Kombinatorika elemei. dr. Szalkai István Pannon Egyetem, Veszprém, Matematika Tanszék

Átírás

1 Kombiatorika elemei dr. Szalkai Istvá Pao Egyetem, Veszprém, Matematika Taszék

2 2

3 2. fejezet Kombiatorika elemei Véges halmazok, a kombiatorika alapelvei, általáos elemi leszámlálási módszerek (+ és ). Teljes idukció. Permutációk, kombiációk, variációk és kapcsolataik. A Stirlig formula, agyérték½u kifejezések becslése, példák. (1) A kombiatorika a megszámlálások, szakkifejezéssel a leszámlálások tudomáya. Bár véges halmazokkal foglalkozuk, a fejezet végé azt is szemléltetjük, hogy ez jó pár évmilliárdukba kerülhet, ha em vagyuk eléggé ügyesek. A halmazok számosságát (elemeiek számát) jaj vagy #(A) jelöli Általáos módszerek Egy véges halmaz (modjuk útiholmik kirádulás el½ott ill. utá) összeszámlálásakor midegyikük kíosa ügyel az alábbi két természetes követelméy betartására: 2.1. Taács (A kombiatorika alapelvei) : 1.) Midet összeszámoltuk? 2.) Semmit sem számoltuk kétszer? 3.) Csak a halmaz elemeit számoltuk meg? (2.1) 1 ) A címlapo látható ábra a Feladat /0/ összefüggését szemlélteti. 3

4 4 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Éppe ezért javasoljuk a kedves Olvasóak, hogy ZH írásakor se feledkezze meg a kombiatorika feti két alapelvér½ol! Ige, az összeszámlálás ehéz, kéyes m½uvelet, emhiába a kombiatorika az összeszámlálás m½uvészete. Az összes lehet½oség összeszámlálásakor akár gyalogos módo csak felsoroljuk az összes esetet, akár elméleti alapo számítjuk ki a lehet½oségek számát, az alábbi két módszert szoktuk haszáli: 2.2.: I. Módszer (Az összeszámlálás két alapmódszere): a) Ha a megszámláladó eseteket diszjukt (külöálló) halmazokba osztottuk (szortíroztuk, partícioáltuk), akkor az egyes halmazokba lev½o eseteket yilvá összeadjuk. (Hisze a halmazok diszjukt úiójáak az + felel meg.) b) Ha a megszámláladó lehet½oségek több összetev½ob½ol állak össze (épülek fel), és az egyes összetev½ok egymástól függetleül választhatók meg, azaz bármelyik A összetev½ohöz bármelyik B összetev½o párosítható, akkor a két (vagy több) összetev½ok lehetséges számát összeszorozzuk. (Hisze a halmazok Descartes-szorzatáak a felel meg.) 2.3. Példa: a) Háyféle lyukasztás lehet a buszjegyek 3 3 mez½ojébe, ha a lyukasztógép legfeljebb 3 lyukat készít? b) A fracia kártyacsomagból öt lapot osztva háyféleképpe lehet pár (két azoos gura) a kezükbe (a lapok kiosztásáak sorredje em számít)? Megoldás: (Az k biomiális együtthatókat [kombiációk] a alfejezetbe (2.17) -be ismertetjük.) a) A lyukak száma ezek szerit 1; 2 vagy 3 (0 em) lehet. Ezek száma = 9 miatt redre 1, 9 2, 9 3, vagyis a lehet½oségek száma összese = 129. b) A fracia -csomag = 4 szí 13 gura = 52 lap. A két azoos gura (a pár) a 13 gura bármelyike lehet, ez 13 1 lehet½oség. Szíeiket 4 2 -féleképpe választhatjuk ki, de még a maradék 50 lapból 3 -at kell kiválasztauk, ez 50 3 lehet½oség, kezükbe csak ezek utá lesz öt lap. Vagyis az 13 összes lehet½oségek száma További általáos, a kombiatorikába gyakra haszált módszer az alábbi: 2.4. II. Módszer (bijekciók): A feladatot átfogalmazzuk, vagyis a keresett lehet½oségek halmaza és egy másik (köyebbe összeszámolható) halmaz között kölcsööse egyértelm½u megfeleltetést (bijekciót) keresük, és az eredeti halmaz számossága (elemeiek száma) yilvá éppe az új halmaz számossága!

5 2.2. TELJES INDUKCIÓ Példa: Háy részhalmaza va egy tetsz½oleges -elem½u halmazak összese, azaz mekkora jp(a)j ha jaj =? Megoldás: Ne feledjük, hogy ; és A is elemei P(A) -ak. Írjuk fel A elemeit fa 1 ; :::; a g alakba. Mide X A részhalmazt egyértelm½ue jellemez az, hogy az a i elemek közül éppe melyek elemei X -ek és melyek em. Ha mide i idex eseté 0 jelöli az a i =2 X és 1 jelöli az a i 2 X relációt, akkor magát az X halmazt kódolhatjuk az x 1 x 2 :::x [2 kettes számredszerbeli számmal, ráadásul ez a megfeleltetés P(A) elemei és az hosszúságú kettes számredszerbeli számok között kölcsööse egy-egy értelm½u. Márpedig a legkisebb szám 00:::0 [2 = 0, a legagyobb 11:::1 [2 = 2 1, a kett½o között midegyik szám potosa egyszer el½ofordul, vagyis az hosszúságú kettes számredszerbeli számok száma 2, ami éppe P(A) potos mérete. A II. Módszer alkalmazására a 2.23.Állítás bizoyításába láthatuk még példákat Feladat: Számítsuk ki hasolóa az B A := ff : A! B j f függvéy g (2.2) halmaz számosságát! Útmutatás: Most m -alapú számredszerbe írjuk fel számokat, ahol m = jbj, a számok, -jegy½uek. Felhívjuk a gyelmet a feti (2.2) egyel½oségbe szerepl½o B A hatváyba a bet½uk sorredjére! Legfotosabb azoba a megoldadó feladat potos értelmezése! Nehéz megfogalmazi, eldötei, hogy potosa milye eseteket tekitük külöböz½oek vagy azoosak, de még azt is, miket is kell egyáltalába megszámláluk! Erre midig ügyeljük feladatmegoldás közbe! 2.2. Teljes idukció Nem csak a kombiatorikába, haem a matematika bármely területé találkozhatuk a következ½o típusú állításokkal: Mide 2 N természetes számra igaz, hogy... (2.3) és a... helyé egy ( -t½ol függ½o) valamilye állítás va. Ha ezt az állítást most () formuláak hívjuk, akkor bizoyítadó állításuk

6 6 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Mide 2 N természetes számra igaz (). (2.4) alakú lesz. Sok esetbe azoba em mide 2 N, haem csak valamilye (de adott!) 0 2 N számmal kezd½od½oe, azaz csak 0 eseté teljesül () (legalábbis a bizoyítadó állítás szerit). Vagyis az általáos alak: Mide 2 N, 0 természetes számra igaz (). (2.5) A továbbiakba midig ez utóbbi általáos alakra foguk hivatkozi, hisze a (2.4) alak éppe az 0 = 0 speciális eset. 0 potos értékét legtöbbször em feszegetjük, ez a feladat állításából általába kiderül: legkisebb olyaak választjuk, amelyél agyobb mide 0 számra () már igaz. Természetese úgy em igazolhatjuk a feti (2.5) állítást hogy redre elle½orizzük ( 0 ), ( 0 + 1), ( 0 + 2)... értékeit, hisze végtele sok esetet em is tudák véges id½o belül elle½orizi! Egy kicsit gyorsabb módszert kell választauk! 2.7. Módszer (A Teljes Idukció): 1. Kezd½o lépés: Elle½orizzük ( 0 ) értékét. 2. Idukciós lépés: Bizoyítsuk be az alábbi következtetés helyességét tetsz½oleges 2 N, 0 természetes számra: Ha () igaz, akkor ( + 1) is igaz. (2.6) Ekkor, a feti két lépés sikeres elvégzése utá igazoltuk () teljesülését mide 2 N, 0 számra. A Teljes Idukció m½uködését (elidulás és következtetés / idukálás) szokás végtele lépcs½ohöz is hasolítai: ha a legels½o lépcs½ofokra rá tudok lépi, és mide lépcs½ofok utá tovább tudok mei, akkor természetese az összes lépcs½ofokra fel tudok lépi (2). Bár ez a szemléltetés segíthet a módszer megértéséhez, az alábbi 2.8. Tételt em helyettesíti! Közelebb járuk az igazsághoz, ha a Teljes Idukció módszerét a 8() típusú állítások igazolásáak egy hatékoy módszeréek ( makó ) tekitjük: em a () állítást kell igazoluk (ráadásul em az összes 2 N természetes számra egyszerre), haem csak két, jóval egyszer½ubb összefüggést: a feti 1. és 2. lépésbe leírtakat. 2 ) vagy végtele sok, sorba álló pletykás véasszoy közül elég a legels½oek elmodai

