Kombinatorika - inga.vgtu.ltinga.vgtu.lt/.../Studiju_medziaga/2008P/DM2/1/Kombinatorika.pdf · 1...

1 skyrius

Kombinatorika

Kombinatorika nagrinėja baigtinių aibių elementų kombinacijas. Norspirmieji kombinatorikos uždaviniai buvo žinomi jau Senovės Rytų mituose,XVI amžiuje paplitę azartiniai lošimai sudomino matematikus ir paskatinokombinacijų analizės metodų atsiradimą.

1.1. Baigtinių aibių elementų kombinacijos

1.1.1. Baigtinių aibių poaibiai

Priminsime1, kad baigtinės aibės

A = a1, a2, . . . , an

elementų skaičių žymime |A| = n. Jos elementų tvarka nėra svarbi:

a1, a2, a3 = a1, a3, a2 = · · · = a3, a2, a1.

Kai elementų eilės tvarka svarbi, rašome

(a1, a2, a3) 6= (a1, a2, a3) 6= · · · 6= (a3, a2, a1).

Pastebėkime, kad šiuo atveju

(a1, a2, a3) ∈ A3 = A×A×A,

t. y. trejetas (a1, a2, a3) yra Dekarto sandaugos2 elementas.

1žr. ?? (?? psl.)2žr. ?? (?? psl.)

1

2 1 SKYRIUS. KOMBINATORIKA

Taigi aibė 1, 2, 3 išreiškiama šešiais būdais:

1, 2, 3 = 1, 3, 2 = 2, 1, 3 = 2, 3, 1 = 3, 1, 2 = 3, 2, 1.

Tokie skirtingi elementų dėstyniai vadinami kėliniais. Bendruoju atveju nskirtingų elementų galima sukeisti vietomis

n! = 1 · 2 · · · (n− 1) · n

(skaitome "n – faktorialas") būdais. Taigi ir baigtinė aibė A gali būti išreikšta|A|! būdais.

Priminsime3, kad aibės A poaibiu vadinama aibė B ⊂ A, jei visi aibėsA elementai yra ir aibės B elementai. Bet kuri aibė yra jos pačios poaibis:A ⊂ A, Tuščioji aibė ∅ yra bet kurios aibės poaibis: ∅ ⊂ A. Baigtinė aibė|A| = n turi 2n poaibių.

Įrodykime šią formulę kitu būdu. Suskaičiuokime, kiek poaibių turi baig-tinė aibė A = a1, a2, . . . , an.Yra vienas poaibis, neturintis elementų – tuščioji aibė ∅.Poaibių, turinčių po vieną elementą, yra n:

a1, a2, . . . , an.

Poaibių, sudarytų iš dviejų elementų, yran(n− 1)

2:

a1, a2, a1, a3, . . . , a1, an, . . . , an−1, an.

Poaibių, turinčių po k elementų, yra

Ckn =

n!

(n− k)! k!=

(n− k + 1) · (n− k + 2) · · · · · (n− 1) · nk!

.

Kitas derinių skaičiaus iš n po k elementų žymėjimas yra

(n

k

)

. Pastebėkime,

kad

C0n =

(n

0

)

= Cnn =

(n

n

)

= 1.

Taigi baigtinė aibė A turi C0n + C1

n + C2n + · · ·+ Cn

n poaibių.Šiam skaičiui rasti taikome gerai matematikoje žinomą Niutono4 binomoformulę:

(x + y)n =

n∑

k=0

Cknxn−kyk. (1.1)

3žr. (??) formulę (?? psl.)4Isaak Newton (1643–1727) – anglų fizikas ir matematikas.

1.1. BAIGTINIŲ AIBIŲ ELEMENTŲ KOMBINACIJOS 3

Kai x = y = 1, iš čia gauname ieškomą skaičiųn∑

k=0

Ckn = 2n.

1.1 pavyzdys. Sudarykime buleaną5 21,2,3,4.

