kombinatorik - Uppsala Universitygunnar/Kombin.pdf · 2008. 9. 4. · Kombinatorik Kombinatorik...

Kombinatorik

Kombinatorik handlar oftast om att räkna hur många arrangemang det finns av en viss typ.

Multiplikationsprincipen

Antag att vi är på en restaurang för att provsmaka trerättersmåltider. Om det finns fyra förrätter att välja mellan, tre huvudrätter samt fyra efterrätter, så har vi totalt 4 ÿ 3 ÿ 4 = 48 stycken måltider att proväta. PUH!

Nedanstående figurer avser att övertyga läsaren om riktigheten i kalkylen.

MULTIPLIKATIONSPRINCIPEN Om operationerna F1, F2, …, Fm kan utföras på n1, n2, …, nm sätt, så kan den sammansatta operationen F1 följd av F2 följd av … följd av Fm utföras på n1 ÿ n2 ÿ … ÿ nm sätt.

EXEMPEL 1 Hur många tresiffriga tal finns det i tio-systemet, om vi inte tillåter dem att börja på 0, och inte sluta på 0 eller 5?

LÖSNING Ett tresiffrigt tal kan "opereras fram" med tre operationer i följd på tex följande sätt: Välj den första siffran (bland 9 st), sedan den andra (bland 10 st), och till sist den tredje (bland 8 st). Antalet tresiffriga tal blir (enligt multiplikationsprincipen) 9 ÿ 10 ÿ 8 = 720.

EXEMPEL 2 Betrakta alla teckensträngar av längd k som saknar

förekomst av två lika tecken i följd. (Tex är abba förbjuden.) Hur många tillåtna strängar finns det om varje tecken väljs från ett alfabet med n olika tecken?

LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt, det andra på n - 1 sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som valdes på föregående position.) Samma sak gäller för de återstående positionerna. Det sökta antalet strängar blir därför n ÿ Hn - 1Lk-1.


förekomst av två lika tecken. (Tex är abca förbjuden.) Hur många tillåtna strängar finns det om tecknen tas (på samma sätt som i förra exemplet) från ett alfabet med n olika tecken?LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt.Det andra på n - 1 sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som valdes på föregående position.) Det tredje kan väljas på n - 2 sätt. (Vi måste undvika de två tecken som valdes på de första två platserna.) Osv … Det sista tecknet kan väljas på n - Hk - 1L sätt. Sökta antalet blir n ÿ Hn - 1L ÿ Hn - 2L ÿ … ÿ Hn - Hk - 1LL. Kallas fallande produkt.

Anmärkning

Eftersom en teckensträng är en lista av tecken, så kan man formulera det senaste problemet på följande sätt utan att lösningen förändras.

"Hur många listor av längd k kan man bilda med hjälp enbart av elementen i 81, 2, …, n< då inget element får användas två gånger?"

Kombinatorik 2

Kombinatorik

Kombinatorik handlar oftast om att räkna hur många arrangemang det finns av en viss typ.


Antag att vi är på en restaurang för att provsmaka trerättersmåltider. Om det finns fyra förrätter att välja mellan, tre huvudrätter samt fyra efterrätter, så har vi totalt 4 ÿ 3 ÿ 4 = 48 stycken måltider att proväta. PUH!

Nedanstående figurer avser att övertyga läsaren om riktigheten i kalkylen.

MULTIPLIKATIONSPRINCIPEN Om operationerna F1, F2, …, Fm kan utföras på n1, n2, …, nm sätt, så kan den sammansatta operationen F1 följd av F2 följd av … följd av Fm utföras på n1 ÿn2 ÿ… ÿnm sätt.

EXEMPEL 1 Hur många tresiffriga tal finns det i tio-systemet, om vi inte tillåter dem att börja på 0, och inte sluta på 0 eller 5?

LÖSNING Ett tresiffrigt tal kan "opereras fram" med tre operationer i följd på tex följande sätt: Välj den första siffran (bland 9 st), sedan den andra (bland 10 st), och till sist den tredje (bland 8 st). Antalet tresiffriga tal blir (enligt multiplikationsprincipen) 9 ÿ 10 ÿ 8 = 720.


förekomst av två lika tecken i följd. (Tex är abba förbjuden.) Hur många tillåtna strängar finns det om varje tecken väljs från ett alfabet med n olika tecken?

LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt, det andra på n - 1 sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som valdes på föregående position.) Samma sak gäller för de återstående positionerna. Det sökta antalet strängar blir därför n ÿ Hn - 1Lk-1.


förekomst av två lika tecken. (Tex är abca förbjuden.) Hur många tillåtna strängar finns det om tecknen tas (på samma sätt som i förra exemplet) från ett alfabet med n olika tecken?LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt.Det andra på n - 1 sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som valdes på föregående position.) Det tredje kan väljas på n - 2 sätt. (Vi måste undvika de två tecken som valdes på de första två platserna.) Osv … Det sista tecknet kan väljas på n - Hk - 1L sätt. Sökta antalet blir n ÿ Hn - 1L ÿ Hn - 2L ÿ… ÿ Hn - Hk - 1LL. Kallas fallande produkt.

Anmärkning

Eftersom en teckensträng är en lista av tecken, så kan man formulera det senaste problemet på följande sätt utan att lösningen förändras.