7 2.2. TELJES INDUKCIÓ 7 A gyakorlatba sokszor az idukciós lépésbe ( + 1) igazolásához em csak a közvetle megel½oz½o () állítást, haem (éháy vagy az összes) el½oz½o (i) értéket is fel kell haszáluk. Vagyis 0 eseté vagy rövidebbe ( 0 ) ^ ( 0 + 1) ^ ::: ^ () ) ( + 1) ^ 0 i (i) ) ( + 1) alakú idukciós következtetést (lépést) haszáluk. A következ½o tétel midezek legalitását is biztosítja. 2.8.Tétel (Teljes Idukció Tétele): Ha ( 0 ) igaz ( kezd½olépés ), és mide 2 N, > 0 természetes számra igaz a vagy a () ) ( + 1) (2.7) ^ 0 i akkor () igaz mide 0 ter- következtetés ( idukciós lépés ), mészetes számra, azaz igaz a (i) ) ( + 1) (2.8) 8 0 () állítás. A Tételt természetese úgy haszáljuk, hogy igazoljuk (elle½orizzük) a ( 0 ) állítást és a () ) (+1) következtetést mide 0 idex eseté, amit az alábbi példába ezt részletese meg is mutatjuk. Felhívjuk a kezd½o Olvasók gyelmét, hogy a (2.7) illetve a (2.8) következtetések ( idukciós lépés ) igazolásáál em a () vagy a ( + 1) állítást magát, haem a () ) ( + 1) illetve az V (i) ) ( + 1) következtetést kell elle½orizük! (3) 0 i 3 ) Emlékeztetük arra a sokszor eheze emészthet½o téyre, hogy a matematikai logikába a h ) h és h ) i (hamisból mide következik) következtetés maga igaz - ak va elfogadva, még ha a következtetés végeredméye hamis is.

8 8 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI 2.9.Példa (Általáosított háromszög-egyel½otleség): Igazoljuk, hogy tetsz½oleges z 1 ; :::; z 2 C komplex számokra vagy rövidebbe jz 1 + ::: + z j jz 1 j + ::: + jz j, X z i i=1 X jz i j. (2.9) Megoldás: A kezd½olépés em okozhat godot: legye 0 = 1, hisze = 1 eseté a (2.9) egyel½otleség a jz 1 j jz 1 j alakot ölti, ami triviálisa igaz. Az idukciós lépésbe ( + 1) igazolásához azoba a megel½oz½o () állítás em elég, fel kell haszáluk az = 2 esetet is, ezért ezt az esetet is el½obb (külö) igazoluk kell. = 2 eseté a (2.9) egyel½otleség az i=1 jz 1 + z 2 j jz 1 j + jz 2 j összefüggést állítja, ami éppe az ú. háromszög-egyel½otleség. (Godoljuk át a vektorokra [=komplex számok] voatkozó háromszög-egyel½otleség alapjá!) Most már rátérhetük az idukciós lépés igazolására. ( + 1) ekkor a (2.9) egyel½otleséget állítja, de eggyel több, +1 komplex szám összegére. A fels½o becslés (az egyel½otleség jobb oldala) eléréséhez a bal oldalt alakítjuk át, az eredeti -tagú és kéttagú összegekre való botások (az idukciós feltételek) felhaszálásával: +1 X X X X X+1 z i = z i + z +1 z i + jz +1 j jz i j + jz +1 j = jz i j i=1 i=1 i=1 Ezzel az idukciós állítást (lépést) bebizoyítottuk, így a 2.8. Teljes Idukció Tétele alapjá a (2.9) állítás mide 2 N természetes számra igaz. A fejezet végé a feladatok között jó éháy állítást soroluk fel, amik segítségével a teljes idukciós bizoyítást gyakoroli lehet. Kiemeljük azoba, hogy em csak a jele fejezetbe, haem a diszkrét matematika szite mide fejezetébe (s½ot az egész matematikába) lesz segítségükre ez a bizoyítási módszer. i=1 i=1

9 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK Permutációk, variációk, kombiációk A most következ½o alfejezet els½o olvasásra úgy t½uhet (ami egyébkét a vizsgázók gyakori hibája), hogy a permutációk, variációk, kombiációkra adott képletek uiverzálisak, mide feladathoz csak meg kell keresük ebbe az alfejezetbe bizoyított hat képlet valamelyikét és már is megoldottuk a feladatot...!? Csak meggodolatlaul szabad bármelyik feladatra rávági, hogy a feladat (modjuk)... ismétléses kombiááááációóóóó! Téy, hogy ezzel a hat képlettel gyakra találkozuk véges (kombiatorikai) meyiségek számolásakor, de em midig ilye egyszer½u a végeredméy. Azoba midössze csak hat új alapm½uveletr½ol va szó, segítségükkel és az eddigi égy alapm½uvelettel tudjuk az egyes meyiségeket (feladatokat) megszámoli, a 2.1.( Általáos módszerek ) alfejezetbe leírt 2.2. I.Módszer (és a 2.1. potba említett A kombiatorika két alapelve ) útmutatásai alapjá. Még egy utolsó jó taács: megtéveszt½o, hogy az elemi leszámlálási módszereket léyegébe csak egy rövid alfejezetbe (ebbe) ismertetjük. Bár ebbe mide elméleti ismeretet megtaláluk, a feladatok megoldásához gyakorlatot kell szerezük, amire em szabad sajáluk a több hóapos (!) gyakorlás idejét! A következ½o fejezett½ol kezd½od½oe (a köyv végéig) haszukra válik a következ½o rövid jelölés és egy egyszer½u rekurzív összefüggés: De íció: Tetsz½oleges 2 N természetes számra, 1 eseté! := 1 2 ::: (2.10) és 0! := 1 az szám faktoriálisa Állítás: Tetsz½oleges 2 N természetes számra ( + 1)! = ( + 1)! (2.11) Bizoyítás: A de íció alapjá azoal látható.

10 10 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Permutációk A permutáció szó lati eredet½u, felcserélést, sorbaredezést jelet. következ½o típusú feladatokat evezzük permutációak: A elemet háyféleképpe lehet sorba redezi? Hagsúlyozzuk, hogy em feltétleül kell zikai, kézzel fogható tárgyakra godoluk, hisze elvot akármiket, valamiket is sorbaredezhetük. Ez jól látható a Tétel bizoyításáak végé. Olvasóik hiába edz½odtek meg a halmazelmélet keméy megpróbáltatásai, most egy elem½u halmaz elemeir½ol sem szólhatuk, hisze a sorbaredezed½o elemek között lehetek azoosak is, és ez esettel is meg kell bírkózuk (kés½obb) jele alfejezetbe! De íció: Tetsz½oleges 2 N természetes szám eseté külöböz½o elem összes lehetséges sorbaredezéseiek számát elem (ismétlés élküli) permutációjáak hívjuk, és P -el jelöljük. Ha az elemek között azoosak is lehetek, méghozzá összese s -féle és az egyes típusokból redre k 1 ; :::; k s va (azaz k 1 + ::: + k s = ), akkor az összes lehetséges sorbaredezések számát elem s -edred½u ismétléses permutációjáak hívjuk, és P k 1;:::;k s (ism) -el jelöljük. Agolul permutatio és geeralized permutatio az ismétlés élküli és az ismétléses permutációk elevezése Állítás: Tetsz½oleges ; s 2 N természetes számokra (i) elem ismétlés élküli permutációiak száma P =! (ii) elem ismétléses permutációiak száma, k 1 ; :::; k s 2 N, k 1 + ::: + k s = eseté P k 1;:::;k s (ism) =! k 1! ::: k s! (2.12) Bizoyítás: (i) Az állítást legegyszer½ubb teljes idukcióval igazoli, ami házi feladat. A közvetle igazolás is hasoló: az (külöböz½o) elem sorbaredezéséél helyre kell az elemeket elhelyezük. Az els½o helyre az elem bármelyikét