21,2,3,4 = ∅, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 4,2, 3, 2, 4, 3, 4, 1, 2, 3, 1, 2, 4, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4.

Kartais išrinktų iš aibės A = a1, a2, . . . , an k elementų eilės tvarka yrasvarbi. Kiekvieną tokį poaibį galima užrašyti k! būdais. Elementų junginiai,kurie vienas nuo kito skiriasi arba pačiais elementais, arba jų eile, vadinamigretiniais. Gretinių iš n po k elementų skaičių žymime Ak

n. Turime

Akn = k!Ck

n =n!

(n − k)!= (n − k + 1) · (n− k + 2) · · · (n− 1) · n.

Atkreipkime dėmesį, kad Ann = n!, t. y. kėlinių skaičius.

Surašykime, pavyzdžiui, visus gretinius po du elementus iš a, b, c:(a, b), (b, a), (a, c), (c, a), (b, c), (c, b). Taigi A2

3 =3!

(3− 2)!= 2 · 3 = 6.

1.2 pavyzdys. Suskaičiuokime, kiek skirtingų vėliavų galima sudary-ti iš septynių spalvų vienodo dydžio juostų, jei kiekviena vėliava turilygiai tris horizontaliąsias juostas. Turime iš septynių juostų išsirinktitris ir yra svarbi šių trijų juostų eilės tvarka. Tai yra gretinių skaičius

A37 =

7!

(7− 3)!=

7!

4!= 5 · 6 · 7 = 210.

1.1 testas

1Kiek poaibių turi aibėδ, δ, η, η, ν, δ, η, ν, δ, δ, ν, η, δ, η, ν, η ?1© 4; 2© 64; 3© 32; 4© 16; 5© 256; 6© 8; 7© 128.

2Aibės A poaibis B ⊂ A vadinamas tikriniu, kai B 6= ∅ & B 6= A.Kiek tikrinių poaibių turi aibėξ, λ, ξ, ξ, µ, λ, λ, λ, λ, µ, µ, ξ ?1© 62; 2© 126; 3© 6; 4© 2; 5© 254; 6© 30; 7© 14.

5žr. ?? psl.


1.1.2. Perstatos ir lotyniškieji kvadratai

Tarkime, kad (a1, a2, . . . , an) skaičių 1, 2, . . . , n kėlinys. Nagrinėsimeaibės A = 1, 2, . . . , n vienareikšmius atvaizdžius (bijekcijas) į save ρ :A → A. Vieną tokį atvaizdį vadiname perstata (arba ketiniu) ir galimeapibrėžti taip:

ρ =

(1 2 · · · na1 a2 · · · an

)

. (1.2)

Pastebėkime, kad tą patį keitinį ρ galima perrašyti n! skirtingais būdais,keičiant (1.2) matricos stulpelius:

ρ =

(2 1 · · · na2 a1 · · · an

)

=

(n n− 1 · · · 1an an−1 · · · a1

)

Apibrėžkime perstatų sandaugos6 operaciją:

ρ τ =

(1 2 · · · na1 a2 · · · an

)

(

1 2 · · · nb1 b2 · · · bn

)

=

(1 2 · · · na1 a2 · · · an

)

(

a1 a2 · · · a1

ba1ba2

· · · ban

)

=

(1 2 · · · n

ba1ba2

· · · ban

)

1.3 pavyzdys.(

1 2 3 42 3 4 1

)

(

1 2 3 44 3 1 2

)

=

(1 2 3 42 3 4 1

)

(

2 3 4 13 1 2 4

)

=

(1 2 3 43 1 2 4

)

Pažymėkime visų n! perstatų aibę P . Algebrinė struktūra7 (A, ) turi

neutralųjį elementą e =

(1 2 · · · n1 2 · · · n

)

:

(∀ρ) ρ e = e ρ = ρ.

Sukeitus vietomis perstatos ρ (1.2) matricos eilutes, gauname atvirkštinį

elementą ρ−1 =

(a1 a2 . . . an

1 2 . . . n

)

:

ρ ρ−1 = ρ−1 ρ = e.

