6. Alapfeladat n dolgot, melyek közt vannak egyformák, hányféleképpen lehet sorbatenni n!

Átírás

1 Tételek, definíciók véges matematika alapszintű vizsgához Leszámlálási alapötletek és alapfeladatok 1. Alapötlet független döntések és szorzás. (Ha egy esetet olyan döntéssorozattal lehet legyártani, melyben minden döntésnél a lehetőségek száma független a már meghozott döntésektől, és minden eset egyetlen konkrét döntéssorozattal jöhet ki.) 1. Alapfeladat k féle jelből hány n hosszú sorozat készíthető (ismétléses variációk)? Megoldás: k n. 2. Alapfeladat n különböző dolgot hányféleképpen lehet sorbatenni (permutációk)? Megoldás: n!. 3a. Alapfeladat Hány részhalmaza van egy n-elemű halmaznak? Megoldás: 2 n. 3b. Alapfeladat Hány páros elemszámú részhalmaza van egy n-elemű halmaznak? Megoldás: 2 n Alapfeladat n dolog közül hányféleképpen lehet k-t kiválasztani, ha a sorrend számít (ismétlés nélküli variációk)? Megoldás: n(n 1) (n k + 1). 2. Alapötlet Tehén módszer. Olyankor, amikor az 1. alapötlet csak azért nem működik, mert minden esetet többször számolunk (több konkrét döntéssorozat is adhatja ugyanazt az esetet). Ha minden eset ugyanannyi konkrét döntéssorozattal jöhet létre, akkor a szorzással kapott értéket leosztjuk ezzel a számmal. 5. Alapfeladat n-elemű halmaz k-elemű részhalmazainak száma (ismétlés nélküli kombinációk). Megoldás ( ) n k = n(n 1) (n k+1) k(k 1) Alapfeladat n dolgot, melyek közt vannak egyformák, hányféleképpen lehet sorbatenni n! (ismétléses permutációk)? Megoldás: n 1!n 2!...n r!. 3. Alapötlet: dobjuk ki a rosszat! Egy bővebb halmazból kidobjuk azokat, melyeket nem akarunk megszámolni. 4. Alapötlet: esetszétválasztás. A megszámolandó dolgokat valamilyen szempont szerint csoportokra osztjuk, a csoportok méretét külön-külön határozzuk meg, majd a kapott méreteket összeadjuk. 7a. Alapfeladat (pénzosztás) n embernek k darab (egyforma) 100-forintost ( ) k 1 n 1 féleképpen lehet kiosztani, ha mindenkinek kapnia kell legalább egyet. n embernek k darab (egyforma) 100-forintost ( ) n+k 1 k féleképpen lehet kiosztani, ha nincs megkötés. 7b. Alapfeladat n különböző dolog közül hányféleképpen választhatunk k-t, ha ismétlés is lehet és a sorrend nem számít (ismétléses kombinációk)? Megoldás: ( ) n+k 1 k. Bijekció létesíthető a feladat és a pénzosztási feladat között. (x + y) n = ( n 0 ) x n + ( n 1 Binomiális tétel (Omar Khayyam) ) x n 1 y ( ) n k x n k y k + + ( n n) y n. Pascal háromszög Tétel A következők mindegyike az n. sor k. elemét adja (mindkét esetben 0-val kezdve a számolást), melyet itt p n,k -val jelölünk: 1

