Minimálisan hány ember esetén lesz legalább két embernek ugyanazon a napon a születésnapja? Mennyi a lehetséges rendszámok / telefonszámok / IP címek száma? Legalább hány szelvényt kell kitölteni, hogy biztosan nyerjünk a lottón / totón?

3 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 3. Elemi leszámlálások Adott két véges, diszjunkt halmaz: A = {a 1, a 2,..., a n }, B = {b 1, b 2,..., b m }. Hányféleképpen tudunk választani egy elemet A-ból vagy B-ből? Lehetséges választások: a 1, a 2,..., a n, b 1, b 2,..., b m. Számuk: n + m. Egy cukrászdában 3-féle édes sütemény (isler, zserbó, kókuszkocka) és 2-féle sós sütemény (pogácsa, perec) van. Hányféleképpen tudunk egy édes vagy egy sós sütemény enni? Megoldás: =.

4 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz. Elemi leszámlálások Adott két véges, diszjunkt halmaz: A = {a 1, a 2,..., a n }, B = {b 1, b 2,..., b m }. Hányféleképpen tudunk választani elemet A-ból és B-ből? Lehetséges választások: Számuk: n m. b 1 b 2... b m a 1 (a 1, b 1 ) (a 1, b 2 )... (a 1, b m ) a 2 (a 2, b 1 ) (a 2, b 2 )... (a 2, b m ) a n (a n, b 1 ) (a n, b 2 )... (a n, b m ) Egy cukrászdában 3-féle édes sütemény (isler, zserbó, kókuszkocka) és 2-féle sós sütemény (pogácsa, perec) van. Hányféleképpen tudunk egy édes és egy sós sütemény enni? Megoldás: 3 2 = 6.

5 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz. Permutáció Tétel Legyen A egy n elemű halmaz. Ekkor az A elemeinek lehetséges sorrendje: P n = n! = n(n 1)(n 2) (n faktoriális). Itt 0! = 1. Reggelire a 2 különböző szendvicset 2! = 2 1 = 2 -féle sorrendben lehet megenni. 3 különböző szendvicset 3! = = 6-féle sorrendben lehet megenni. különböző szendvicset! = = 2-féle sorrendben lehet megenni. A 200 fős évfolyam 200! = , féle sorrendben írhatja alá a jelenléti ívet. Bizonyítás Az n elemből az első helyre n-féleképpen választhatunk, a második helyre n 1-féleképpen választhatunk,... Így az összes lehetőségek száma n(n 1)

6 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 6. Ismétléses permutáció Egy vizsgán hallgató vett részt, 2 darab -es, 3 darab -ös született. Hány sorrendben írhatjuk le az eredményeket? Megoldás Ha figyelembe vesszük a hallgatókat is: (2 + 3)! =! lehetséges sorrend van. Ha a hallgatókat nem tüntetjük fel, egy lehetséges sorrendet többször is figyelembe vettünk: Az -ösöket 3! = 6-féleképpen cserélhetjük, ennyiszer vettünk figyelembe minden sorrendet. Hasonlóan a -eseket 2! = 2-féleképpen cserélhetjük, ennyiszer vettünk figyelembe minden sorrendet. Összes lehetőség:! 2! 3! = =

7 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 7. Ismétléses permutáció Tétel k 1 darab első típusú, k 2 második típusú,..., k m m-edik típusú elem lehetséges sorrendjét az elemek ismétléses permutációinak nevezzük, és számuk n = k 1 + k k m esetén Bizonyítás i n! Pn k1,k2,...,km = k 1! k 2!... k m!. Ha minden elem között különbséget teszünk: (k 1 + k k m )! lehetséges sorrend létezik. Ha az i-edik típusú elemek között nem teszünk különbséget, akkor az előbb megkapott lehetséges sorrendek között k i! egyforma van. Ha az azonos típusú elemek között nem teszünk különbséget, akkor az előbb megkapott lehetséges sorrendek között k 1! k 2!... k m! egyforma van. Így ekkor a lehetséges sorrendek száma: (k 1 + k k m )!. k 1! k 2!... k m!