6Literatūroje šia operaciją kartais vadina kompozicija, sąsūka, santrauka.7Aibė, uždaroji operacijos atžvilgiu (t. y. (∀ρ, τ ∈ A) ρ τ ∈ A), vadinama algebrine

struktūra.


1.1 pratimas. Įrodykite, kad perstatų sandauga yra asociatyvi:

(∀ρ, τ, π) (ρ τ) π = ρ (τ π)

ir nėra komutatyvi: (bendruoju atveju):

ρ τ 6= τ ρ.

Taigi algebrinės srtuktūros (P, ) operacija yra asociatyvi, aibė P turineutrąlųjį elementą e ir visi elementai turi atvirkštinius. Todėl (P, ) yra(nekomutatyvioji) grupė.

1.1 apibrėžimas. Lotyniškuoju kvadratu vadinama n-osios eilėskvadratinė matrica, kurios visos eilutės ir visi stulpeliai yra skirtingiskaičių 1, 2, . . ., n kėliniai.

1.4 pavyzdys.

K1 =

1 2 3 42 3 4 13 4 1 24 1 2 3

1.2 apibrėžimas. Lotyniškieji kvadratai vadinami ekvivalenčiais, jeivieną iš jų galima gauti tokiais kito pertvarkiais:1) dviejų eilučių keitimas vietomis;2) dviejų stulpelių keitimas vietomis;3) elementų perstata (pakeitimu).

1.5 pavyzdys. Pakeiskime lotyniškojo kvadrato K1 (1.4 pvz.) ele-

mentus taip:

(1 2 3 44 3 2 1

)

:

K2 =

4 3 1 23 1 2 41 2 4 32 4 3 1

Taigi kvadratai K1 ir K2 yra ekvivalentūs.

Pastebėkime, kad pažymėjus skaičius 1, 2, . . ., n skirtingais simboliais c1,

c2, . . ., cn, t. y. keitiniu

(1 2 3 4c1 c2 c3 c4

)

galima apibendrinti lotyniškojo

kvadrato sąvoką.


1.6 pavyzdys. Pakeiskime kvadrato K2 simbolius

(1 2 3 4a b c d

)

:

K3 =

d c a bc a b da b d cb d c a

Kai pirmosios eilutės ir pirmojo stulpelio elementai surašyti natūraliąjatvarka (t. y. (1, 2, . . . , n) arba raidžiu abėcėlės tvarka), lotyniškasis kvad-ratas vadinamas normalizuotu. Kvadratas K1 yra normalizuotas. Bet kurįlotyniškąjį kvadratą galima normalizuoti pirma keičiant vietomis jo eilutes, opaskui – stulpelius. Pastebėkime, kad jei pirma sutvarkyti stulpelius, o po to– eilutes, gausime kitą (nors ir ekvivalentųjį) lotyniškąjį kvadratą. Kai n < 4visi normalizuoti lotyniškieji kvadratai yra lygūs (o todėl ir ekvivalentūs).Yra 4 skirtingi ketvirtosios eilės lotyniškieji kvadratai, o skirtingų neekvi-venčiųjų vienas kitam yra tik du. Pažymėkime ln skirtingų normalizuotųn-osios eilės lotyniškųjų kvadratų skaičių, kn – skirtingų neekvivalenčiųjų.Yra žinoma l5 = 56, k5 = 2, l6 = 9408, k6 = 22, l7 = 16942080, k7 = 563,l8 = 535281401856, k8 = 1676257.

1.3 apibrėžimas. Lotyniškojo kvadrato transversale vadinamas vi-sų skirtingų jo matricos n elementų rinkinys a1j1 , a2j2 , . . ., anjn .