2 a) A háromszög tetejéről minden lépésben egyet jobbra le vagy balra le lépve, p n,k féleképpen lehet lejutni az n. sor k. pozíciójába ; b) p n,k az együtthatója (x + y) n -ben az x n k y k tagnak; c) p n,k kerül az n. sor k. pozíciójába, ha a háromszöget úgy képezzük, hogy minden sor két szélére 1-et írunk, a belső elemeket pedig úgy kapjuk, hogy a felette lévő két értéket összeadjuk; d) p n,k egy n-elemű halmaz k-elemű részhalmazainak száma; e) p n,k = ( ) n k = n(n 1) (n k+1) k(k 1) 1. Skatulya-elv Ha kr + 1 golyót teszünk k skatulyába, akkor lesz olyan skatulya, melyben legalább r + 1 golyó van. Logikai szita formula Tetszőleges X alaphalmaz és A 1,..., A n H részhalmazokra azon elemek száma, melyek egyik A i -ben sincsenek benne X ( A A n )+( A 1 A A n 1 A n )+ +( 1) k ( A 1... A k + )+ + +( 1) n A 1 A n. Gráfok alapjai gráf, irányított gráf, fokszám, ki-fok, be-fok:... Egyszerű gráf: nincs benne se hurokél, se többszörös él. Egyszerű, irányítatlan gráf precíz def.: G = (V, E), ahol V tetszőleges halmaz (csúcsok halmaza), E pedig V kételemű részhalmazainak tetszőleges részhalmaza (élek halmaza). részgráf: bármilyen gráf, amit úgy nyerünk az eredeti gráfból, hogy éleket és csúcsokat törlünk. (Csúcs törlésekor a rá illeszkedő élek is törlődnek. Speciálisan 0 csúcs és él is törölhető, azaz minden gráf részgráfja saját magának.) Tétel Bármely gráfban a páratlan fokú csúcsok száma páros. Tétel Bármely gráfban a fokok összege az élszám kétszerese. Tétel Bármely irányított gráfban a ki-fokok összege= be-fokok összege= az élek száma. séta: olyan v 1, v 2,..., v k csúcssorozat, melyre v 1 v 2, v 2 v 3,...,v k 1 v k él. út: olyan v 1, v 2,..., v k csúcssorozat, melyre v 1 v 2, v 2 v 3,...,v k 1 v k él, és a csúcsok különbözők. körséta: olyan séta, melynek első és utolsó csúcsa megegyezik. kör: olyan körséta, melynek az első és utolsó csúcs megegyezését leszámítva különbözők a csúcsai. Fokszámsorozatok realizálása 2

3 Tétel Egy d 1,..., d n nemnegatív számokból álló sorozathoz annak szükséges és elégséges feltétele, hogy létezzen olyan n csúcsú gráf, melyben éppen ezek a fokszámok az, hogy d d n páros legyen. Tétel Egy d 1,..., d n nemnegatív számokból álló sorozathoz annak szükséges és elégséges feltétele, hogy létezzen olyan n csúcsú, hurokélet nem tartalmazó gráf, melyben éppen ezek a fokszámok az, hogy (i) d d n páros legyen; és (ii) a legnagyobb d i ne legyen nagyobb, mint a többi összege. Tétel Egy d 1 d 2 d n nemnegatív számokból álló sorozathoz annak szükséges feltétele, hogy létezzen olyan n csúcsú, egyszerű gráf, melyben éppen ezek a fokszámok az, hogy (i) d d n páros legyen; és (ii) bármely k-ra d d n k d n k+1 (k 1) + + d n (k 1). (Az elégségességhez picit módosítani kell a feltételt, de azt nem kell tudni.) Hakimi algoritmus... Tétel Ha egy fokszámsorozat realizálható egyszerű gráffal, akkor a Hakimi algoritmus is lerajzol egyet. (Nem kell biz.) Összefüggőség, komponensekre bontás Áll. Ha két csúcs közt van séta, akkor van út is. Áll. Ha van út az a csúcsból a b csúcsba és van út a b csúcsból a c csúcsba, akkor van út az a csúcsból a c csúcsba. A G gráf összefüggő, ha bármely két csúcsa közt van út. A G gráf összefüggő komponensei a maximális összefüggő részgráfjai. (Azaz olyan részgráfok, melyek összefüggők, de bármely élet vagy csúcsot hozzájuk véve (G-ből) már nem összefüggő gráfot kapunk.) Tétel Minden gráf egyértelműen összefüggő komponensekre bontható. (Nem kell precízen biz., de érteni kell.) Fák Fa: körmentes, összefüggő gráf. Tétel Minden összefüggő gráfból elhagyhatunk úgy éleket (de csúcsokat nem!), hogy fát kapjunk. (Segédállítás Egy összefüggő gráf egy körének élét elhagyva a gráf összefüggő marad.) Egy G összefüggő gráf F feszítő fája olyan részgráf, melynek csúcsai megegyeznek G csúcsaival, és F fa. (Azaz aminek a létezését az előző tétel bizonyítja.) Tétel Egy gráf akkor és csak akkor fa, ha összefüggő, de bármely élt elhagyva már nem összefüggő. Tétel Egy gráf akkor és csak akkor fa, ha körmentes, de bármely új élt behúzva keletkezik kör. Tétel Egy gráf akkor és csak akkor fa, ha bármely két pontja közt pontosan egy út van. (Segédállítás Ha két pont közt két út is van, akkor a gráfban van kör.) Gyökeres fa: egy fa, melynek kijelöltük egy csúcsát (ezt gyökérnek hívjuk). 3