11 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK 11 helyezhetjük, ez lehet½oség. Bármelyiket is helyeztük az els½o helyre, a második helyre midig 1 másik elemet rakhatuk, s½ot ez azt is jeleti, hogy bármelyik () els½o helye lev½o elem eseté bármelyik 1 második helye lev½o elemet párosíthatjuk, azaz (a 2.2. potba leírt I.b) Módszer alapjá) az els½o két helyre ( 1) -féleképpe helyezhetük el két elemet. A godolatmeetet folytatva hasolóa láthatjuk be, hogy az els½o két hely bármilye betöltése eseté további 2 -féleképpe tölthetjük fel a harmadik helyet, és mivel bármelyik ( 1) els½o két helye lev½o elem eseté bármelyik 2 harmadik helye lev½o elemet tehetjük, így ismét az I.b) Módszer alapjá az els½o három helyre ( 1) ( 2) -féleképpe helyezhetük el három elemet az adott elem közül. Tovább folytathatjuk godolatmeetüket, -szer ( 2 N tetsz½oleges) a feti godolathoz hasolóa, megkaphatjuk, hogy a lehet½oségek száma P = ( 1) ::: 2 1 ami valóba!. Az = 0 speciális esetbe az állítás (potosabba a 2.11.b)De íció) 0! = 1 sorbaredezés lehet½oségét állítja, ami hihet½o is: az elemekhez hozzá sem kell yúluk: ez valóba 1 lehet½oség (4). (ii) Legegyszer½ubb a feladat megoldását úgy megértei, hogy (billiárd- ) golyóra godoluk, amik közül k 1 db 1 -szí½u, k 2 db 2 -szí½u, s.í.t., és végül k s db s -szí½u. A golyók zikailag mid külöböz½oek, tehát a valóságba ismét! külöféle sorred va, csak mi em akaruk megkülöbözteti sok zikai sorredet, modvá: mide sárga szí½u golyó egyforma. Például, ha egy (akármilye) sorbaredezésél az 1 -szí½u golyókat egymás között csereberélgetjük (permutáljuk), ami k 1! -féle sorred, mi ezeket csak egyetle sorredek vagyuk hajladóak tekitei! Mit említettük, ez a szemet húyásuk (vagyis k 1! külöféle zikaiak sorredet azoosak tekitük) AKÁRMILYEN sorbaredezésél ugyaúgy k 1! külöféle sorredet tekit azoosak. Vagyis az összes! zikai sorredet csoportosíthatjuk: egy-egy csoportba az azoosak látszó k 1! sorred kerül. Háy sorredek is számoljuk tehát az összes sorredet (ha csak az 1 -típusú golyókat em külöböztetjük meg)? Aháy csoportot az el½obb képeztük, azaz! k 1.! 4 ) Ez em éz½opot kérdése, haem további kombiatorikai összefüggéseik (képleteik), pl. a (2.11) rekurzív összefüggés csak a 0! = 1 de íció eseté maradak igazak mide 2 N természetes számra, a P 0 = 1 de íció is ezzel va összhagba, ami végülis szemléletüket sem bátja.

12 12 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Ha a 2 -típusú golyókat sem külöböztetjük meg egymás között, akkor a feti godolatmeethez hasolóa az el½obb készített csoportokat tovább csoportosíthatjuk agyobb csoportokra, midegyik agyobb csoport k 2! el½obbi kisebb csoportot tartalmaz, vagyis már csak! k 1!k 2 általuk megkülöböztethet½o (agy) csoport va.! A feti godolatmeetet midegyik típusra elvégezve valóba azt kapjuk, hogy az általuk megkülöböztethet½o sorredek száma valóba (2.12). Az el½oz½o állításba szerepl½o (2.12) kifejezés (is) más diszkrét matematikai összefüggések leírásába is el½ofordul, ezért más jelölésük és elevezésük is haszálatos De íció: Tetsz½oleges, k 1 ; :::; k s,s 2 N természetes számokra, k 1 + ::: + k s =, eseté a! := (2.13) k 1 ; :::; k s k 1! ::: k s! kifejezezést poliomiális együtthatóak evezzük. A poliomiális együtthatók egyik alkalmazása a Poliomiális Tétel Variációk, kombiációk Ismét lati eredet½u szakkifejezésekkel találkoztuk. Eredetileg a variáció szó változatosságot, a kombiáció kiválasztást, kiválogatást, csoportosítást jelet, hétközapi haszálatuk is eek megfelel½o. Felhívjuk azoba a gyelmet, hogy az alábbi de íciókba precíz jeletéseket redelük e szavakhoz, vagyis e pillaattól kezdve feladatok, problémák megoldásáál tartózkodjuk a felel½otle a variációk száma... és hasoló megjegyzésekt½ol, ikább haszáljuk a lehet½oségek száma... szófordulatot. Mid a variációkat mid a kombiációkat jele alfejezetbe egyszerre tárgyaljuk, mert agyo sok hasolóság és a kapcsolat va közöttük, s½ot köye össze is keverhet½ok. Midkét probléma egy halmaz elemei közül éháyuk (összes lehetséges) kiválasztásáak számát kérdezi, bizoyos szempotok szerit. A szemléletesség kedvéért tárgyak kihúzását emlegetjük, de természetese bármely elvot halmaz elemeiek kiválasztására is ugyaazok az összefüggések leszek igazak. E fejezetbe feltehetjük, hogy az alaphalmaz elemei külöböz½oek, mert ha az egyik típusú elemb½ol több példáyt szereték feltételezi, akkor egyszer½ue

13 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK 13 tegyük vissza a korábba kihúzott elemeket a kalapba, így ismét kihúzhatjuk ½oket. Persze, a visszatevés el½ott megjegyezzük (vagy felírjuk) a kihúzott elemek fajtáját, sorredjét, számát és egyéb (számukra) fotos adatait. Megyugtatjuk az Olvasót: az alábbi de íciók elolvasása utá érthet½obb lesz a feti godolatmeet (legalábbis reméljük). Alaposa gyeljük meg a variációk és a kombiációk közötti hasolóságokat és külöbségeket, ezt készítjük el½o az alábbi két de ícióba! De íció: Legye A egy tetsz½oleges halmaz. (5) Visszatevéses mitavételek evezzük azt, ha a halmaz elemeit egyesével kivesszük, feljegyezzük, de mide következ½o elem kihúzása el½ott az el½oz½oleg kihúzott eleme(ke)t visszatesszük a halmazba. Ha csak a halmaz elemeit húzzuk ki egyesével (persze csak amíg lehet), és az el½oz½oleg kihúzott elemeket em tesszük vissza, akkor visszatevés élküli mitavételr½ol beszélük De íció: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté külöböz½o elem halmazából k elem visszatevés élküli mitavételeiek (kihúzásaiak) összes lehetséges számát elem k -adred½u (ismétlés/visszatevés élküli) vagy egyszer½ue csak variációjáak evezzük, ha a kihúzott elemek kihúzásáak sorredje léyeges, és V k -el jelöljük! Ha a kihúzás (mitavétel) visszatevéses, akkor ismétléses/ visszatevéses variációról beszélük, V k (ism) -el jelöljük, és ismét a kihúzott elemek kihúzásáak sorredje léyeges! De íció: Ha a feti de ícióba a kihúzott elemek kihúzásáak sorredje léyegtele, akkor elem k -adred½u (ismétlés/ visszatevés élküli) vagy egyszer½ue csak kombiációjáról beszélük és C k -val jelöljük, illetve a második esetbe ismétléses/visszatevéses kombiációról va szó, amit C k (ism) -el jelölük. Ismételte felhívjuk a gyelmet a variációk és a kombiációk de íciói közötti külöbségekre! Agolul variatio és combiatio az ismétlés élküli, míg geeralized variatio és geeralized combiatio az ismétléses variációk/kombiációk elevezése. 5 ) A halmaz de íciója szerit elemei mid külöböz½oek!

