KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula

Átírás

1 KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematka tanár hallgatók számára Szta formula Előadó: Hajnal Péter Bevezető példák 1. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben a és b nem kerül egymás mellé? Az összes sorbaállítás halmaza legyen S, az összes sorbaállítás száma 5! = 120. Ezek között vannak olyanok, amelyben a és b nem kerül egymás mellé (ezeket kell megszámolnunk, ezeket jóknak nevezzük, halmazukat J-vel jelöljük) és vannak olyanok, amelyben a és b egymás mellé kerül (ezeket nem kell megszámolnunk, ezeket rosszaknak nevezzük, halmazukat R-rel jelöljük). Nylván J és R dszjunktak, együtt kadják S mnd a 120 elemét. Azaz J = S \ R, J = S \ R = S R = 120 R. J elemszáma helyett R elemszámának meghatározása s megoldja a problémát. Ez könnyebb feladat: a és b kétféleképpen kerülhet egymásmellé: a-t követ b (ezek a sorrendek alkossák az R 1 halmazt), vagy b-t követ a (ezek a sorrendek alkossák az R 2 halmazt). R 1 elemszáma 4! = 24, hszen ab, c, d és e betűsorokat kell sorbarakn. Hasonlóan R 2 = 24. R 1 és R 2 dszjunktak, így az összeadás alapelv alapján R = R 1 + R 2 = = 48. Tehát J = = 72. Más esetben s a találkozunk olyan feladattal, ahol rossz eseteket kell kzárnunk az összeszámlálásból. Néha azonban nem olyan egyszerű a helyzet mnt előbb. 2. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben sem a és b, sem b és c nem kerül egymás mellé? Legyen R ab, R bc azon sorbaállítások halmaza, amelyekben a és b, lletve b és c egymás mellé kerül. Tudjuk, hogy R ab = 24 és hasonlóan R bc = 24. Most azonban R ab és R bc nem dszjunkt kszámításánál az összes sorbaállítás számából a dabce sorbaállítás 1 hozzájárulását kétszer s levontuk (mnd R ab, mnd R bc -hez s hozzátartozk). Korrgálnunk kell. A metszet elemenek számát hozzá kell adnunk a korább számhoz, hogy eredőben csak kessen ezen sorbaállítások hozzájárulása. Az R ab R bc eleme pontosan azok a sorbaállítások, ahol az a, b és c betűk egy abc vagy egy cba blokkot alkotnak. Így számuk 3!+3! = 12. A válasz = 84. A fent megoldás a képlet alapján adta meg a választ. S (A B) = S ( A + B ) + A B Szta formula-1

2 3. Feladat. Egy osztály 30 tanulója közül 12 szeret a matematkát, 14 a fzkát és 13 a kémát. Öt tanuló a matematkát és a fzkát s, hét a fzkát és a kémát s, négy pedg a matematkát és a kémát s szeret. Hárman vannak, akk mndhárom tárgyat szeretk. Hányan nem szeretk egyket sem a három tárgy közül? A feladat egy könnyű gyakorló feladat. Ennek ellenére két megoldását s vázoljuk. I. módszer. Adott több halmaz: S, az osztály tanulónak halmaza; M, F és K a matematkát, a fzkát, lletve a kémát szerető tanulók halmaza. A feladat S \ (M F K) értékét kérdez. M F és M F K elemszáma smert. Ebből (M F) \ (M F K) = M F K elemszáma kszámolható. (K a K halmaz S halmazra vett komplementerét jelöl, azaz K = S \K.) Hasonlóan kapjuk M F K és M F K elemszámat. Az eljárásunkat folytatva kszámolhatjuk M F K, M F K és M F K elemszámat. Végül ezekből adódk a kérdezett szám, M F K elemszáma. Valójában az osztályt és három részhalmazát tartalmazó Venn-dagram összes tartományára meghatároztuk az elemszámát. A meghatározás egy alkalmas sorrendben végzett felgöngyölítés eljárás. A kérdésre adott szám az utolsó érték lesz (az összes korábban kszámolt/nem s kérdezett értékre támaszkodva). II. módszer. Az előző módszer jelöléset megtartjuk. Most a következőképpen okoskodunk: Kszámíthatjuk S ( M + F + K ) értékét. Azonban ezzel alábecsültük a kívánt számot, többet vontunk k S -ből, mnt kellene. Ez abból eredt, hogy bzonyos gyerekeket, például F K elemet, kétszer s kvontuk ahelyett, hogy csak egyszer vontuk volna k őket. Ezt a hbát korrgálhatjuk S ( M + F + K ) + ( M F + M K + F K ) kszámolásával. Azonban még most sem a helyes értéket kaptuk. M F K elemet először háromszor vontuk k, most azonban háromszor vssza s raktuk. Az ennek megfelelő módosítás után már a kívánt számot kapjuk: S\(M F K) = S ( M + F + K )+( M F + M K + F K ) M F K. A feladatban megadott adatok alapján ez egyszerűen kszámítható. Szta formula-2