8 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 8. Variáció Az egyetemen 10 tárgyunk van, ezek közül 3-at szeretnénk hétfőre tenni. Hányféleképpen tehetjük meg ezt? Megoldás Hétfőn az első óránk 10-féle lehet. A második 9-féle, a harmadik 8-féle lehet. Így összesen féleképpen tehetjük meg. Tétel Adott egy n elemű A halmaz. Ekkor k elemet Vn k = n (n 1)... (n k + 1) = n!/(n k)!-féleképpen választhatunk ki. Bizonyítás Az A halmazból először n-féleképpen választhatunk, második esetben (n 1),..., k-adik esetben n k + 1-féleképpen választhatunk.

9 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 9. Ismétléses variáció A 0, 1, 2 számjegyekből hány legfeljebb kétjegyű szám képezhető? Megoldás Az első helyiértékre 3-féleképpen írhatunk számjegyet: A második helyiértékre szintén 3-féleképpen írhatunk számjegyet: Összesen: 3 3 = 9

10 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 10. Ismétléses variáció Tétel Egy n elemű A halmaz elemeiből i Vn k készíthető. = n k darab k hosszú sorozat Bizonyítás A sorozat első elemét n-féleképpen választhatjuk, a második elemét n-féleképpen választhatjuk,... Egy totószelvényt ( helyre 1, 2 vagy x kerülhet) 3 1 = féleképpen lehet kitölteni. Mennyi egy n elemű halmaz összes részhalmazainak száma? Legyen A = {a 1, a 2,..., a n }. Ekkor minden részhalmaz megfelel egy n hosszú 0 1 sorozatnak: ha a sorozat i-edik eleme 1, akkor a i benne van a részhalmazban. (0, 0,..., 0), {a 1, a 3 } (1, 0, 1, 0,..., 0),..., A (1, 1,..., 1) Hány n hosszú 0 1 sorozat van: 2 n.

11 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 11. Kombináció Tétel Egy n elemű A halmaznak a k elemű részhalmazainak száma ( ) n Cn k n! = = k k! (n k)!. Bizonyítás Először válasszunk A elemei közül k darabot a sorrendet figyelembevéve. Ezt n(n 1)... (n k + 1) = n! (n k)!-féleképpen tehetjük meg. Ha a sorrendtől eltekintünk, akkor az előző leszámlálásnál minden k elemű részhalmaz pontosan k!-szor szerepel. Ezzel leosztva kapjuk a k elemű részhalmazok számát. Egy ( ) lottószelvény (90 számból ) lehetséges kitöltéseinek száma: 90 = 90! = = ! 8! 3 2 1

12 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 12. Ismétléses kombináció Tétel Egy n elemű A halmaz elemeiből ha k-szor választunk úgy, hogy egy elemet többször is választhatunk, akkor a lehetséges választások száma ( ) n + k 1 i Cn k =. k Bizonyítás Legyen A = {a 1, a 2,..., a n }. Ekkor minden egyes lehetőségnek megfeleltetünk egy 0 1 sorozatot: 1, 1,..., 1, 0, 1, 1,..., 1, 0,..., 0, 1, 1,..., 1. }{{}}{{}}{{} a 1-ek száma a 2-k száma a n-ek száma Ekkor a sorozatban k darab 1-es van (választott elemek száma), n 1 darab 0 van (szeparátorok száma). Összesen n 1 + k pozíció, ezekből k-t választunk. Ilyen sorozat ( ) n+k 1 k darab van.