"Hur många listor av längd k kan man bilda med hjälp enbart av elementen i 81, 2, …, n< då inget element får användas två gånger?"

Kombinatorik 2

Permutationer

DEFINITION En permutation av en ändlig mängd X är en uppräkning av mängdens element i en viss ordningföljd.

EXEMPEL 4 Här är alla (sex) permutationer av 81, 2, 3<H1, 2, 3L, H1, 3, 2L, H2, 1, 3L, H2, 3, 1L, H3, 1, 2L, H3, 2, 1L

n !

Om †X § = n, så är antalet permutationer av X lika med n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1.

ANM n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1 betecknas "n !" och uttalas "n-fakultet".

BEVIS: Varje permutation kan "opereras fram" genom att man gör n stycken operationer i följd:1. Välj permutationens första element. Här har vi alla n element att välja bland.2. Välj permutationens andra element. Nu finns det n - 1 element kvar att välja bland.2. Välj permutationens tredje element. Nu finns det n - 2 element kvar att välja bland.

ª

n. Välj permutationens n:te element. Nu finns det bara 1 element kvar att välja. Multiplikationsprincipen ger resten …

EXEMPEL 5 HULK

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i HULK?LÖSNING Betrakta bokstäverna i HULK . De låter sig permuteras på 4! olika sätt. Härav följer att svaret på den givna frågan är 4 ! = 4 ÿ 3 ÿ 2 ÿ 1 = 24.

EXEMPEL 6 HULL

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i HULL?

LÖSNING Betrakta först bokstäverna i HUL1 L2 . De kan permuteras på 4! sätt. Varje sådan permutation har en “tvillingpermutation” som skiljer sig från den förra enbart genom att de två L:en är omkastade.

Härav följer att svaret på den givna frågan är 4!

2= 12.

3 Kombinatorik


Härav följer att svaret på den givna frågan är 4!

2= 12.

EXEMPEL 7 LULL

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i LULL?

LÖSNING Är 4!

3 rätt svar?

NEJ!, men 4!

3!. Se här …

Antag att x olika strängar kan bildas av LULL. Varje permutation av L1 UL2 L3 kan då opereras fram med hjälp av två operationer i följd:1. Bilda en sträng med hjälp av LULL. (x sätt)2. Permutera de tre L:en. (3! sätt).Därför är antalet permutationer av L1 UL2 L3 lika med x ÿ 3 !, men även

(förstås) lika med 4 !. Härav följer att x = 4!

3!.

EXEMPEL 8 MAHNAHMAHNA

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i MAHNAHMAHNA? Tex är MAHNAHMAHNA och MANNHAHAHAM två olika sådana strängar.LÖSNING Antag att det finns x stycken. Betrakta först följande sträng av 11 olika tecken M1 A1 H1 N1 A2 H2 M2 A3 H3 N2 A4. Antalet

permutationer av densamma är förstås lika med 11 !, men också lika med x ÿ 2 ! ÿ 4 ! ÿ 3 ! ÿ 2 ! eftersom varje permutation kan opereras fram med hjälp av följande fem operationer i följd:1. Bilda en sträng med hjälp av MAHNAHMAHNA. (x sätt)2. Permutera de två M:en. (2! sätt).3. Permutera de fyra A:na. (4! sätt).4. Permutera de tre H:na. (3! sätt).5. Permutera de två N:en. (2! sätt).Det följer att x = 11!

2!ÿ4!ÿ3!ÿ2!= 69 300.

Kombinatorik 4

Permutationer

DEFINITION En permutation av en ändlig mängd X är en uppräkning av mängdens element i en viss ordningföljd.

EXEMPEL 4 Här är alla (sex) permutationer av 81, 2, 3<

H1, 2, 3L, H1, 3, 2L, H2, 1, 3L, H2, 3, 1L, H3, 1, 2L, H3, 2, 1L

n !

Om †X § = n, så är antalet permutationer av X lika med n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1.

ANM n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1 betecknas "n !" och uttalas "n-fakultet".

BEVIS: Varje permutation kan "opereras fram" genom att man gör n stycken operationer i följd:1. Välj permutationens första element. Här har vi alla n element att välja bland.2. Välj permutationens andra element. Nu finns det n - 1 element kvar att välja bland.2. Välj permutationens tredje element. Nu finns det n - 2 element kvar att välja bland.

ª

n. Välj permutationens n:te element. Nu finns det bara 1 element kvar att välja. Multiplikationsprincipen ger resten …

EXEMPEL 5 HULK

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i HULK?LÖSNING Betrakta bokstäverna i HULK . De låter sig permuteras på 4! olika sätt. Härav följer att svaret på den givna frågan är 4 ! = 4 ÿ 3 ÿ 2 ÿ 1 = 24.

EXEMPEL 6 HULL

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i HULL?


Härav följer att svaret på den givna frågan är 4!2

= 12.

3 Kombinatorik


Härav följer att svaret på den givna frågan är 4!2

= 12.

EXEMPEL 7 LULL

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i LULL?

LÖSNING Är 4!3

rätt svar?

NEJ!, men 4!3!