14 14 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Állítás: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok, k 1 eseté elem k -adosztályú ismétlés élküli variációiak száma V k = ( 1) ::: ( k + 1) (2.14) Bizoyítás: Léyegébe itt is a 2.13.Állítás (ismétlés élküli permutációk) godolatmeete mutatja meg a lehet½oségek számát. Mivel a halmaz elemei, amelyeket egyesével és visszatevés élkül húzuk ki egymás utá, mid külöböz½oek, ezért az egyes kihúzások alkalmával az egyes lehet½oségek száma redre, -1, -2,.... Mivel a kihúzott elemek kihúzási sorredje (variáció lévé) léyeges, így a 2.4.Állítás (permutációk) bizoyításába leírtakhoz hasolóa beláthatjuk, hogy eze lehet½oségek számát össze kell szorozuk! De meddig? A legutolsó elem, a k -adik kihúzásakor éppe (k 1) elem közül választhatuk, hisze el½otte k 1 elemet húztuk ki (és persze eredetileg elemük volt.) Ezzel éppe a (2.14) egyel½oséget kaptuk, Q.E.D. Megjegyzések: Vigyázzuk a (2.14) kifejezés legutolsó szorzótéyez½ojére: az em ( k) (amit persze megjegyezi köyebb lee), haem ( (k 1)) = k + 1, hisze, mit a bizoyításba meggodoltuk: k 1 elemet vettük ki a legutolsó (k -adik) elem el½ott. Ha pedig (6) gyorsabba kell a képletet el½oveük mit a feti bizoyítást meg tudjuk godoli, akkor csak a következ½o versikét motyogjuk el: k tárgyat ) k szorzótéyez½o. Érdemes külö meggodoluk a k > és a k = 0 eseteket is (a többi esetet a bizoyításba meggodoltuk). k > esetbe mid a (2.14) kifejezés (képlet), mid szemléletük is V k = 0 -át ad. Ugyais a (2.14) kifejezésbe k > eseté szerepel az = 0 szorzótéyez½o, míg hétközapi (és matematikai) tapasztalatuk szerit többet egyetle halmazból sem lehet kivei mit ameyi eleme eredetileg bee volt, ha ismétlés élküli mitavételr½ol va szó. A k = 0 esetbe hozzá sem kell yúluk a halmaz elemeihez, ez egyetle lehet½oség. A (2.14) kifejezés is ugyaezt az eredméyt adja, hisze, ha a szorzat tagjai -t½ol csökkeek + 1 -ig, akkor egyetle tagja sics a (2.14) -beli szorzatak, ami pedig megállapodás (de íció) szerit := 1. Vagyis a (2.14) összefüggésbe k 2 N tetsz½oleges természetes szám lehet! 6 ) de csak a gyegébbek kedvéért!

15 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK Állítás: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté elem k -ad osztályú ismétléses variációiak száma V k (ism) = k (2.15) Bizoyítás: Mit az el½oz½o bizoyításba is, az egyes elemek kihúzásaiak lehetséges számát kell meghatározuk és egyszer½ue csak összeszorozuk, hisze a (kihúzott) elemek kihúzási sorredje megit léyeges. Márpedig most, mivel visszatesszük midegyik kihúzott elemet, a soro következ½o midegyik elem kihúzására midig ugyaayi, lehet½oségük va, azaz az összes lehet½oségek száma most valóba, amit bizoyítauk kellett. Megjegyezzük, hogy a most bizoyított Állításba szerepl½o (2.15) kifejezésbe k 2 N tetsz½oleges természetes szám lehet, akár k > vagy akár k = 0. A k > esettel felesleges foglalkozuk, hisze (a visszatevések miatt) akármeddig folytathatjuk a mitavételezést! k = 0 eseté pedig a (2.15) képlet ismét 0 -val egyel½o, míg a gyakorlatba is ez azt jeleti, hogy hozzá sem kell kezdeük az elemek kiválasztásához Állítás: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté elem k -ad osztályú ismétlés élküli kombiációiak száma C k = ( 1) ::: ( k + 1) k! (2.16) Bizoyítás: Idézzük csak fel, mi is a külöbség a kombiációk és a variációk között? A kiválasztott (kihúzott) elemek csak maguk érdekesek, vagy az is, hogy milye sorredbe lettek kiválasztva! Mivel a 2.18.Állításba sem tettük vissza a már kiválasztott elemeket, akárcsak a jele Állításukba, próbáljuk meg a (2.14) eredméyt mostai feladatukhoz felhaszáli. Továbbá, a kiválasztott elemek mid külöböz½oek, hisze midig újat húztuk, és az eredeti halmaz elemei is mid külöböz½oek voltak. Tekitsük egy lehet½oséget, azaz a kiválasztott elemek egy halmazát. Ha a kombiáció szemszögéb½ol ézzük, akkor ez valóba halmaz, hisze a (kiválasztott) elemek sorredje léyegtele, vagyis egy lehet½oség, míg a variáció szemszögéb½ol ézve ez többféleképpe, többféle sorredbe volt lehetséges, a kihúzott elemek kihúzási sorredjei tekitetébe, vagyis P k = k! -féleképpe.

16 16 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Vagyis a kombiáció mide megszámláladó kiválasztásához a (2.14) variáció k! lehet½osége tartozik, ráadásul külöböz½o kiválasztásokhoz a lehet½oségek külöböz½o (diszjukt) részhalmazai, ami alapjá majd a (2.14) összefüggés miatt C k = V k k! C k = amit bizoyítauk kellett, Q.E.D. ( 1) ::: ( k + 1) k! Az ismétlés élküli kombiációkra elterjedtebb az alábbi jelölés, a jegyzet hátralev½o részébe mi ezt haszáljuk De íció: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté bevezetjük a következ½o jelölést: := C k ( 1) ::: ( = k k! k + 1) (2.17) amit biomiális együtthatóak evezük és alatt k -ak (7) olvasuk Megjegyzések: (i) Ügyeljük a kombiációk kétféle jelöléséek írásmódjára: és k fordított elhelyzésbe va: C k = k! A kerek k zárójeles jelölésél ics törtvoal, a számelméletbe haszálatos a p Legedre-szimbólum -mal e tévesszük össze! (ii) A 2.20.Állításba bizoyított (2.16) összefüggést sokszor úgy alkalmazzuk, hogy a kiválasztadó elemeket em egyesével, egymás utá vesszük ki az alaphalmazból (és utáa feledkezük el a kihúzásuk sorredjér½ol (8) ), haem egyszer½ue egyszerre markoljuk meg és vesszük ki ½oket (ú. merít½okaál -módszer). (iii) A biomiális együtthatókál (ismétlés élküli kombiációkál) a k és paraméterek ismét tetsz½oleges természetes számok: = 0 ; k = 0 vagy k > eseté mid a képlet mid gyakorlati feladatuk (azaz elemek kihúzása) is 0 eredméyt ad! 7 ) Vigyázat: agolul over k = k és choose k = k. 8 ) mit a hagyomáyos 90 -es lottó sorsolásakor is a kihúzás utá állítják emelked½o számsorredbe a kihúzott számokat

17 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK 17 (iv) A biomiális együtthatók (2.17) de íciójába szerepl½o képletét többféleképpe is kiszámolhatjuk, mit például! = (2.18) k k! ( k)! vagy = k k 1 k 1 ::: k és még sok más módo is, e képletek azoosságát mide Olvasó köye beláthatja (HF). A 3.2. Biomiális együtthatók tulajdoságai c. alfejezet elejé részletesebbe foglalkozuk ezzel a kérdéssel is. (v) A biomiális és poliomiális elevezésekb½ol (9) valamely kapcsolatot sejtük a biomiális és poliomiális együtthatók között. Jól érezzük: az alábbi 2.25.Állításba megmutatjuk, hogy az s = 2 speciális esetbe (kétféle, de sok elemet kell sorbaredezük) éppe a biomiális együtthatókat kapjuk. A megegyezés aál is érdekesebb, mert a biomiális együtthatókkal a kombiációkál (elemek kiválasztásáál), míg a poliomiális együtthatókkal a permutációkál (elemek sorbaredezéséél) találkoztuk. A következ½o fejezetbe ismertetjük Newto biomiális tételét és a Poliomiális tételt, melyek még jobba rávilágítaak e két meyiség kapcsolatára. Haszálatos még az s = 3 esetbe a triomiális együttható elevezés is Tétel: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté elem k -ad osztályú ismétléses kombiációiak száma + k 1 C k (ism) = (2.19) 1 Bizoyítás: Itt sajos em haszálhatjuk fel a variációkál (akár ismétléses akár ismétlés élküli) igazolt összefüggéseket, mert hiába tudjuk megszámoli az egyes (bizoyos ismétl½odéssel) kihúzott elemek kihúzási sorredjeiek számát, az ismétléses permutációkál megismertek szerit: az egyes sorredek száma külöböz½o!, az ismétl½od½o elemek fajtáitól és számától függ½oe! A következ½o ötlettel ( jegyzetlapok ) azoba célhoz érhetük: mivel külöböz½o elem közül választuk ki éháyat, de csak a kihúzottak milyesége és em sorredje a léyeg, vegyük el½o a húzások megkezdése el½ott 9 ) bi om = két tag, tri om = három tag, poli om = sok tag (görögül)