4 Állítás Bármely legalább két csúcsú fában van legalább két 1 fokú csúcs. Fanövesztési eljárás Az egy csúcsú gráfból indulva a következő lépést ismételgetjük: a már meglévő gráf mellé felveszünk egy új csúcsot és összekötjük a gráf egyik csúcsával. Tétel 1. A fanövesztési eljárás minden lépésében fát kapunk. 2. Minden fa előállítható fanövesztési eljárással. Tétel n csúcsú fának n 1 éle van. Prüfer kód, Cayley tétel Vigyázat: nem úgy volt, ahogy a Lovász-Pelikán-Vesztergombi könyvben van! Cayley tétel n címkézett ponton n n 2 fa van. Legyen F fa az 1, 2,..., n csúcsokon. F bővített Prüfer kódját úgy kapjuk, hogy addig ismételjük a következő lépést, amíg egyetlen csúcsú gráfot nem kapunk: a fa legkisebb címkéjű 1 fokú csúcsát letöröljük a rá illeszkedő éllel együtt, és felírjuk egymás alá az él két végpontjának a címkéjét (felülre a letörölt csúcsot). Így egy n 1 hosszú kétemeletes sorozatot kapunk. Jelöljük a 1, a 2,..., a n 1 -gyel az alsó és b 1, b 2,... b n 1 -gyel a felső emeletet. Állítás 1. Mindig n lesz a végül ottmaradt csúcs; 2. A fölső sorban (emeleten) mindenki egyszer szerepel, kivéve az n-et, aki nem szerepel. 3. Alul az első n 2 számot nézve (tehát nem figyelembe véve az utolsó n-et), az i szám eggyel kevesebbszer szerepel, mint az i csúcs foka F -ben. Tétel Ha tudjuk, hogy egy a 1, a 2,..., a n 2 sorozat egy fa bővített Prüfer kódjának alsó sora (az utolsó a n 1 -et nem véve figyelembe), akkor egyértelműen ki tudjuk találni a hiányzó a n 1 -et és b 1, b 2,..., b n 1 -et, és így a fát is. F Prüfer kódja: az a 1 a 2... a n 2 sorozat. Tétel A következő eljárás tetszőleges a 1, a 2,..., a n 2 sorozatból (melynek elemei 1 és n közti számok) olyan fát állít elő, melynek Prüfer kódja a 1 a 2... a n 2 : a gráf csúcsai az 1, 2,... n számok, élei pedig a 1 b 1, a 2 b 2,... a n 1 b n 1, ahol a n 1 legyen n; b 1 legyen a legkisebb olyan szám, mely nem szerepel az {a 1, a 2,..., a n 1 } halmazban; b 2 legyen a legkisebb olyan szám, mely nem szerepel a {b 1, a 2,..., a n 1 } halmazban; és általában, ha már b 1, b 2,..., b i 1 megvan, b i legyen a legkisebb olyan szám, mely nem szerepel a {b 1, b 2,..., b i 1, a i,..., a n 1 } halmazban. Cayley tétel bizonyítása:... Euler vonalak Nyílt Euler vonal: Olyan séta, mely a gráf minden élén pontosan egyszer megy át (és nem körséta). Zárt Euler vonal: Olyan körséta, mely a gráf minden élén pontosan egyszer megy át. 4