. Se här …

Antag att x olika strängar kan bildas av LULL. Varje permutation av L1 UL2 L3 kan då opereras fram med hjälp av två operationer i följd:1. Bilda en sträng med hjälp av LULL. (x sätt)2. Permutera de tre L:en. (3! sätt).Därför är antalet permutationer av L1 UL2 L3 lika med x ÿ 3 !, men även

(förstås) lika med 4 !. Härav följer att x =4!

3!.

EXEMPEL 8 MAHNAHMAHNA

Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i MAHNAHMAHNA? Tex är MAHNAHMAHNA och MANNHAHAHAM två olika sådana strängar.LÖSNING Antag att det finns x stycken. Betrakta först följande sträng av 11 olika tecken M1 A1 H1 N1 A2 H2 M2 A3 H3 N2 A4. Antalet

permutationer av densamma är förstås lika med 11 !, men också lika med x ÿ 2 ! ÿ 4 ! ÿ 3 ! ÿ 2 ! eftersom varje permutation kan opereras fram med hjälp av följande fem operationer i följd:1. Bilda en sträng med hjälp av MAHNAHMAHNA. (x sätt)2. Permutera de två M:en. (2! sätt).3. Permutera de fyra A:na. (4! sätt).4. Permutera de tre H:na. (3! sätt).5. Permutera de två N:en. (2! sätt).Det följer att x =

11!

2!ÿ4!ÿ3!ÿ2!= 69 300.

Kombinatorik 4

Binomialtal

När man expanderar ett s.k. binom Hz + 1Ln får man …

binom expanderat binom1 1z + 1 z + 1

Hz + 1L2 z2 + 2 z + 1

Hz + 1L3 z3 + 3 z2 + 3 z + 1

Hz + 1L4 z4 + 4 z3 + 6 z2 + 4 z + 1

Hz + 1L5 z5 + 5 z4 + 10 z3 + 10 z2 + 5 z + 1

Hz + 1L6 z6 + 6 z5 + 15 z4 + 20 z3 + 15 z2 + 6 z + 1

Hz + 1L7 z7 + 7 z6 + 21 z5 + 35 z4 + 35 z3 + 21 z2 + 7 z + 1

De expanderade binomens koefficienter kallas för binomialtal och innehåller kombinatorisk information, vilket avsnitten nedanför kommer att visa.

Pascals triangel

Om man i presentationen av de expanderade binomen ovanför skalar bort allt utom binomialtalen framträder ett triangulärt mönster som kallas Pascals triangel (efter Blaise Pascal 1623 | 1662).

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

Många intressanta tal och mönster dyker upp explicit eller implicit i Pascals triangel …

Triangeltalen

5 Kombinatorik

Triangeltalen

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Fibonaccitalen

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Ser du dem inte? Summera elementen längs varje färglagd diagonal i riktning sydväst|nordost! Summeras istället elementen längs varje rad får man tvåpotenserna …

Tvåpotenserna

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Kombinatorik 6

Binomialtal

När man expanderar ett s.k. binom Hz + 1Ln får man …

binom expanderat binom

1 1

z + 1 z + 1

Hz + 1L2 z2 + 2 z + 1

Hz + 1L3 z3 + 3 z2 + 3 z + 1

Hz + 1L4 z4 + 4 z3 + 6 z2 + 4 z + 1

Hz + 1L5 z5 + 5 z4 + 10 z3 + 10 z2 + 5 z + 1

Hz + 1L6 z6 + 6 z5 + 15 z4 + 20 z3 + 15 z2 + 6 z + 1

Hz + 1L7 z7 + 7 z6 + 21 z5 + 35 z4 + 35 z3 + 21 z2 + 7 z + 1

De expanderade binomens koefficienter kallas för binomialtal och innehåller

kombinatorisk information, vilket avsnitten nedanför kommer att visa.

Pascals triangel

Om man i presentationen av de expanderade binomen ovanför skalar bort

allt utom binomialtalen framträder ett triangulärt mönster som kallas

Pascals triangel (efter Blaise Pascal 1623 | 1662).

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

Många intressanta tal och mönster dyker upp explicit eller implicit i

Pascals triangel …

Triangeltalen

5 Kombinatorik

Triangeltalen

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Fibonaccitalen

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Ser du dem inte? Summera elementen längs varje färglagd diagonal i

riktning sydväst|nordost! Summeras istället elementen längs varje rad får

man tvåpotenserna …

Tvåpotenserna

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

Kombinatorik 6

Jämna och udda binomialtal

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1

1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1

1 13 78 286 715 1287 1716 1716 1287 715 286 78 13 1

1 14 91 364 1001 2002 3003 3432 3003 2002 1001 364 91 14 1

1 15 105 455 1365 3003 5005 6435 6435 5005 3003 1365 455 105 15 1

1 16 120 560 1820 4368 8008 11 440 12 870 11 440 8008 4368 1820 560 120 16 1

1 17 136 680 2380 6188 12 376 19 448 24 310 24 310 19 448 12 376 6188 2380 680 136 17 1

1 18 153 816 3060 8568 18 564 31 824 43 758 48 620 43 758 31 824 18 564 8568 3060 816 153 18 1

1 19 171 969 3876 11 628 27 132 50 388 75 582 92 378 92 378 75 582 50 388 27 132 11 628 3876 969 171 19 1

Samma tal | men flera | och nu skrivna som nollor resp. ettor

1

1 1

1 0 1

1 1 1 1

1 0 0 0 1

1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 1

1 1 0 0 0 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1

1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1

1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1

1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1

1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1

1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Kombinationer

Inom kombinatoriken används ordet kombination synonymt med ordet delmängd, och att kombinera k element ur en mängd med n element betyder "att bilda en delmängd av storlek k av en mängd med n element", man brukar också säga "att välja k element av n stycken". Här får du nåt att fundera över: Hur många sätt finns det att välja tre av fem element?

n välj k

7 Kombinatorik

n välj k

Låt n

k beteckna antalet sätt att välja k element bland n element.