18 18 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI jegyzetlapot, az kihúzható elem midegyike számára egyet-egyet, és a húzás folyamá mide egyes kihúzott elemél, visszatevése el½ott, húzzuk egyszer½ue egy voalkát (strigulát (10) ) a megfelel½o papírlapra. Most már csak az a kérdés, hogy háyféleképpe húzhatuk k voalat papírlapra? Már a feti godolatmeetbe is a 2.4. potba jelzett II.Módszert ( bijekciók ) haszáltuk: elemek kihúzása és redezgetése helyett papírlapra írogattuk voalkákat, és mivel e két halmazak: elemek visszatevéses de sorred élküli mitavételeiek halmaza és a papírlapokra írt voalka - sorozatok halmazáak ugyaayi eleme va (újabb HF!), eleged½o ez utóbbi halmaz elemeit összeszámoluk! Ez utóbbi problémáko pedig ismét egy átfogalmazással (bijekció) segíthetük. Hiába raktuk ugyais sorba az papírlapot, a rajtuk lev½o strigulák sorozata összemosóda, ha a papírlapok (potosabba a rajtuk lev½o voalkák) közé em rakák valami elválasztó jelet, modjuk egy-egy 0 számjegyet. Hát rakjuk, összese 1 -et! Így a következ½o újabb feladathoz jutuk: Háy olya, + k 1 hosszú, 0 és 1 jelekb½ol álló (biáris) jelsorozatuk va, amelybe 1 számú 0 és k darab 1 jel va? Természetese el½obb meg kell godoluk, hogy a két halmazak (voalak a papírlapoko és a feti jelsorozatok) ugyaayi eleme va (újabb HF.)! Ez pedig már gyerekjáték, potosabba ismétlés élküli kombiáció,hisze +k 1 külöböz½o elem (a jelek pozíciói, a helyiértékek) közül kell kiválasztauk 1 -et, a 0 jelek helyeit, méghozzá kiválasztásuk sorredje léyegtele, ez pedig valóba ismétlés élküli kombiáció! A 0 jelek választják el az egyes papírlapokat. Így, a Állítás alapjá a lehet½oségek száma valóba + k 1 C k (ism) = C 1 +k 1 =. (2.20) Megjegyzések: (i) A feti bizoyítás végé pozíciókból (helyiértékekb½ol) választottuk ki éháyat, azaz, mit már kezdett½ol fogva hagsúlyoztuk, legtöbbször em valódi tárgyakból haem elvotabb elemek közül kell kiválasztauk éháyat. (ii) Vegyük észre, hogy a most megvizsgált ismétléses kombiációkál az és k paraméterek tetsz½oleges természetes számok lehetek: mid a (2.19) 10 ) kis voal, pipa (émet)

19 2.3. PERMUTÁCIÓK, VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK 19 kifejezés (képlet) mid a gyakorlati probléma (húzogatások) értelmezhet½ok, és a feti bizoyítás is érvéyes. (iii) Nehéz megjegyezi a (2.19) kifejezésbe a bet½uk potos helyét és számát, f½oleg ha megemlítjük az alábbi alteratívát: + k 1 + k 1 =. (2.21) 1 k Ezt bárki köye pár perc alatt igazolhatja a (2.18) képlet alapjá (újabb HF!), bár a Biomiális együtthatók tulajdoságai alfejezet 2.29.(iii) Állításába részletese foglalkozuk a biomiális együtthatók feti és hasoló tulajdoságaival. Visszatérve a (2.19) képlet memorizálására, saját tapasztalatuk alapjá csak egy módszert ajálhatuk: a bizoyítás fejbe (pillaatok alatti) végigpörgetését. Már említettük, hogy a külöböz½o permutációk, variációk és kombiációk között szoros kapcsolat va. Két egyszer½ubb összefüggés igazolásával zárjuk alfejezetüket, további összefüggéseket és tulajdoságkat találhatuk a következ½o alfejezetbe. és Állítás: Tetsz½oleges ; k 2 N természetes számok eseté ami képletbe V C k = P k; = P k (ism) = k k; k Bizoyítás: Mit mide kombiatorikai összefüggést, a fetieket is bizoyíthatjuk mid kombiatorikai okoskodással, mid a képletek alakításával. Most az egyszer utoljára mid a két módszert részletese ismertetjük. V em más, mit elemet a halmazból egyesével kihúzuk és a sorredet is feljegyezzük, modjuk úgy, hogy a kihúzás sorredjébe sorba lerakjuk ½oket. Ez pedig midig egy sorbaredezés azaz permutáció, ráadásul P, hisze mid az külöböz½o elemet mide lehetséges módo ki kell választai azaz sorbaredezi. A képletek alapjá pedig.

20 20 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI V = ( 1) ::: ( + 1) =! = P C k k; k (ism) és P midkette k > eseté 0 értéket adak, vagyis azoosak. (Algebrai bizoyítás vége.) Legye tehát 0 k rögzített. P k; k (ism) kombiatorikailag azt jeleti, hogy kétféle elemük va, k illetve k példáyba, azaz összese elem, amiket sorba kell rakuk (persze az összes lehetséges módo). Egy sorbaredezést pedig úgy is elkészíthetük, hogy el½oször az egyik típusú elemek helyeit (pozícióit) választjuk ki, a kiválasztás sorredje léyegtele mert midegyik els½o típusú elemet azoosak tekitük, majd végül a maradék második típusú elemeket egyszer½ue csak letesszük az üres helyekre. Márpedig, amikor az els½o típusú elemek helyeit választjuk ki, külöböz½o elem (helyek, pozíciók) közül kell k -t kiválasztauk, ismétlés élkül és a helyek kiválasztásáak sorredje sem léyeges. Ez pedig éppe egy ismétlés élküli kombiáció, potosabba C k. (Kombiatorikai bizoyítás vége.) A képletek alapjá egyszer½u az egyel½oség igazolása: a (2.13) és (2.18) összefüggések alapjá C k = k = amit bizoyítauk kellett, Q.E.D.! k! ( k)! = k; k k; k (ism) = P A feti bizoyítás alapjá az az érzésük támadhat, hogy képletekkel sokkal egyszer½ubb bármilye összefüggést bebizoyítauk, a kombiatorikai okoskodás sokkal meger½oltet½obb. Hiába ismételgeték, hogy a kombiatorika sem a képletek alakítgatásáak tudomáya. Meggy½oz½obb ikább, ha például a 2.2. Feladatot ajáljuk az Olvasó gyelmébe, vagy többek között a szerz½o [SzI; 0 97] feladatgy½ujteméyéek 7.11, 7.24, 7.25, 7.27, 7.30, 8.6, 8.7, 8.14, 8.20, 8.21, 8.31 vagy 8.37 feladatait A biomiális együtthatók tulajdoságai Mit az el½oz½o fejezetbe láttuk, de íció szerit az k biomiális együtthatók kombiatorikailag csak 1 k eseté értelmezhet½ok. A (2.17) formula alapjá azoba tetsz½oleges k; 2 N természetes számokra értelmezhet½ok (csak megismételjük a (2.17) de íciót): De íció: Tetsz½oleges k; 2 N természetes számok eseté legye