3 A másodk gondolatmenet több azzal, hogy meg s adja azokat az együtthatókat, amkkel össze kell rakn a megadott számokat. 2. Szta formula A másodk gondolatmenetet általánosítjuk. 4. Tétel (Szta formula). S\(A 1 A 2 A n ) = S ( A 1 + A A n )+ +( A 1 A 2 + A 1 A A n 1 A n )...+ +( 1) ( A 1 A 2... A + A 1... A 1 A A n A n ) ( 1) n A 1 A 2... A n. Érdemes bevezetn néhány jelölést: A 1, A 2,...,A n S, A I = I A, ahol I 1, 2,..., n}és A = S, σ = A I (σ 0 = S ), I: I = azaz σ az tagú metszetek elemszáamnak összege. Ezen jelöléseket az egész fejezet során használjuk. A jelölésekkel a szta formula: S \ (A 1 A 2 A n ) = σ 0 σ 1 + σ 2 σ ( 1) n σ n. Bzonyítás. Az egyenlőség bal oldalán lévő kfejezés egy halmaz elemszáma. Azt mondhatjuk, hogy az S\(A 1 A n ) elemenek 1 a hozzájárulása ehhez a számhoz, míg A 1 A n elemenek 0. A jobb oldal értékét s értelmezhetjük úgy, mnt egy számot, amely S elemenek hozzájárulásából adódk. Azt fogjuk belátn, hogy S mnden elemének a jobb és a bal oldalhoz való hozzájárulása ugyanaz. Ha s pontosan darab (0 n) A j halmazban van benne, akkor F(s) = 1 + Ezzel az állítást gazoltuk. ( 2 ) ( ) + ( 1) n = n 1, = 0, 0, > 0. A fent vázolt gondolatmenetet a karaktersztkus függvény fogalmával még formálsabbá tehetjük. Legyen χ X : S 0, 1} az X S halmaz karaktersztkus függvénye, azaz 1, ha s X, χ X (s) = 0, ha s X. Ekkor X = s S χ X(s). Azaz a bal oldal értéke χ S\(A1 A n) karaktersztkus vektor komponensenek összege. A jobb oldalhoz s hozzárendelhető egy vektor: χ S χ AI + χ AI + ( 1) n χ AI. I =1 I =2 A baloldal értéke éppen ezen vektor komponensenek összege. A két komponensösszeg egyenlősége helyett azt láttuk be, hogy a két vektor megegyezk. Szta formula-3 I =n

4 3. Alkalmazások A matematka történetének egy érdekes problémája az elcserélt levelek kérdése. Adott n megírt levél és a hozzájuk tartozó megcímzett borítékok. Hányféleképpen helyezhetők el a levelek úgy, hogy egyk levél se kerüljön a borítékába? A problémát Euler és N. Bernoull nevézhez kötk. Szta formula nélkül a kérdés fogós és komoly ötleteket kíván. Szta formulával azonban könnyen megoldható. Először azonban írjuk át a kérdést a matematka nyelvére. Rakjuk sorba a leveleket és a hozzátartozó borítékokat. Azaz az -edk levél helye legyen az - edk boríték. A levelek elhelyezésnél az -edk levélnek választunk egy borítékot, mondjuk a j-edket. Az elhelyezést egy 1, 2,..., n} 1, 2,..., n} párbaállító leképezés/bjekcó írja le, azaz a 1, 2,..., n} halmaz egy π permutácója. Az - edk levél a saját borítékába kerül ha π() =. Ekkor azt mondjuk, hogy a π permutácó fxpontja. A kérdés tehát az, hogy hány fxpontmentes permutácója van az 1, 2,..., n} halmaznak. 5. Következmény. Egy n elemű halmaz fxpont nélkül permutácónak száma n! n! + n! 2! n! 3! ( 1)nn! n! = ( n! ! 1 3! ) ( 1)n = n! n n! ( 1) 1 n!! =. e Bzonyítás. Legyen S = S n, és A = π S n : π() = }. Ekkor A I = π S n : π() = mnden I esetén}. Ez alapján A I = (n I )!. Így σ = ( n ) (n )! = n!/!. A keresett szám S\ n =1 A. Ez a szta formula alapján felírható. A felírás mndegyk tagját meghatároztuk. A kapott formula a bzonyítandót egyenlőségsorozat kezdetét adja. Az utolsó egyenlőség belátásához ném analízsbel smeretek és ötletek szükségesek. Ennek gazolását az érdeklődő hallgatókra bízom. Legyen N egy n elemű halmaz, K egy k elemű halmaz. Hány N K függvény létezk? Az alapelvek smerete alapján könnyű a válasz: Függvényértéket kell rendelnünk az értelmezés tartomány n eleméhez egymástól függetlenül. Mndegyk értékadás egy döntés, amelynek k kmenetel lehet. A teljes függvény kalakítására k... k = k n lehetőség van. Ezek közül hány njektív van? Ismét smert a válasz: k(k 1)(k 2)...(k n+1). A bjektívek függvények összeszámlálása a fentekből automatkusan adódk: Csak k = n esetén lehetséges bjektív függvény, ekkor vszont az összes njektív függvény bjektív s lesz. Azaz a válasz 0, ha n k, n!, ha n = k. Egy alapkérdés még maradt. Hány szürjektív N K függvény van? A kérdés jóval nehezebb a fenteknél. A szta formula smeretében azonban könnyen meghatározható. Jelöljük szürj(n, k)-val a feltett kérdés válaszának értékét. Szta formula-4

5 6. Következmény. szürj(n, k) = ( 1) k n. Bzonyítás. Legyen N és K egy n, lletve k elemű halmaz. Legyen S = f : N K}, és A t = f S : t f(n)} (t K), azaz A t tartalmazza azokat a függvényeket, amelyek nem veszk fel a t értéket. Ekkor szürj(n, k) = S \ t K A t. Legyen L K. Ekkor l L A l = (k L ) n. Ezek után a szta formula alkalmazható, és kapjuk, hogy szürj(n, k) = ( 1) (k ) n = ( 1) k n. Szta formula-5