1.7 pavyzdys. Lotyniškojo kvadrato transversalė pažymėta langeliai

2 1 3 4

1 2 4 3

3 4 2 1

4 3 1 2

Antrosios eilės lotyniškasis kvadratas neturi transversalių. Bet kuris tre-čiosios eilės kvadratas turi tris transversales. Ketvirtosios eilės kvadratasgali turėti arba 8 transverales, arba neturėti nė vienos. Pavyzdžiui, kvad-ratas K1 neturi tansversalių. Penktosios eilės kvadratas gali turėti arba 3,arba 15 transversalių.

Ortogonalieji lotyniškieji kvadratai

1.4 apibrėžimas. Du n-osios eilės lotynieškieji kvadratai

A =

a11 . . . a1n

. . . . . . . . .an1 . . . ann

ir B =

b11 . . . b1n

. . . . . . . . .bn1 . . . bnn

vadinami or-


togonaliaisiais (dar jie vadinami graikiškaisiais-lotyniškaisiais arbaOilerio kvadratais), jei visi n2 matricos

(a11, b11) . . . (a1n, b1n). . . . . . . . .

(an1, bn1) . . . (ann, bnn)

elementai yra skirtingi.

1.8 pavyzdys. Šie du trečiosios eilės kvadratai

1 2 32 3 13 1 2

ir

a b cc a bb c a

yra ortogonalieji:

(1, a) (2, b) (3, c)(2, c) (3, a) (1, b)(3, b) (1, c) (2, a)

Šešiolikos kortų uždavinys

Taikydami ortogonaliuosius lotyniškuosius kvadratus

T K D ŽD Ž T KŽ D K T

K T Ž D

ir

♠ ♦ ♥ ♣♣ ♥ ♦ ♠♦ ♠ ♣ ♥♥ ♣ ♠ ♦

galime taip sudėti skirtingų spalvų kortas:

T♠ K♦ D♥ Ž♣D♣ Ž♥ T♦ K♠Ž♦ D♠ K♣ T♥K♥ T♣ Ž♠ D♦

36 karininkų uždavinys

Reikia sustatyti šešių skirtingų rangų iš šešių skirtingų pulkų karininkustaip, kad kiekvienoje eilutėje ir kiekviename stulpelyje nebūtų vieno rangoarba vieno pulko karininkų. Taigi reikia paimti du ortogonaliuosius lotyniš-kuosius šeštosios eilės kvadratus, tačiau Oileris, nesėkmingai bandydamasišspręsti šį uždavinį, 1779 metais suformulavo hipotezę, kad neegzistuoja netik antrosios (tai akivaizdu) ir šeštosios (tai buvo įrodyta visų variantų per-rinkimu 1900 metais) lotyniškieji ortoganalieji kvadratai, bet ir 10, 14, 18,


. . . eilės. Tik 1960 metais ši hipotezė buvo paneigta ir įrodyta, kad egzis-tuoja bent viena pora ortogonaliųjų lotyniškųjų n-osios eilės kvadratų, kain 6= 2, 6.

1.2. Permanentas

1.2.1. Permanento apibrėžimas

Tarkime, kad iš aibės A = a1, a2, . . . , an elementų sudaromi gretiniai(ai1

, ai2, . . . , aim

), kai atskiriems elementams aj nustatytos uždraustosios

pozicijos (vietos). Pažymėkime B = ‖bij‖m×nleistinųjų ir uždraustųjų po-

zicijų matricą:

bij =

1, kai leidžiamas dėstinys

(i−1︷︸︸︷. . . , aj ,

m−i−2︷︸︸︷. . .

)

0, kai toks dėstinys neleidžiamas(1.3)

Taigi matricos B stulpeliai atitinka aibės A elementus aj , j = 1, 2, . . . , n,o jos eilutės (eilučių skaičius m 6 n) nurodo šių elementų leistinąsias iruždraustąsias pozicijas.

1.9 pavyzdys. Darbo kabinete į keturias numatytas ir sunumeruo-tas vietas reikia pastatyti rašomąjį stalą (R), kompiuterinį stalą (K),knygų spintą (S) ir fotelį (F). Rašomais stalas negali stovėti pirmoje irtrečioje vietose, kompiuterinis stalas – antroje, o fotelis – trečioje. Ke-liais būdais galima sudaryti darbo kabineto interjerą, jei darbo stalągalima pasirinkti iš 3 modelių, kompiuterinį stalą – iš 5, knygų spintą– iš 2 ir fotelį – iš 4.