21 2.4. A BINOMIÁLIS EGYÜTTHATÓK TULAJDONSÁGAI 21 := k ( 1) ::: ( k + 1) k!. (2.22) Köye belátható, hogy a feti kifejezés valóba tetsz½oleges k; 2 N természetes számokra értelmezhet½o, és 0 k eseté megegyezik a (2.16) és a (2.18) formulákkal: Állítás: Tetsz½oleges k; 2 N természetes számok, 0 k eseté feáll az! = (2.23) k k! ( k)! azoosság. (Emlékeztetük arra, hogy 0! = 1.) Megjegyzések: Bár elméleti számításokál általába a (2.23) formula kéyelmesebb, agy számok eseté azoba gyakra a bee szerepl½o faktoriálisok már el sem férek a számológépe (70! 1; vagy godoljuk csak Stirlig (2.28) tételére), így csak a (2.22) képlet a kivitelezhet½o. Például a lottóhúzásba szerepl½o 90 5 értéke em számolható ki a 90! módo, míg a formula kiszámítása másodpercekbe sem telik. 5!85! Még agyobb számokra még a (2.23) formulát is óvatosa kell alkalmazi. = :::101 számítási módszer sem járható út, de a Például a ::: átalakítással köyedé célhoz érhetük: = ::: ; Feladat: Becsüljük meg a (2.28) Sirlig formula segítségével értékét agy és k eseté! Az alábbiakba felsoroljuk a biomiális együtthatók legfotosabb tulajdoságait. A legtöbb azoosság igazolható akár kombiatorikai megfotolásokkal, akár a (2.22) vagy (2.23) képletek segítségével. Ahol lehetséges, mi a kombiatorikai godolatmeeteket részesítjük el½oybe, de javasoljuk az Olvasóak a (2.22) és (2.23) képletek alapjá a számításos elle½orzést is! Hagsúlyozzuk, hogy mi csak éháy elemi azoosságot ismertetük, Gould 1972-be megjelet köyvébe félezer azoosság található, a lista azóta többszörösére övekedett. Sok érdekes azoosság található még szite mide kombiatorikai köyvbe. k

22 22 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Állítás: Tetsz½oleges k; 2 N természetes számok eseté igazak az alábbi összefüggések: = = 1 (i) 0 = = (ii) 1 1 = (iii) k k = 0 ha k > (iv) k Bizoyítás: (i) elemb½ol 0 elem kiválasztása: hozzá sem yúluk a halmazhoz. elem kiválasztása: az összeset ki kell veük Mid a két alkalommal a lehet½oségek száma 1. (ii) elemb½ol 1 elem kiválasztása: valamelyiket kell kiveük, ez lehet½oség. 1 elem kiválasztása: potosa egyiket, valamelyiket kell bet hagyuk, ez is lehet½oség. (iii) elemb½ol k elem kiválasztása potosa azt jeleti, hogy kiválasztjuk azt a k elemet, amit a halmazba bethagyuk, vagyis a többi k elemet tesszük ki a kalapból. A (iii) tulajdoságot szokás szimmetria - tulajdoság -ak is evezi. (iv) elemb½ol semmiképpe sem tuduk többet kiválasztai (visszatevés élkül) mit ameyie vaak Állítás: Tetsz½oleges k; 2 N természetes számok eseté igaz a következ½o összefüggés: = (2.24) k 1 k k Bizoyítás: régi és +1 új elemb½ol k elemet kiválasztai lehet úgy is, hogy az új elemet is kiválasztottuk, vagyis már csak k 1 elem kiválasztásá kell godolkozuk, ami k 1 lehet½oség, vagy pedig midegyik kiválasztadó elem régi, ami pedig k lehet½oség. A feti azoosság az alapja az ú. Pascal-háromszögek, amikor a biomiális együtthatókat háromszög alakba redezzük el, szemléltetés céljából: 0 0

23 2.4. A BINOMIÁLIS EGYÜTTHATÓK TULAJDONSÁGAI azaz : : : : : : : : A Állítás (i) összefüggése szerit midegyik sor széls½o elemei 1 -ek, továbbá a (2.24) összefüggés szerit midegyik elem a felette (balra és jobbra) lev½o elemek összege, így a Pascal háromszög akármeddig köyye folytatható. (A Pascal háromszög a Négyjegy½u függvéytáblázatok c. középiskolai segédköyvbe is megtalálható a 14.B. táblázatba.) A biomiális együtthatók eddigi és további tételei is szemléltethet½oek a Pascal háromszög soraiba, átlóiba stb., ezek vizsgálatára mi most em térük ki Állítás ( Vadermode-kovolúció ): Tetsz½oleges k; `; 2 N természetes számok eseté igaz a következ½o összefüggés: kx i=0 i k ` + ` = i k Bizoyítás: Hasolít a (2.24) összefüggés bizoyításához. (2.25)

24 24 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Az +` elem közül elem Jóska tulajdoa míg ` Marié. Ha k elemet kell t½olük kölcsökérük, akkor valameyit, modjuk i -t Jóskától, míg k i -t Maritól kapuk, külö-külö ez i ill. ` k i -féle lehet½oség rögzített i eseté. Mivel egymástól függetleül kapuk t½olük, ezért kell e két meyiséget összeszorozi, és mivel külöböz½o i -kre ezek más-más esetek, ezért lehet összeadi. (Lásd még az Összeszámlálás két alapmódszerét a 2. fejezet 2.2. potjába.) A most bizoyított összefüggés valóba a (2.24) általáosítása, hisze ` = 1 választással az összegek csak két tagja va: i = 0 és Állítás: Tetsz½oleges k; 2 N természetes számok eseté igaz a következ½o összefüggés: k + k k ::: + k = k + 1 k + 1 (2.26) Bizoyítás: Háyféleképpe lehet az 1; 2; :::; +1 számok közül k +1 -et kiválasztai? Számoljuk külö azo esetek szerit, amikor is a legagyobb kiválasztott szám k + 1 (kisebb em lehet), k + 2,... vagy + 1. Ekkor a maradék k számot a legagyobb szám alatt lehet kiválasztai, redre a k, k + 1,..., számok közül, ami pedig redre k k, k+1 k,..., k lehet½oség. Az összeszámolt lehet½oségek mid külöböz½oek. Felhívjuk a gyelmet, hogy a feti összeg X i=0 i = k + 1 k + 1 alakba is írható, hisze a 3.9.(iv) összefüggés alapjá i < k eseté az összeadadó tagok mid 0 -ák! Mit említettük, a biomiális együtthatókra voatkozó összefüggések az együtthatók (2.17) vagy (2.18) képlete alapjá számolással is igazolhatók. A feti (2.26) összefüggés például a (2.24) alapjá is igazolható, -re voatkozó teljes idukcióval Állítás: Tetsz½oleges 2 N természetes szám eseté az i biomiális együtthatók 0 i 2 eseté szigorúa mooto övekedek míg i eseté szigorúa mooto csökkeek. 2

25 2.5. BINOMIÁLIS ÉS POLINOMIÁLIS TÉTELEK 25 Bizoyítás: A triviális = i + 1 i i i + 1 összefüggés alapjá az állítás köye belátható. Megjegyezzük, hogy a 3.9. Állítás (iii) összefüggése szerit eleged½o csak a jele állítás egyik felét igazoli. Vagyis az i együtthatók (rögzített eseté) a sorozat közepéig mooto ½oek, majd szimmetrikusa csökkeek. Emlékeztetük arra, hogy a sorozat két szélé 0 = = 1 és 1 = 1 = áll, míg a közepé elhelyezked½o legagyobb elem, =2 értéke az el½oz½o fejezetbe megismert (2.28) Stirlig- formula alapjá p Biomiális és poliomiális tételek Közismert az (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 képlet, vagyis tetsz½oleges kéttagú (biom) összeget (majdem!) tagokét tuduk hatváyozi. Természetese a és b tetsz½oleges valós vagy komplex számok, esetleg kvateriók (11), vagy akár poliomok, tetsz½oleges függvéyek stb. is lehetek. Hasolóa köy½u több tagú összeget (poliom (12) ) is magasabb hatváyra emeli. (Az egyszer½uség miatt mi csak komplex számokkal foglalkozuk.) Kezdjük a biomiális tétellel Tétel: (Newto (13) biomiális tétele) Tetsz½oleges a; b 2 C komplex számok és 2 N természetes szám eseté (a + b) = X i=0 a i b i. (2.27) i 11 ) a kvateriók számteste Q = fa + bi + cj + dk : a; b; c; d 2 Rg ahol i 2 = j 2 = k 2 = 1 és ij = ji = k; jk = kj = i; ki = ik = j; és természetese C Q. 12 ) görög szóösszetételek, szó szeriti fordításba bi om = két tag, tri om = három tag, poli om = sok tag 13 ) Isaac Newto ( ) közismert agol matematikus és zikus