Uttalas “n välj k” eller “n över k”.

ANM Eftersom k stycken element valda ur X = 81, 2, …, n< bildar en s.k.

k-delmängd av X, så är n

k lika med antalet k-delmängder av X.

EXEMPEL 9 Här är samtliga 2-delmängder av 81, 2, 3, 4<:81, 2<, 81, 3<, 81, 4<,82, 3<, 82, 4<,83, 4<

De är 6 st. Således är K42O = 6.

Några enkla identiteter

Kn0O = Kn

nO = 1

BEVIS Det finns exakt en 0-delmängd av X = 81, 2, …, n<, nämligen den tomma mängden, och exakt en n-delmängd, nämligen X själv. ·

n

k=

n

n - k

BEVIS Det finns lika många k-delmängder av X = 81, 2, …, n< som det finns Hn - kL-delmängder. Varför? Jo, till varje delmängd (av X) hör exakt en komplementmängd. Så enkelt är det! ·

Illustration: Låt X = 81, 2, 3, 4, 5, 6<. Till delmängden 82, 5< hör komplementmängden 81, 3, 4, 6<.

Två formler

Först den klassiska kvotformeln med två lika långa fallande produkter i täljaren och i nämnaren …

Kvotformeln

Kombinatorik 8

Kvotformeln

n

k=

n Hn-1L Hn-2Lÿ…ÿHn-Hk-1LL

k Hk-1L Hk-2L ÿ…ÿ1

BEVIS

Formeln följer (eller hur!) om vi kan visa att

(1) n Hn - 1L Hn - 2L ÿ … ÿ Hn - Hk - 1LL. är lika med

(2) n

kÿ k Hk - 1L Hk - 2L ÿ … ÿ 1

Men varför beskriver (1) och (2) samma sak? Jo, därför att båda uttrycken beskriver antalet listor med k element valda ur 81, 2, 3, …, n<. Att (1) beskriver det nämnda antalet listor är en direkt konsekvens av multiplikationsprincipen eftersom första elementet i en sådan lista kan väljas på n sätt, nästa element på n - 1 sätt, osv …

Att (2) beskriver samma sak följer också av multiplikationsprincipen.

Ty varje lista av nämnt slag kan skapas genom att man

(i) först väljer en k-delmängd av 81, 2, 3, …, n<,(ii) och sedan permuterar elementen i den valda k-delmängden.

Eftersom (i) kan utföras på n

k sätt och (ii) på k ! sätt, så följer (2) av

multiplikationsprincipen. ·

EXEMPEL 10 K73O = 7ÿ6ÿ5

3ÿ2ÿ1= 35

Sedan rekursionsformeln

n + 1

k=

n

k - 1+

n

k

BEVIS

Då man skall komponera en k-delmängd A av 81, 2, …, n, n + 1< måste man ta ställning till huruvida elementet n + 1 skall vara med i A eller inte.

9 Kombinatorik


Fall 1. n + 1 œ A. Här behöver vi bara komplettera singelmängden 8n + 1< med ytterligare k - 1 element för att A skall bli en k-delmängd. Eftersom mämnda k - 1 element måste väljas ur 81, 2, …, n< kan detta göras på

n

k - 1 sätt.

Fall 2. n + 1 – A. Nu måste A:s samtliga k element tas ur 81, 2, …, n<, vilket kan göras på

n

k sätt.

De två fallen sammantagna bevisar rekursionsformeln. ·

Med hjälp av Kn0O = Kn

nO = 1 och rekursionsformeln kan man från

Kn0O, Kn

1O, …, Kn

nO beräkna Kn + 1

0O, Kn + 1

1O, …, Kn + 1

n + 1O.

Gör man detta för det ena n-värdet efter det andra återskapas den ena

raden efter den andra i Pascals triangel.

K 00O

K 10O K 1

1O

K 20O K 2

1O K 2

2O

K 30O K 3

1O K 3

2O K 3

3O

4

2

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

6

Binomialsatsen

Hur kan det nu komma sig att att n

k dyker upp i Pascals triangel? Med

andra ord, vad har "antalet sätt att välja k element bland n element" med

binomialtalen att göra?