Sudarykime 1.9 pavyzdžio matricą B, tačiau vietoje vienetų rašysime ati-tinkamo baldo pasirinkimo variantų skaičius.

1-oji vieta2-oji vieta3-oji vieta4-oji vieta

(R) (K) (S) (F)0 5 2 43 0 2 40 5 2 03 5 2 4

Iš matricos matome, kad, pavyzdžiui, knygų spintą galima pasirinkti iš 2modelių ir pastatyti į bet kurią vietą (3-asis stulpelis), o fotelį galima pasi-rinkti 4 būdais ir pastatyti į pirmąją, antrąją arba ketvirtąją vietą (4-asisstulpelis).

1.2. PERMANENTAS 9

Tarkime, kad į pirmąją vietą statomas statomas kompiuterinis stalas.Tai galima padaryti b12 = 5 būdais. Tada į antrąją vietą galima pastatytirašomąjį stalą (b12·21 = 15 variantų), knygų spintą (b12·23 = 10 variantų)arba fotelį (b12 · b24 = 20 variantų).

Tarkime, kad pirmojoje vietoje pastatytas kompiuterinis stalas, o antroje– rašomasis. Tada trečioje vietoje gali būti tik knygų lenta (kadangi b34 = 0),o ketvirtoje – fotelis. Taigi gauname gretinį (KRSF ) ir skirtingų baldųmodelių pasirinkimo yra b12 · b21 · b33 · b44 = 120 variantų.

Panašiai nagrinėdami skirtingas kombinacijas, turime sudėti visas A44 =

4! = 24 sandaugas b1j1b2j2

b3j3b4j4

(nulinių dėmenų nerašome):

5 · 3 · 2 · 4 + 5 · 4 · 2 · 3 + 2 · 3 · 5 · 4 + 2 · 4 · 5 · 3+

4 · 3 · (5 · 2 + 2 · 5) + 4 · 2 · 5 · 3 = 840.

Apibendrinkime išdėstytus samprotavimus, apibrėždami matricos per-

manentą.

1.5 apibrėžimas. Matricos

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

· · · · · · · · · · · ·am1 am2 . . . amn

(m 6 n) permanentu (žymime per A) vadiname skaičių∑

(j1,j2,...,jm)

a1j1a2j2· · · amjm

.

Čia sumuojami visi Amn skirtingi gretiniai (j1, j2, . . . , jm).

1.1 pastaba. Kai m = n, permanentas turi tas pačias sandaugas,kaip ir kvadratinės (šiuo atveju) matricos determinantas, t. y. visisandaugų a1j1

a2j2· · · amjm

elementai priklauso skirtingoms (visoms)eilutėms ir skirtingiems stulpeliams j1, j2, . . ., jm, tačiau determinantosandaugos dar turi daugiklius ±1. Pavyzdžiui,

per

(a11 a12

a21 a22

)

= a11a22 + a12a21,

det

(a11 a12

a21 a22

)

= a11a22 − a12a21.


1.2.2. Permanento savybės

Pažymėkime Aj matricą, kurią gauname išbraukus matricos A =‖aij‖m×n

pirmąją eilutę ir j-ąjį sulpelį:

Aj =

a21 a22 . . . a2,j−1 a2,j+1 . . . a2n

a31 a32 . . . a3,j−1 a3,j+1 . . . a3n

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·am1 am2 . . . am,j−1 a2,j+1 . . . amn

.

Tada

perA =

n∑

j=1

a1jperAj (1.4)

1.10 pavyzdys.

per

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

=

a11per

(a22 a23

a32 a33

)

+ a12per

(a21 a23

a31 a33

)

+ a13per

(a21 a22

a31 a32

)

=

a11a22a33 + a11a23a32 + a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 + a13a22a31.