26 26 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Bizoyítás: A tételt általába -re voatkozó idukcióval szokás bizoyítai, a Állítás (2.24) összefüggése alapjá. (Javasoljuk az Olvasóak gyakorlásképpe azt a bizoyítást is átgodoli.) Mi ikább egy közvetle számolási módszert választottuk, ami egyrészt a tétel felfedezéséek élméyét is adja, másrészt a kombiatorikai fogalmakkal való kapcsolatát is jobba felfedi. Számoljuk ki tehát a hatváyt a de íció alapjá (-tagú szorzat): (a + b) = (a + b) (a + b) ::: (a + b). Persze mide tagot midegyikkel megszorzuk. De em el½oször csak az els½o két zárójelet, majd a szorzatot a harmadik zárójellel szorozzuk be és így tovább! Haem az zárójelet egyszerre: midegyik zárójelb½ol mide lehetséges módo kiveszük vagy a -t vagy b -t, és ezeket a tagokat szorozzuk össze egymással (vagyis valóba a i b i alakú tagokat kapuk mide lehetséges 0 i értékre), és persze a végé az azoos hatváyokat összegy½ujtjük egy P -ba. Háyféleképpe kaphatuk a i b i alakú szorzatokat rögzített i eseté? Vagyis az adott zárójel közül kell i -b½ol az a tagot kiválasztauk, és a maradék i zárójelb½ol választuk ki b tagot. (Vagyis téyleg 0 i.) Márpedig tudjuk, hogy külöböz½o valami közül i -t kiválasztai potosa i -féleképpe lehet. Newto (és t½ole függetleül Bolyai Jáos is) általáosította a feti eredméyt tetsz½oleges 2 R kitev½ore. A 3.1. Tétel egy érdekes változata az alábbi, amely viszot teljes idukcióval igazolható köyebbe (ezt is javasoljuk az Olvasóak átgodoli.) Tétel: (Newto) Tetsz½oleges természetes számra és f; g : R! R, x -be -szer di ereciálható függvéyekre teljesül: X (f(x) g(x)) () = f(x) (i) g(x) ( i). i i=0 Lássuk a többtagúak hatváyait: Tétel: (Poliomiális tétel) Tetsz½oleges a 1 ; :::; a s 2 C komplex számok és s; 2 N természetes számok eseté feáll az X (a 1 + ::: + a s ) = a k 1 1 ::: a ks s k 1 ; :::; k s 0k 1 ;:::;ks k 1 +:::+ks=

27 2.6. BINOMIÁLIS EGYÜTTHATÓK ÖSSZEGEI 27 összefüggés. Mit az el½oz½o alfejezetbe láttuk, s = 2 eseté az k 1 ;k 2 = k 1 ; poliomiális együttható éppe az k 1 biomiális együtthatóval egyezik meg, vagyis téyleg a 3.1. Tétel általáosításáról va szó. Az általuk adott bizoyítás is eek megfelel½oe hasoló a 3.1. Tétel bizoyításához: ismét em teljes idukciót, haem csak a hatváyozás de ícióját haszáljuk. k 1 Bizoyítás: Számoljuk ki a hatváyt a tault módo, amit a 2.34.Tétel bizoyításába is tettük ( -tagú szorzat): (a 1 + ::: + a s ) = (a 1 + ::: + a s ) (a 1 + ::: + a s ) ::: (a 1 + ::: + a s ). Mide tagot midegyikkel megszorzuk,mégpedig az zárójelb½ol egyszerre: midegyik zárójelból mide lehetséges módo kivesszük valamelyik a i -t, és ezeket a tagokat szorozzuk össze egymással. Vagyis valóba a k 1 1 :::a ks s alakú tagokat kapuk ahol 0 k 1 ; :::; k s és k 1 + ::: + k s =. A végé az azoos hatváyokat összegy½ujtjük egy P -ba, amihez már csak azt kell meggodoluk, hogy háyféleképpe kaphatuk a k 1 1 :::a ks s alakú szorzatokat rögzített, feti tulajdoságú k 1 ; :::; k s kitev½ok eseté? Az adott zárójel közül kell tehát k 1 -b½ol az a 1 tagot kiválasztauk, k 2 -b½ol az a 2 -½ot, és így tovább, és a maradék k s zárójelb½ol az a s tagot. (Persze k i = 0 vagy k i = is lehetséges, de ismételjük: k 1 + ::: + k s =, és most a k 1 ; :::; k s kitev½ok rögzítettek.) E feladathoz legegyszer½ubb, ha zsetot el½oveszük, ezek közül k 1 -re a 1 -et íruk, k 2 -re a 2 -½ot, és így tovább, a maradék k s zsetora pedig a s -et. Sorbarakjuk a zsetookat a zárójelek alá, és midegyik zárójelb½ol azt az a i számot választjuk ki, amely a zsetora va írva. Márpedig e zsetook sorbarakása ismétléses permutáció. Így a lehet½oségek száma a taultak szerit éppe az k 1 ;:::;k s kifejezés, amit most már joggal hívhatuk poliomiális együtthatóak. Speciális esetkét már találkoztuk a biomiális (s = 2) együtthatókkal (elle½orizzük!), haszálatos még a s = 3 eseté a triomiális együttható elevezés is Biomiális együtthatók összegei Már a biomiális és poliomiális tételekb½ol is egyszer½ue yerhetük fotos összefüggéseket:

28 28 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI illetve Tétel: Tetsz½oleges 2 N természetes szám eseté X i=0 X ( 1) i i=0 = 2, (i) i = 0. (ii) i Bizoyítás: Newto (2.27) biomiális tétele alapjá kapjuk, hogy (1 + 1) = (1 1) = X i=0 X i=0 1 i 1 i ( 1) i 1 i, i valamit haszáljuk fel az = 2 és az 1 1 = 0 összefüggéseket is. Más szóval, ha a Pascal háromszög (bármelyik) sorába összeadjuk az elemeket, 2 megfelel½o hatváyát kapjuk, illetve a tagokat váltakozó el½ojellel összadva 0 -át kapuk. Páros eseté ez azoal következik a biomiális együtthatók 3.9.Állítás (iii) -be ismertetett szimmetria tulajdoságából, de páratla -re ez már em olya yilvávaló. A feti eredméyt ismét lehete teljes idukcióval is igazoli. (i) kombiatorikai igazolása a véges meyiségek közötti jobb eligazodást is segíti, ezért érdemes vele is megismerkedi: (i) kombiatorikai bizoyítása: Háy részhalmaza va egy -elem½u halmazak? Persze potosa 2 de részletesebbe: vaak 0; 1; :::; i; :::; elem½u részhalmazok, melyekb½ol redre 0 ; 1 ; :::; i ; :::; va. Egyazo meyiséget kétféleképpe számolva ugyaaz (általába) az eredméy, vagyis 2 = P i=0 i, amit állítottuk. A Tétel (2.26) összefüggésébe a : : biomiális együtthatók fels½o tagja szerit, míg jele Tételbe az alsó tagok szerit törtét az összegezés. További egyel½oségeket yerhetük, ha az aalízis fegyvereit is bevetjük. Ismételjük: a bizoyításba ismertetett módszer az, amit els½osorba az Olvasó gyelmébe ajáluk! i

29 2.7. A STIRLING FORMULA 29 és Tétel: Tetsz½oleges 2 N természetes szám eseté X i = 2 1 (i) i i=0 X i=0 i i = Bizoyítás: Megit Newto biomiális tételéb½ol iduluk ki, de hoa eredhetek az i szorzó- ill. osztótéyez½ok? Az x i függvéyek deriválásából ill. itegrálásából! Ezért, mivel rögzített, tekithetjük az X f(x) := (1 + x) = x i i függvéyt ahol x 2 [0; 1]; és most kivételese legye 0 0 = 1. Ekkor az egyel½oség midhárom oldalát deriválva ill. itegrálva kapjuk, hogy X f 0 (x) := (1 + x) 1 = i x i 1 i és Z 0 f(x) := (1 + x) i=0 i=0 = X i=0 xi+1 i i+1 (az egyértelm½uség miatt vettük 0-ba elt½u½o itegrált). A feti egyel½oségekbe x helyére 1-et helyettesítve kapjuk a bizoyítadó összefüggéseket. További azoosságok felfedezéséhez tekithetjük még a (ii) g(x) := (1 x) függvéyt is, komplex számokat is alkalmazhatuk, további ötleteket találuk még az [SzI; 0 97] feladatgy½ujteméybe is A Stirlig formula Már eddig is gyakra kellett alkalmazuk képleteikbe az! meyyiséget, s½ot a biomiális együtthatók f½o alkotórészéek is tekithetjük.