13 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 13. Ismétléses kombináció -féle sütemény van a cukrászdában, 8 darabot szeretnénk vásárolni. Hányféleképpen tehetjük ezt meg? Itt n =, k = 8: ( ) = 8 ( 12 8 ) = 12! 8!! = 9. Hányféleképpen dobhatunk dobókockával? Az {1, 2, 3,,, 6} halmazból -ször választunk (sorrend nem számít, egy elemet többször is választhatunk). Ismétléses kombináció n = 6, k = választással: ( ) ( ) = = 10!!! = 22.

14 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 1. Összefoglaló Ismétlés nélküli permutáció n!, n elem lehetséges sorrendje (sorrend számít, egy elem (pontosan) egyszer). Ismétléses permutáció (k 1 + k k m )!, n = k 1 + k k m k 1! k 2!... k m! elem lehetséges sorrendje, ahol az i típusú elemet k i -szer választjuk (sorrend számít, egy elem többször). Ismétlés nélküli variáció n!/(n k)!, n elemből k-t választunk (sorrend számít, egy elem legfeljebb egyszer). Ismétléses variáció n k, n elemből k-szor választunk (sorrend számít, egy elem többször is). ( ) n Ismétlés nélküli kombináció, n elemből k-t választunk (sorrend k nem számít, egy elem legfeljebb egyszer). ( ) n + k 1 Ismétléses kombináció, n elemből k-szor választunk k (sorrend nem számít, egy elem többször is).

15 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 1. Binomiális tétel Tétel Adott x, y R és n N esetén (x + y) n = n k=0 ( ) n x k y n k. k Bizonyítás (x + y) n = (x + y) (x + y)... (x + y) Ha elvégezzük a beszorzást, akkor x k y n k alakú tagokat kapunk, és ezen tagot annyiszor kapjuk meg, ahányszor az n tényezőből k darab x-et választunk. Definíció ( ) n Az alakú számokat (n, k N) binomiális együtthatónak nevezzük. k

16 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 16. Binomiális együttható Tétel ( ) ( ) n n 1. =. k n k ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 2. = +. k k 1 k Bizonyítás ( n ) k azon n hosszú 0 1 sorozatok száma, melyben k darab 1-es van. 1. Az n hosszú 0 1 sorozatok közül azok száma, melyek k darab 1-est tartalmaznak megegyezik azok számával, melyek n k darab 1-est tartalmaznak. 2. Azon n hosszú, k darab 1-est tartalmazó 0 1 sorozatok száma, melynek első tagja 1: ( n 1 k 1). Azon n hosszú, k darab 1-est tartalmazó 0 1 sorozatok száma, melynek első tagja 0: ( ) n 1 k.

17 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 17. Binomiális együttható (x + y) n = n k=0 ( ) n x k y n k : k ( ) n = k n! k!(n k)! n ( n k) (x + y) n x + y x 2 + 2xy + y x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y x + x 3 y + 6x 2 y 2 + xy 3 + y x + x y + 10x 3 y x 2 y 3 + xy + y

18 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 18. Polinomiális tétel Mennyi lesz? (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz. (x + y + z) 3 =... Tétel r, n N esetén (x 1 + x x r ) n = Bizonyítás i 1+i i r =n n! i 1! i 2!... i r! x i1 1 x i x ir r. (x 1 + x x r ) n = (x 1 + x x r )(x 1 + x x r ) (x 1 + x x r ). Az ( )( x i1 1 x i )( x r ir együtthatója: ) ( ) n n i 1 n i 1 i 2 n i 1 i 2... i r 1 = i 1 i 2 i 3 i r n! (n i 1)! i 1!(n i 1)! i 2!(n i 1 i (n i 1 i 2... i r 1)! 2)! i r!(n i 1... i r 1 i r )! = n! i 1! i 2! i r!