Ši permanento savybė yra Laplaso determinanto skleidimo formulės ana-logas. Kai kurios kitos permanento savybės irgi panašios į determinantosavybes. Tarkime, kad A – kvadratinė matrica, AT – jos transponuota mat-rica. Tada

perA = perAT .

Tarkime, kad matrica A gauta suketus vietomis dvi matricos A eilutes (arbastulpelius). Tada

perA = perA.

Pastebėkime, kad (jei A – kvadratinė matrica)

detA = −detA.

Tarkime, kad A ir B – kvadratinės matricos. Determinanto savybė

det(A · B) = det(A) · det(B)

1.2. PERMANENTAS 11

permanentui negalioja:

per(A ·B) 6= per(A) · per(B).

Pažymėkime Imn m× n matricą, kurios visi elementai lygūs 1:

Imn =

1 1 . . . 11 1 . . . 1

. . . . . . . . . . . .1 1 . . . 1

︸︷︷︸

n

m

, In = Inn.

Pastebėkime, kad

perI2n = per

(1 1 . . . 11 1 . . . 1

)

=n∑

i=1

1 ·n∑

j=1

j 6=i

1

= n(n− 1) = A2n,

perI3n =

n∑

i=1

perI2,n−1 = nperI2,n−1 = n(n− 1)(n − 2) = A3n.

Pastebėję, kad bendruoju atveju n Am−1n−1 = n(n−1

n−1−(m−1) = Amn ir taikydami

matematinės indukcijos principą, gauname šios teoremos įrodymą.

1.1 teorema.

perImn = Amn , perIn = n!

1.2.3. Inversijų skaičius

Tarkime, kad keturių elementų 1, 2, 3, 4 kėliniams galioja reikalavimas:kiekvienas skaitmuo nėra savo vietoje. Tokie kėliniai vidinami inversijomis

arba netvarkomis. Suskaičiuokime visas inversijas žymėdami netinkamasskaitmenų pozicijas:

1 2 3 4 2 1 3 4

1 2 4 3 2 1 4 31 3 2 4 2 3 1 4

1 3 4 2 2 3 4 11 4 2 3 2 4 1 31 4 3 2 2 4 3 1


3 1 2 4 4 1 2 33 1 4 2 4 1 3 23 2 1 4 4 2 1 33 2 4 1 4 2 3 13 4 1 2 4 3 1 23 4 2 1 4 3 2 1

Taigi matome, kad tarp 24 kėlinių yra tik 9 netvarkos. Parodykime, kaip su-skaičiuoti inversijų skaičių taikant permanentą. Pažymėkime D(n) inversijųskaičis, En – vienetinę n-ios eilės matricą ‖δij‖n×n

, Dn = In − En:

D2 =

(1 11 1

)

−(

1 00 1

)

=

(0 11 0

)

,

D3 =

1 1 11 1 11 1 1

−

1 0 00 1 00 0 1

=

0 1 11 0 11 1 0

,

D4 =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

−

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

=

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

.

TurimeD(n) = perDn.

Iš permenento skleidimo (1.4) formulės išplaukia, kad

perDn = (n− 1)perD+n , perD+

n−1 = perDn−2 + (n− 2)perD+n−2.

Čia D+n = Dn + diag(1, 0, . . . , 0):

D+2 =

(1 11 0

)

, D+3 =

1 1 11 0 11 1 0

, D+4 =

1 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

.

Taigi turime rekursinę formulę

D(n) = nD(n− 1) + (−1)n, n = 2, 3, . . . (1.5)

Apskaičiuokime inversijų skaičius

D(1) = perD1 = 0, D(2) = perD2 = 1, D(3) = 3 · 1− 1 = 2,

1.3. AIBIŲ SKAIDINAI 13

D(4) = 4 · 2 + 1 = 9, D(5) = 5 · 9− 1 = 44, D(6) = 6 · 44 + 1 = 265,

D(7) = 7 · 265− 1 = 1854, D(8) = 8 · 1854 + 1 = 14833,

D(9) = 9 · 14833 − 1 = 133496, D(10) = 1334961,

D(11) = 14684570, D(12) = 176214841.