Svar: Vid expansionen av Hz + 1Ln = Hz + 1L ÿ Hz + 1L ÿ … ÿ Hz + 1L skall n stycken parentesuttryck multipliceras ihop. Varje term som uppstår vid denna multiplikation är en produkt av n stycken faktorer | en faktor från

varje parentesuttryck. Termen zk = z ÿ z ÿ … ÿ zk st

uppstår då z väljs ur exakt

k stycken av de n parentesuttrycken (och 1 väljs ur de resterande

parentesuttrycken). Därför kommer multiplikationen att generera just n

k

stycken zk-termer. ·

Vi har just bevisat

Kombinatorik 10

Kvotformeln

n

k=

n Hn-1L Hn-2Lÿ…ÿHn-Hk-1LL

k Hk-1L Hk-2L ÿ…ÿ1

BEVIS

Formeln följer (eller hur!) om vi kan visa att

(1) n Hn - 1L Hn - 2L ÿ … ÿ Hn - Hk - 1LL. är lika med

(2) n

kÿ k Hk - 1L Hk - 2L ÿ … ÿ 1

Men varför beskriver (1) och (2) samma sak? Jo, därför att båda uttrycken beskriver antalet listor med k element valda ur 81, 2, 3, …, n<. Att (1) beskriver det nämnda antalet listor är en direkt konsekvens av multiplikationsprincipen eftersom första elementet i en sådan lista kan väljas på n sätt, nästa element på n - 1 sätt, osv … Att (2) beskriver samma sak följer också av multiplikationsprincipen. Ty varje lista av nämnt slag kan skapas genom att man

(i) först väljer en k-delmängd av 81, 2, 3, …, n<,(ii) och sedan permuterar elementen i den valda k-delmängden.

Eftersom (i) kan utföras på n

k sätt och (ii) på k ! sätt, så följer (2) av

multiplikationsprincipen. ·

EXEMPEL 10 K73O = 7ÿ6ÿ5

3ÿ2ÿ1= 35

Sedan rekursionsformeln

n + 1k

=n

k - 1+

n

k

BEVIS


9 Kombinatorik

Då man skall komponera en k-delmängd A av 81, 2, …, n, n + 1< måste man ta ställning till huruvida elementet n + 1 skall vara med i A eller inte.Fall 1. n + 1 œ A. Här behöver vi bara komplettera singelmängden 8n + 1< med ytterligare k - 1 element för att A skall bli en k-delmängd. Eftersom mämnda k - 1 element måste väljas ur 81, 2, …, n< kan detta göras på

n

k - 1 sätt.

Fall 2. n + 1 – A. Nu måste A:s samtliga k element tas ur 81, 2, …, n<, vilket kan göras på

n

k sätt.

De två fallen sammantagna bevisar rekursionsformeln. ·

Med hjälp av Kn0O = Kn

nO = 1 och rekursionsformeln kan man från

Kn0O, Kn

1O, …, Kn

nO beräkna Kn + 1

0O, Kn + 1

1O, …, Kn + 1

n + 1O.

Gör man detta för det ena n-värdet efter det andra återskapas den ena raden efter den andra i Pascals triangel.

K 00O

K 10O K 1

1O

K 20O K 2

1O K 2

2O

K 30O K 3

1O K 3

2O K 3

3O

4

2

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

6

Binomialsatsen

Hur kan det nu komma sig att att n

k dyker upp i Pascals triangel? Med

andra ord, vad har "antalet sätt att välja k element bland n element" med binomialtalen att göra?

Svar: Vid expansionen av Hz + 1Ln = Hz + 1L ÿ Hz + 1L ÿ … ÿ Hz + 1L skall n stycken parentesuttryck multipliceras ihop. Varje term som uppstår vid denna multiplikation är en produkt av n stycken faktorer | en faktor från varje parentesuttryck. Termen zk = z ÿ z ÿ … ÿ z

k st




k


Vi har just bevisat

Kombinatorik 10

Svar: Vid expansionen av Hz + 1Ln = Hz + 1L ÿ Hz + 1L ÿ … ÿ Hz + 1L skall n stycken parentesuttryck multipliceras ihop. Varje term som uppstår vid denna multiplikation är en produkt av n stycken faktorer | en faktor från varje parentesuttryck. Termen zk = z ÿ z ÿ … ÿ z

k st




k


Vi har just bevisat

BINOMIALSATSEN Hz + 1Ln = Kn0O z0 + Kn

1O z1 + Kn

2O z2 + … + Kn

nO zn

EXEMPEL 11 Expandera Ha + bLnLÖSNING

Ha + bLn = bnJ ab

+ 1Nn = bnKKn0O + Kn

1O a

b+ Kn

2O J a

bN2 + … + Kn

nO J a

bNnO =

Kn0O bn + Kn

1O a bn-1 + Kn

2O a2 bn-2 + … + Kn

nO an

EXEMPEL 12 MAHNAHMAHNA igenHur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om bokstäverna i ordet MAHNAHMAHNA?

LÖSNING Det gäller att välja positioner åt två M, fyra A, tre H och

två N i en sträng av längd 11. Eftersom det finns K112O sätt att placera

två M, sedan K 94O sätt att placera fyra A, och K

53

O sätt att placera tre H,

samt K 22O sätt att placera två N. Det följer att sökta antalet strängar är

lika med K 112O K 9

4O K

53

O K 22O = 69 300.

EXEMPEL 13 Poker ´, Ï, ´, ®En pokerhand är en kombination av fem kort tagna ur en vanlig kortlek med 52 kort. Hur många pokerhänder finns det där inga av de fem korten har samma valör (tex inte två ettor eller tre åttor)?

LÖSNING De 52 korten innehåller 13 olika valörer, där varje valör

finns i 4 olika "färger" ´, Ï, ´, ®.