19 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 19. Polinomiális tétel (x 1 + x x r ) n = (x + y + z) 3 =... i 1+i i r =n i 1 i 2 i 3 3! i 1!i 2!i 3! (x + y + z) 3 = ! 3!0!0! = 1 x 3 3! !1!0! = 3 +3x 2 y 3! !0!1! = 3 +3x 2 z 3! !2!0! = 3 +3xy 2 3! !1!1! = 6 +6xyz 3! !0!2! = 3 +3xz2 3! !3!0! = 1 +y 3 3! !2!1! = 3 +3y 2 z 3! !1!2! = 3 +3yz2 3! !0!3! = 1 +z3 n! i 1!i 2! i r! x i1 1 x i2 2 x r ir

20 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 20. Skatulya-elv Skatulya-elv Ha n darab gyufásdobozunk és n + 1 gyufaszálunk van, akkor akárhogyan rakjuk bele az összes gyufát a skatulyákba, valamelyikben legalább kettő gyufa lesz. Nyolc ember közül van legalább kettő, aki a hét ugyanazon napján született. Az A = {1, 2, 3,,, 6, 7, 8} halmazból bárhogyan választunk ki ötöt, akkor lesz közülük kettő, melyek összege 9. Tekintsük az {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {, } halmazokat. Ekkor a kiválasztott öt elem közül lesz kettő, melyek azonos halmazban lesznek, így összegük 9.

21 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 21. Szita módszer Hány olyan 1000-nél kisebb szám van, amely nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal, sem -tel? Az 1000-nél kisebb számok összes vel osztható = mal osztható = tel osztható 999 = mal osztható 2 -tel osztható 3 -tel osztható 2 3 -tel osztható = = = = = 266

22 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 22. Szita módszer Tétel Legyenek A 1, A 2,..., A n véges halmazok. Ekkor n i=1 A i = n i=1 A i i<j A i A j + i<j<k A i A j A k... Hány olyan 1000-nél kisebb szám van, amely nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal, sem -tel? Először: Hány olyan 1000-nél kisebb szám van, amely osztható 2-vel vagy 3-mal vagy -tel? A 1 = {1 n 999 : 2 n} A 1 = ; A 2 = {1 n 999 : 3 n} A 2 = ; A 3 = {1 n 999 : n} A 3 = 999. Hasonlóan A 1 A 2 = , A1 A 3 = 999 2, A2 A 3 = 999 3, A 1 A 2 A 3 = vel vagy 3-mal vagy -tel osztható számok száma:

23 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 23. Általános szita formula Tétel Legyenek A 1,..., A n az A véges halmaz részhalmazai, f : A R tetszőleges függvény. Legyenek S = f (x); x A S r = f (x); 0<i 1<i 2<...<i r n x A i1 A i2... A ir S 0 = f (x). x A\ n i=1 A i Ekkor S 0 = S S 1 + S 2 S 3 ±... + ( 1) n S n. A = {1, 2,..., 999}, A 1 = {n : 1 n < 1000, 2 n}, A 2 = {n : 1 n < 1000, 3 n}, A 3 = {n : 1 n < 1000, n}, f (x) = 1. S 0 : 2-vel, 3-mal, -tel nem osztható 1000-nél kisebb számok száma.

24 Kombinatorika Diszkrét matematika ősz 2. Általános szita formula bizonyítása S 0 = S S 1 + S 2 S 3 ±... + ( 1) n S n : S 0 = f (x), S = f (x) x A\ n i=1 A i x A S r = f (x) 0<i 1<i 2<...<i r n x A i1 A i2... A ir Bizonyítás Ha x A \ n i=1 A i, akkor f (x) mindkét oldalon egyszer szerepel. Ha x n i=1 A i, legyenek A j1,..., A jt azon részhalmazok, melyeknek x eleme. Ekkor f (x) a bal oldalon nem szerepel. Jobb oldalon a f (x) 0<i 1<i 2< <i r n x A i1 A i2 A ir összegben szerepel, ha {i 1,..., i r } {j 1,..., j t }. Ilyen r elemű indexhalmaz ( t r) darab van. Így f (x) együtthatója t ( ) t ( 1) r = 0 (Biz.: gyakorlaton). r r=0