1.3. Aibių skaidinai

1.3.1. Aibės skaidinys į blokus

1.6 apibrėžimas. Tarkime, kad aibės A poaibiai B1, B2, . . ., Bk

(Bj ⊂ A) išpildo šias sąlygas:1) Bj 6= ∅;2) (∀i 6= j) Bi ∩Bj = ∅;

3)k⋃

j=1Bj = A.

Tada sakome, kad poaibių B1, B2, . . . , Bk rinkinys yra aibės Askaidinys. Poaibiai Bj vadinami skaidinio blokais. Tokių skaidiniųskaičiai, kai |A| = n, vadinami antrosios rūšies Stirlingo8 skai-

čiais ir žymimi S(n, k). Pagal apibrėžimą S(n, k) = 0, kai k > n,S(n, n) = 1. Susitarkime, kad S(0, 0) = 1.

Pavyzdžiai1. Tarkime, A = 1, 2, 3. Aibės A du poabiai B1 = 1, 2, B2 = 3 yrajos skaidinys į du blokus.2. Aibės B1 = 1, 2, B2 = 2, 3 nėra aibės A = 1, 2, 3 skaidinys, kadangineišpildo skaidinio 2) apibrėžimo sąlygos.3. Aibės B1 = 1, B2 = 2 nėra aibės A = 1, 2, 3 skaidinys, kadangineišpildo 3) apibrėžimo sąlygos.4. Aibės B1 = 1, B2 = 2 , B3 = 3, 4 nėra aibės A = 1, 2, 3skaidinys, kadangi B3 nėra aibės A poaibis. Pastebėkime, kad B1, B2, B3

sudaro aibės 1, 2, 3, 4 skaidinį.5. Aibė 1, 2, 3, 4 turi lygiai 7 skaidinius į du blokus:

1, 2, 3, 4, 1, 2, 4, 3, 1, 3, 4, 2,

2, 3, 4, 1, 1, 2, 3, 4, 1, 3, 2, 4, 1, 4, 2, 3.8James Stirling (1692–1770) – škotų matematikas.


1.1 pav. Aibės A skaidinys į 5 blokus B1, B2, B3, B4, B5.

1.2 teorema. Antrosios rūšies Stirlingo skaičiams galioja lygybė9

S(n, k) = S(n− 1, k − 1) + kS(n− 1, k).

Įrodymas. Tarkime, kad S yra visų aibės 1, 2, . . . , n skaidinių į kblokus aibė. Pažymėkime S1 tuos skaidinius, į kuriuos įeina blokasn, ir S2 – visi kiti skaidiniai. Tada S1∩S2 = ∅, S1∪S2 = S. Turime|S1| = S(n − 1, k − 1), |S2| = kS(n − 1, k), kadangi visi skaidiniai S2

gaunami taip: imame visus aibės 1, 2, . . . , n−1 skaidinius į k blokusir kiekvieną bloką papildome elementu n. Taigi

S(n, k) = |S| = |S1|+ |S2| = S(n− 1, k − 1) + kS(n− 1, k).

1.11 pavyzdys. Keliais būdais galima paskirti 8 budėtojus į 4 vie-nodus postus, esant sąlygai, kad kiekviename poste būtų bent vienasbudėtojas ir visi 8 žmonės budėtų.

9Tokio pavidalo lygtys vadinamos rekurenčiosiomis (žr. p. ??).


Sprendimas. Reikia suskaidyti aibę |A| = 8 į 4 blokus. Tai galimapadaryti S(8, 4) = 1701 būdu.

Antrosios rūšies Stirlingo skaičiai S(n, k)

k

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10n

0 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 17 0 1 63 301 350 140 21 18 0 1 127 966 1701 1050 266 28 19 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 110 0 1 511 9330 34105 42525 22827 5880 750 45 1

Visų aibės A (|A| = n) skaidinių į k (0 6 k 6 n) blokų skaičius vadina-mas Belo10 skaičiumi:

B(n) =

n∑

k=0

S(n, k), B(0) = 1.

