Diszkrét matematika 1.

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

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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?

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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: 3 + 2 =.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz. Permutáció Tétel Legyen A egy n elemű halmaz. Ekkor az A elemeinek lehetséges sorrendje: P n = n! = n(n 1)(n 2)... 2 1 (n faktoriális). Itt 0! = 1. Reggelire a 2 különböző szendvicset 2! = 2 1 = 2 -féle sorrendben lehet megenni. 3 különböző szendvicset 3! = 3 2 1 = 6-féle sorrendben lehet megenni. különböző szendvicset! = 3 2 1 = 2-féle sorrendben lehet megenni. A 200 fős évfolyam 200! = 200 199 198... 2 1 7, 89 10 37 -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)... 2 1.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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! = 120 2 6 = 10....

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 2 +... + 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 2 +... + 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 2 +... + k m )!. k 1! k 2!... k m!

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 10 9 8-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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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: 0 1 2 00 01 02 10 11 12 20 21 22 Összesen: 3 3 = 9

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 (13 + 1 helyre 1, 2 vagy x kerülhet) 3 1 = 782 969-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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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! 90 89 88 87 86 = = 3 99 268.! 8! 3 2 1

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 13. Ismétléses kombináció -féle sütemény van a cukrászdában, 8 darabot szeretnénk vásárolni. Hányféleképpen tehetjük ezt meg? Itt n =, k = 8: ( ) + 8 1 = 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: ( ) ( ) 6 + 1 10 = = 10!!! = 22.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 1. Összefoglaló Ismétlés nélküli permutáció n!, n elem lehetséges sorrendje (sorrend számít, egy elem (pontosan) egyszer). Ismétléses permutáció (k 1 + k 2 +... + k m )!, n = k 1 + k 2 +... + 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).

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 0 1 1 1 1 1 x + y 2 1 2 1 x 2 + 2xy + y 2 3 1 3 3 1 x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3 1 6 1 x + x 3 y + 6x 2 y 2 + xy 3 + y 1 10 10 1 x + x y + 10x 3 y 2 + 10x 2 y 3 + xy + y

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 2 +... + x r ) n = Bizonyítás i 1+i 2+...+i r =n n! i 1! i 2!... i r! x i1 1 x i2 2... x ir r. (x 1 + x 2 +... + x r ) n = (x 1 + x 2 +... + x r )(x 1 + x 2 +... + x r ) (x 1 + x 2 +... + x r ). Az ( )( x i1 1 x i2 2... )( 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!

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 19. Polinomiális tétel (x 1 + x 2 +... + x r ) n = (x + y + z) 3 =... i 1+i 2+...+i r =n i 1 i 2 i 3 3! i 1!i 2!i 3! (x + y + z) 3 = 3 0 0 3! 3!0!0! = 1 x 3 3! 2 1 0 2!1!0! = 3 +3x 2 y 3! 2 0 1 2!0!1! = 3 +3x 2 z 3! 1 2 0 1!2!0! = 3 +3xy 2 3! 1 1 1 1!1!1! = 6 +6xyz 3! 1 0 2 1!0!2! = 3 +3xz2 3! 0 3 0 0!3!0! = 1 +y 3 3! 0 2 1 0!2!1! = 3 +3y 2 z 3! 0 1 2 0!1!2! = 3 +3yz2 3! 0 0 3 0!0!3! = 1 +z3 n! i 1!i 2! i r! x i1 1 x i2 2 x r ir

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 999 999 2-vel osztható 999 2 = 99 99 3-mal osztható 999 3 = 333 333 -tel osztható 999 = 199 199 2 3-mal osztható 2 -tel osztható 3 -tel osztható 2 3 -tel osztható 999 2 3 = 166 + 166 999 2 = 99 + 99 999 3 = 66 + 66 999 2 3 = 33 33 = 266

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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 = 999 2 ; A 2 = {1 n 999 : 3 n} A 2 = 999 3 ; A 3 = {1 n 999 : n} A 3 = 999. Hasonlóan A 1 A 2 = 999 2 3, A1 A 3 = 999 2, A2 A 3 = 999 3, A 1 A 2 A 3 = 999 2 3. 2-vel vagy 3-mal vagy -tel osztható számok száma: 999 2 + 999 3 + 999 999 2 3 999 2 999 3 + 999 2 3.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. 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