Två "operationer" i följd skall utföras …

(i) Välj valörer åt de fem korten! K 135O sätt

(ii) Välj färger på de fem korten! 45 sätt

Av multiplikationsprincipen följer svaret K 135O ÿ 45 = 1 317 888.

11 Kombinatorik

LÖSNING De 52 korten innehåller 13 olika valörer, där varje valör

finns i 4 olika "färger" ´, Ï, ´, ®.

Två "operationer" i följd skall utföras …

(i) Välj valörer åt de fem korten! K 135O sätt

(ii) Välj färger på de fem korten! 45 sätt

Av multiplikationsprincipen följer svaret K 135O ÿ 45 = 1 317 888.

EXEMPEL 14 Mera pokerHur många pokerhänder finns det av typen "två par" (tex två ettor och två åttor)?

LÖSNING

(i) Välj valör åt de två paren K 132O sätt

(ii) Välj valör åt det återstående kortet K 111O sätt

(iii) Välj färger åt de två paren K 42O K 4

2O sätt

(iv) Välj färger åt det återstående kortet 4 sätt

Det sökta svaret blir K 132O K 11

1O K 4

2O K 4

2O 4 = 123 552.

Kombinatorik 12

UPPSALA UNIVERSITETMatematiska institutionenInger Sigstam

OvningsuppgifterBaskurs i matematik

Kombinatorik

1. Hur manga olika bilregistreringsnummer finns det? (Bestar av 3 bokstaver franalfabetet (utom I, Q, V, A, A, O) foljt av 3 siffror.)

2. Klipp ordet LOGIK i bitar sa att det star en bokstav pa varje bit.

a) Hur manga “ord” med 5 bokstaver kan man satta ihop av bitarna?

b) Hur manga “ord” med 3 bokstaver kan man satta ihop?

c) Hur manga “ord” kan man satta ihop totalt (med godtyckligt antal bokstavermellan 1 och 5)?

3. Klipp ordet MATTE i bitar sa att det star en bokstav pa varje bit.

a) Hur manga (olika) “ord” med 5 bokstaver kan man satta ihop av bitarna?

b) Hur manga (olika) “ord” med 3 bokstaver kan man satta ihop?

4. I en turnering deltar 10 lag. Varje lag ska mota varje annat lag i tva matcher. Hurmanga matcher skall spelas?

5. Hur manga heltal x finns det sa att 1000 < x ≤ 100 000 och den storsta siffran i xar ≤ 6?

6. Pa ett barnkalas ska 8 pojkar och 8 flickor placeras kring ett runt bord sa att varjepojke sitter mellan tva flickor och varje flicka mellan tva pojkar. Pa hur manga(inbordes olika) placeringar finns det?

7. Visa att en mangd med n element har 2n delmangder.

8. I en grupp om 14 personer ska valjas en kommitte med 5 medlemmar. PersonernaA och B kan tanka sig att vara med i kommitten bara om bada ar med. Pa hurmanga satt kan kommitten valjas?

9. Visa attn∑

k=0

(n

k

)= 2n.

10. Finn den konstanta termen i utvecklingen av (1

x3− 2x2)10.

11. Hur manga av heltalen mellan 1000 och 9999 innehaller exakt tva ettor?

12. Hur manga olika “ord” med 5 bokstaver kan man skriva med bokstaverna i ordetBILBANA ?

13. Bevisa, bade algebraiskt och kombinatoriskt, att(

2n

2

)= 2

(n

2

)+ n2.

Ledning: Pa hur manga satt kan man valja en delmangd med 2 element fran enmangd med 2n element?

14. Berakna koefficienten for x2y3 i utvecklingen av (1 + x + 2y)10.

15. Pa hur manga satt kan 8 identiska foremal laggas i 3 tomma lador sa att ingen ladablir tom?

SVAR:

1. 233 · 103.

2. a) 5! = 120. b) 5 · 4 · 3 = 60. c) 325. (Falluppdela)

3. a) 5!/2! = 60. b) 9 + 24 = 33. (Fall 1: Exakt tva T. Fall 2: Hogst ett T.)

4. 90.

5. 48 · 73.

6. 8! · 7!.

8. 220 + 792 = 1012. (Fall 1: Med A och B. Fall 2: Utan A och utan B.)

9. Ledn:

(n

k

)ar antalet delmangder med k element.

10. 13 440.

11. 243 + 216 = 459. (Tal som borjar med 1 plus tal som inte borjar pa 1.)

12. 690. (2A och 2B, 2A och hogst ett B, 2B och hogst ett A, hogst ett A och hogst ettB.)

13. Algebraiskt: Bada sidor kan forenklas till 2n2 − n.

14. 20 160.

15. 21.

Baskurs i matematikHosten 2008

PROBLEM I KOMBINATORIK, 1.

Dirichlets ladprincip

1. En pase innehaller svarta och vita kulor. Vilket ar det minsta antal kulor man maste plockaupp - utan att kika - for att vara saker pa att man far tva av samma farg? (Hur manga masteman plocka upp for att vara saker pa att man far tva svarta?)

2. Pa en hylla star 10 franska, 20 spanska, 8 tyska, 15 ryska och 25 italienska bocker. Hur mangamaste man valja for att vara saker pa att man far 12 bocker pa samma sprak?