5 Euler tétel 1. Összefüggő gráfban nyílt Euler vonal létezésének szükséges és elégséges feltétele: pontosan két páratlan fokú csúcs van. 2. Összefüggő gráfban zárt Euler vonal létezésének szükséges és elégséges feltétele: nincs páratlan fokú csúcs. Erősen összefüggő irányított gráf: bármely két csúcs közt van út úgy, hogy csak a nyíl irányában szabad egy élen lépni. Euler tétel Erősen összefüggő irányított gráfban akkor és csak akkor van olyan körséta, mely minden élen pontosan egyszer, a nyíl irányában megy át, ha minden csúcsra a be-fok egyenlő a ki-fokkal. Hamilton út és kör Hamilton kör: olyan kör, mely a gráf minden csúcsán átmegy. Hamilton út: olyan út, mely a gráf minden csúcsán átmegy. Megjegyzés Itt nincs olyan könnyen ellenőrizhető szükséges és elégséges feltétel, mint az Euler vonalaknál. Áll. 1. A Hamilton kör létezésének szükséges feltétele, hogy k pontot elhagyva a gráfból legfeljebb k komponens keletkezzen. 2. A Hamilton út létezésének szükséges feltétele, hogy k pontot elhagyva a gráfból legfeljebb k + 1 komponens keletkezzen. Dirac tétel Ha egy n csúcsú, egyszerű gráfban minden pont foka legalább n/2, akkor van benne Hamilton kör. Párosítások páros gráfban Páros gráf: olyan gráf, melyben a csúcshalmaz két nemüres részre bontható úgy, hogy él csak a két rész között megy. Például a háromszög (az a három csúcsú egyszerű gráf, melyben mind a három él be van húzva) nem páros, mert akárhogy osztjuk két nemüres részre a három csúcsot, az egyik részen belül megy él. Általában a két részt A és B jelöli, a gráfot röviden G = (A B, E) páros gráfnak írjuk, ahol E az élek halmaza. A-t és B-t úgy is emlegetjük, hogy a páros gráf két csúcsosztálya. Párosítás: az élek olyan részhalmaza, melyben semelyik két élnek nincs közös végpontja. Egy M E párosítás átal fedett csúcsok: azon csúcsok, melyekre illeszkedik él M- ben. Teljes párosítás: olyan párosítás, mely minden csúcsot fed. A-t fedő párosítás: olyan párosítás, mely A minden csúcsát fedi. Hall feltétel az A csúcsosztályra: bármely X A-ra N(X) X. Itt N(X) azon B-beli csúcsokat jelöli, melyeknek van legalább egy X-beli szomszédja. (Egy U halmaz esetén U jelöli U elemeinek számát.) Frobenius tétel Teljes párosítás létezésének szükséges és elégséges feltétele a következő két feltétel együtt: (i) A = B ; (ii) a Hall feltétel A-ra. 5

6 Hall tétel A-t fedő párosítás létezésének szükséges és elégséges feltétele a Hall feltétel teljesülése A-ra. Deficites Hall tétel Ha bármely X A-ra N(X) X k, akkor van olyan párosítás, mely A csúcsait legfeljebb k kivétellel fedi. Megjegyzés A fentinél nagyobb párosítás nem is létezhet ha van olyan X A-ra, melyre N(X) = X k. Magyar módszer Eljárás (algoritmus), mely megkeres egy lehető legnagyobb párosítást. Legyen M egy párosítás. Egy M-re nézve javító út olyan út a gráfban, melynek végpontjai M által fedetlenek, és felváltva tartalmaz M-beli és nem M-beli élt. M-re nézve majdnem javító út: olyan út a gráfban, mely felváltva tartalmaz M-beli és nem M-beli élt. Majdnem javító útnak tekintünk egy 1 csúcsból és 0 élből álló utat. Észrevétel Ha egy javító út azon éleit, melyek M-beliek, kivesszük M-ből, az út azon éleit pedig, melyek nem M-beliek, betesszük M-be, akkor M továbbra is párosítás marad, de a mérete eggyel nő. 6