30 30 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Ezért is haszos számukra a J.Stirlig által felfedezett alábbi közelít½o formula, mely! agyságredjét agyo is potosa adja meg: Tétel (J.Stirlig (14) - formula ): Elég agy (15) 2 N természetes szám eseté p! 2 (2.28) e s½ot kicsit potosabba e p 2 e ! e p 2 e (2.29) Mi els½osorba a biomiális együtthatók, k és =2 értékéek, valamit O(2 ) és O(!) futásidej½u algoritmusok összehasolítására haszáljuk a feti formulákat Nagyméret½u feladatok A kombiatorikába a kisméret½u (pármillió alatti) végeredméyek a meglep½oek, most éháy szemléletes példát soroluk fel a agyságredek érzékeltetésére. A feladatok megoldása és elemzése a jegyzet végé található Példa Egy -jegy½u N szám prímtéyez½os felbotását keressük. Egy tault módszer: a páratla számokat próbáljuk ki p N -ig. Háy osztást kell elvégezük? a) Ez meyi id½o lee = 20, = 30, = 40 és = 50 eseté egy 5 GHz -es gépe futtatva (ha csak az osztásokat számítjuk egy-egy lépések)? (A mai titkosírásokál, pl. https -él többszázjegy½u számokkal kell számoli.) b) Meyire csökkee a futásid½o, ha a p N alatti prímszámokat egy tömbbe (táblázatba) tárolák, és csak e prímszámokat próbálák ki? Példa a) Háy szorzást kell elvégezük egy -es mátrix determiásáak kiszámításához (a de íció szerit)? Ez meyi id½o lee =15, =20 és =25 eseté egy 5 GHz -es gépe futtatva (ha csak a szorzásokat számítjuk egy-egy lépések)? Becsüljük meg a kapott eredméy agyságredjét! 1 eseté! 14 ) James Stirlig ( ) skót matematikus, els½osorba statisztikával, végtele sorok kovergeciájával, mechaikával foglalkozott. 15 ) függvéyek aszimptotikájáak potos de ícióját aalízisbe tauljuk, itt most em foglalkozuk vele.

31 2.8. NAGYMÉRET ½U FELADATOK 31 b) Ugyaekkora mátrixok szorzásához, illetve -edik hatváyáak kiszámolásához háy szorzást kell elvégezük? Ezeket is számoljuk át mp re, 5 GHz es gépet feltételezve! Példa Legye f : R p! R egy tetsz½oleges p -változós, -szer deriválható függvéy. a) Háyféle -edik deriváltja va? (Ne feledjük Schwarz tételét!) b) Háy tagból áll az f (x) függvéy N -edred½u Taylor poliomja? c) Háy -edik deriváltja va az olya g : R p! R függvéyekek, melyekre em igaz Schwarz tétele (azaz D i g 6= D j g ha i 6= j)? Példa Tekitsük egy -változós f logikai függvéyt. a) Háy sorból áll igazságtáblázata? Meyi id½o alatt értékelé ki egy 5 GHz -es gép, ha mide órajel alatt egy-egy sort tuda kiértékeli? b) Ha feltesszük, hogy az f függvéy értékeiek kb. 50% -a igaz, akkor háy karakterb½ol áll az f függvéy Diszjuktív Normálforma (DNF) alakba? Meyi ideig yomtatá a karaktereket egy 5 GHz es gép, ha mide órajel alatt egy-egy karaktert yomtata ki? Háy oldalo illetve háy kötetbe (háy méter polco) fére ki ez a DNF 4 pt -os bet½uméretbe, 152 sor, sorokét 225 karakter, "biblia"-papíro 1500lap = 4cm? (Idexes vátozókat haszáljuk: p 1... p, vagyis midegyik változóra két-két karaktert számoljuk. A tagadás m½uveletét jelöljük felülvoással, vagyis ez em külö karakter. Lehet½o legkevesebb zárójelet haszáljuk: ( _... _ ) ^ ( _... _ )... alakba.) c)* Átlagosa milye hosszú egy DNF, ha csak a legfeljebb 50% -ba igaz függvéyeket tekitjük? Példa o) Háy egyszer½u gráf va csúcso? a) Két -elem½u halmaz között háy bijekció va? b) Ha "favágó" -módo két -csúcsú egyszer½u gráf izomor áját úgy keresék, hogy csúcshalmazaik között az összes bijekció éltartóságát elle½orizék, akkor ez meyi id½ot vee igéybe egy 5 GHz es gépe, ha mide órajel alatt egy-egy él-elle½orzést végeze? Példa o) Egy -elem½u és egy k -elem½u halmaz között háy tetsz½oleges függvéy va? a) A "favágó" módszer alkalmazásával meyi id½o alatt tudák eldötei egy -csúcsú gráfról, hogy 3-kromatikus -e, azaz k = 3 jó -e (5 GHz-es gép, mide órajelbe... )? b) Mi a helyzet a k = 2 esetbe? Példa Háy tagból áll az (x 1 +x x p ) kifejezés (a poliomiális tétel szerit kifejtve)? Ez meyi például =10 és p=5 eseté?

32 32 FEJEZET 2. KOMBINATORIKA ELEMEI Példa Háyféleképpe lehet az x 1 x 2 : : : x kifejezést zárójelezi? Meyi ideig yomtatá a végeredeméyt egy 5 GHz-es gép (mide órajelbe... )? Példa Az 1,2,...,100 számok közül háyféleképpe lehet kiválasztai hármat úgy, hogy a kiválasztott számok összege osztható legye 3-mal? (XVII. Bátaszéki matematikaversey, országos döt½o 7.oszt., 2006.) Példa Tekitsük a természetes számoko a következ½o (végtele) gráfot: K = (N; F ) ahol (m; ) 2 F ha m és relatíve prímek. Mutassuk meg, hogy ekkor tetsz½oleges G = (V; E) gráf potosa akkor feszített részgráfja K -ak, ha G tetsz½oleges P 2 V csúcspotjára a G (P ) gráf kromatikus száma véges (itt (P ) jelöli P szomszédaiak halmazát G -be, a feladat általáosítását [SzI; 0 91] -be találhatjuk) Példa Háy tagból áll a logikai szitaformula részhamaz eseté? 2.9. Gyakorló feladatok A szerz½o [SzI; 0 97] feladatgy½ujteméyéek 5. és 6., de még ikább a 7. és 8. fejezeteibe sok változatos és megoldással ellátott feladatot találuk gyakorlás céljára. Ismételte felhívjuk a gyelmet, hogy hiába kevés elméleti eredméyel találkoztuk jele fejezetbe, de a gyakorlati problémák megoldásához szükséges ügyességet csak hosszú hóapok alapos gyakorlásával szerezhetjük meg! A kezd½ok örök dilemmája és hibalehet½osége: összeadi vagy összeszorozi kell, lehet-e egyáltalá valamelyik képletet haszáli és melyiket, vagy csak gyalogosa fel kell soroli az összes lehet½oséget, esetleg valamely szempotok szerit csoportosítva, kicsit megköyítve a tegeryi eset felsorolását, és a legfotosabb: Midet összeszámoltuk? Semmit sem számoltuk kétszer? Csak a halmaz elemeit számoltuk meg (16)? 2.51.Feladat: Igazoljuk az alábbi állításokat (17) teljes idukcióval : /0/ ::: + 2 ( + 1) (2 + 1) = 6 (a címlapo lev½o ábra ezt az összefüggést szemlélteti). 16 ) Lásd a fejezet legelejé írt (2.1.) jótaácsukat! 17 ) Természetes számok bármely hatváyaiak összegére a fetihez hasoló zárt formulák (képletek) gyártását [SzI; 0 00] -ba taulhatjuk meg.