3. Givet tolv heltal, visa att det finns tva stycken vars skillnad ar delbar med 11.

4. Talen 1 till 10 ar slumpvis utplacerade runt en cirkel. Visa att det maste finnas tre konsekutivatal med summa minst 17.

5. Om Sveriges befolkning ar 9 miljoner, sa maste det finnas en dag da minst ... personer harfodelsedag.

6. Femton flickor samlade ihop hundra kokosnotter. Visa att tva av dem hade samlat ihop sammaantal.


7. I en forening med nitton medlemmar skall man utse en styrelse bestaende av ordforande,sekreterare och kassor. Pa hur manga satt kan denna styrelse se ut?

8. Givet siffrorna 1, 2, 4, 5, och 7 skall man bilda tresiffriga tal och endast anvanda varje siffrahogst en gang. Pa hur manga satt kan det skea) overhuvudtaget?b) om talet skall vara udda?c) om talet skall vara delbart med fem?

9. Vi har fem spanska, sex franska och atta armeniska bocker. Pa hur manga satt kan man valjaut tva av dem sa att de ej ar skrivna pa samma sprak?

10. Hur manga olika val kan man gora ur en skal innehallande fem (identiska) applen och atta(identiska) apelsiner?

Gunnar

Svar till PROBLEM I KOMBINATORIK 1

Dirichlets ladprincip

1. Man maste plocka upp minst tre kulor for att vara saker pa att fa tva av samma farg. Daremotkan man aldrig vara saker pa att fa tva svarta, det kanske bara finns en svart kula i pasen!

2. Man maste valja minst 52 bocker for att vara saker pa att man har tolv pa samma sprak. (Harman otur kan man ha fatt tag pa 8+10+11+11+11=51 bocker till att borja med, men sen ...!)

3. De mojliga resterna vid division med 11 ar 0,1,2,...10, dvs. elva olika tal. Av de tolv talenmaste saledes minst tva ha samma rest vid division med elva vilket innebar att deras skillnadar delbar med 11.

4. Antag att summan av tre konsekutiva tal alltid ar mindre an 17. Vi har totalt tio olikauppsattningar av tre konsekutiva tal (vart och ett av de tio givna talen kan ju sitta i mitten)och da skulle folja att eftersom summan av talen i ett “tretal” ar mindre an eller lika med 16 sakommer summan av talen i alla tretal att vara hogst 160. Samtidigt vet vi att denna summablir tre ganger (varje tal pa cirkeln forekommer ju i tre olika uppsattningar av konsekutiva tal)summan 1+2+3+4+...+10, dvs. 3 · 55 = 165. Saken ar klar.

5. Ja, sag det.

6. Om inga av dem har samlat ihop samma antal sa ar det minsta antal de kan ha fatt ihop0+1+2+3+...+14=105. Klart.


7. 5814 satt.

8. a) 60, b) 36, c) 12.

9. 118 satt (Kan losas genom uppdelning i tre naturliga fall. Alternativt kan man anvandakombinationer och forst bestamma alla satt att valja ut tva bocker ur nitton darefter dra bortantalet fall da de tva ar skrivna pa samma sprak, vi far

(

19

2

)

−

[(

5

2

)

+

(

6

2

)

+

(

8

2

)]

.

Det ar bra att kunna losa ett problem pa olika satt, sarskilt om man kanner sig osaker och villkontrollera svaret.)

10. 54 val. (Vi kan valja 0,1,2,...5 applen och 0,1,2,...8 apelsiner och sex ganger nio ar ...!)

Gunnar

Baskurs i matematikHosten 2008

PROBLEM I KOMBINATORIK 2.

Permutationer

1. Hur manga “ord” med en till fem bokstaver kan bildas med anvandande av bokstaverna i ordetASTER ?

2. Hur manga ord med fyra bokstaver kan man bilda med anvandande av bokstaverna i ordetSAMOVAR ?

3. Hur manga olika “ord” bestaende av fyra bokstaver kan bildas av de fem bokstaverna i ordetGAUSS ?

4. Hur manga “ord” med fem bokstaver kan bildas med anvandande av bokstaverna i ordetMUMMA ?

5. Hur manga sexsiffriga tal finns det som innehallera) siffrorna 1,1,1,2,2,3 ?b) sifforna 0,1,2,2,3,3,3 ?

6. Hur manga olika tarningar finns det om man slapper pa kravet att summan av antalet prickarpa motstaende sidor skall vara sju?

Kombinationer och blandade problem

7. En kortlek (52 kort) ar uppdelad i tva buntar med 20 resp. 32 kort. Pa hur manga satt kanslutresultatet se ut nar de tva buntarna skjutits in i varandra?

8. Hur manga femsiffriga tal med idel olika siffror finns det dar siffran 1 forekommer, direkt foljdav 2 ?

9. Pa hur manga satt kan man stalla tolv personer i rad sa att personerna A,B,C och D alltidhar samma inbordes ordning?

10. Pa hur manga satt kan man valja sex varma korvar om det finns tre olika sorter?

11. En brevbarare har femton brev, adresserade till femton olika adressater. Pa hur manga sattkan han lamna breven sa att exakt tre av dem kommer fel?

12. Pa hur manga satt kan man ta fem kort ur en kortlek sa att man far exakt tva par?

13. Pa hur manga satt kan man fylla en lada med tolv applen om man har fem olika sorter ochvill ha minst ett av varje sort?

14. Pa hur manga satt kan man valja ut fyra kort ur en kortlek sa att man inte ens far ett par?

Binomialsatsen

15. Finns i utveclningen av(

x2

2+ 32

x8

)30

nagon konstant term? Bestam den i sa fall.

16. Visa med kombinatoriskt resonemang:

(

3n

3

)

= 3 ·

(

n

3

)

+ 6n ·

(

n

2

)

+ n3.

17. Bevisa att∞∑

k=0

(

n

k

)

2k = 3n, n ≥ 0.

18. Forenkla uttrycket∞∑

k=0

3k

(

n

k

)

.

19. Visa att(

n

k

)

=

(

n

k + 1

)

⇔ n = 2k + 1.

Gunnar

Svar till PROBLEM I KOMBINATORIK 2

Permutationer

1. 325 “ord”.

2. 480 “ord”. (Svaret kan skrivas

480 =

(

4

2

)

· 5 · 4 + 6 · 5 · 4 · 3,

dar den forsta termen ger antalet “ord” med tva A - de kan ju placeras ut pa(

4

2

)

olika satt -den andra antalet ord med hogst ett A.)

3. 60 “ord”.

4. 20 “ord”.

5. a) 60. b) Ja, sag det.

6. Det finns 30 tarningar. (Sidan med 1 kan antas peka framat. Det finns 5 mojligheter att valjamotsatt sida. Antag att vi betraktar ett av dessa fall, ex.vis da 2 finns dar. Vi kan sedan vridatarningen sa att 3 ligger uppat. Det blir da olika tarningar nar vi placerar ut de aterstaende3 talen pa de mojliga 3! olika satten. Totalt fas alltsa 5 · 3! olika tarningar.)

Kombinationer och blandade problem

7. Pa 5 · 37 · 61913822061 satt (kanske). (Svaret kan skrivas(

52

32

)

, vilket svarar emot att vi forstkonstaterar pa vilka platser i den resulterande bunten med 52 kort, korten i den ena bunten -den med 32 kort - ligger. Darefter kan de i den andra endast placeras ut pa ett satt.)

8. 630 tal. (Ett satt ar att dela upp i fall beroende pa var ettan som ar direkt foljd av tvaansitter.)

9. Pa 19.958.400 satt. (Valj forst ut fyra platser och placera ut A,B,C och D pa dessa. Dettakan ske pa

(

12

4

)

satt. De resterande atta platserna kan sedan fyllas pa 8! olika satt. Multip-likationsprincipen ger slutligen svaret.)

10. Pa 28 satt. (Detta ar ett “urval med repetition”-problem. Korvarna plus tva streck kanplaceras ut i sammanlagt 8 positioner. Om vi valjer tva av dessa och satter strecken dar sahar vi gjort ett val och detta kan alltsa ske pa

(

8

2

)

olika satt.)

11. Pa 910 satt. (De tre brev som kommer fel kan valjas pa(

15

3

)

olika satt. Sedan ser vi latt att detre bara kan komma fel pa tva olika satt. Detta problem leder vidare till den ultimata utmanin-gen for postverket, det beromda Bernoulli-Euler problemet om det feladresserade breven: pahur manga satt kan n brev delas ut sa att alla kommer fel? Svaret visar sig hanga ihop medtalet e. )

12. Pa 123.552 olika satt. (Svaret kan skrivas

(

13

2

)

·

(

4

2

)

·

(

4

2

)

· 44,

dar de forsta tre faktorerna ger antalet satt att valja tva par.)

13. Pa 330 satt. (Tag forst en av varje sort. Vi skall sedan valja sju applen av fem sorter. Har harvi ett “oordnat urval med repetition”, och svaret blir

(

7+5−1

7

)

.)

14. Pa 183.040 olika satt. (Svaret kan skrivas

(

13

4

)

· 44 eller 52 · 48 · 44 · 40 ·

1

4!,

vilket svarar mot tva olika satt att resonera, vilka?)

Binomialsatsen

15. Ja, och den ar(

30

6

)

·

1

224· 326 =

(

30

6

)

· 26.

(Den allmanna termen i binomialutvecklingen kan skrivas

(

30

k

)

·

(

x2

2

)30−k

·

(

32

x8

)k

= αk · x60−10k

dar αk ar ett tal som beror av k. Den konstanta termen fas nu om k = 10 och berakning avα10 ger svaret.)

16. (En mangd M med 3n element delas upp i tre delmangder med lika manga element. Om viskall plocka ut tre element ur M sa har vi tre mojligheter:

- Alla tre ligger i samma delmangd. Detta svara mot den forsta termen.- Tva ligger i samma delmangd men det tredje i en annan. Detta svarar mot andra termen.- Alla ligger i olika delmangder. Detta ger tredje termen. Svaret foljer nu ur additionsprincipen.)

17. (Tillampa binomialutvecklingen med lampliga a och b.)

18. Uttrycket kan skrivas 4n. (Binomialutveckling igen.)

Gunnar

kombinatorik - Uppsala Universitygunnar/Kombin.pdf · 2008. 9. 4. · Kombinatorik Kombinatorik...

Documents

Transcript of kombinatorik - Uppsala Universitygunnar/Kombin.pdf · 2008. 9. 4. · Kombinatorik Kombinatorik...