1.12 pavyzdys. Keliais būdais galima sudėti 10 skirtingų pieštukų į10 vienodų dėžučių, jei kai kurios iš jų gali būti tuščios.Sprendimas. Į vieną dėžutę 10 pieštukų galima sudėti S(10, 1) = 1būdu, į dvi dėžutes S(10, 2) = 511 būdais ir t. t. Taigi turimeS(10, 1) + S(10, 2) + · · ·+ S(10, 10) = B10 = 115975.

10Eric Temple Bell (1893–1960) – amerikiečių matematikas.


Belo skaičiai Bn

n

0 11 12 23 54 155 526 2037 877

n

8 41409 2114710 11597511 67857012 421359713 2764443714 19089932215 1382958545

1.3.2. Aibės skaidinys į ciklus

Tarkime, kad A, B, C yra taisyklingo trikampio viršūnės. Tada jos galibūti išdėstytos dviem būdais (A,B,C) arba (A,C,B). Kitus trikampius(C,A,B), (B,C,A) galima gauti sukant trikampį (A,B,C) aplink apibrėžto(ir įbrėžto) apskritimo centrą. Taigi aibės A,B,C elementų išdėstymus

cycle(A,B,C) = cycle(C,A,B) = cycle(B,C,A)

vadiname ciklu. Kitas šios aibės ciklas yra

cycle(A,C,B) = cycle(C,B,A) = cycle(B,A,C).

Skirtingais aibės a, b, c, d ciklais pavadinsime tokius ekvivalenčius rei-škinius:

cycle(a, b, c, d) = cycle(d, a, b, c) = cycle(c, d, a, b) = cycle(b, c, d, a),

arba

cycle(a, b, d, c) = cycle(b, d, c, a) = cycle(d, c, a, b) = cycle(c, a, b, d).

Visi skirtingi aibės a, b, c, d ciklai parodyti 1.3 pav.


1.2 pav. Du trikampio skirtingi ciklai

1.13 pavyzdys. Iš aibės a, b, c, d elementų galima sudaryti vienuo-lika skirtingų ciklų porų:(a, b, c), (d), (a, c, b), (d), (a, b, d), (c), (a, d, b), (c),(a, c, d), (b), (a, d, c), (b), (b, c, d), (a), (b, d, c), (a),(a, b), (c, d), (a, c), (b, d), (a, d), (b, c).

1.7 apibrėžimas. Pirmosios rūšies Stirlingo skaičiai žymimis(n, k) ir apibrėžiami taip:

s(n, k) = s(n− 1, k − 1)− (n− 1)s(n − 1, k), k 6 n, s(0, 0) = 1.

Pažymėkime c(n, k) = (−1)n+ks(n, k). Tada galioja formulė

c(n, k) = c(n− 1, k − 1) + (n− 1) c(n − 1, k).

Parodykime, kad skaičių c(n, k) kombinatorinė prasmė yra ši: sudaryti kskirtingų ciklų iš elementų 1, 2, . . ., n galima c(n, k) būdais. Susitarkime,kad c(0, 0) = 1, c(n, 0) = 0, (n > 0) ir c(n, k) = 0, kai k > n. Daromeprielaidą, kad formulė c(n − 1, k) (k = 0, 1, . . . , n − 1) įrodyta, t. y. žinomiciklų iš elementų 1, 2, . . ., n − 1 skaičiai. Visų ciklų iš n elementų (kai


1.3 pav. Visi aibės a, b, c, d skirtingi ciklai

pridėsime dar elementą n) aibę suskaidysime į du nesikertačius poaibius(blokus): pirmas blokas turi atskirą ciklą iš vieno elemento (n) ir antras –neturintis tokio ciklo. Tada pirmas blokas turi c(n− 1, k) elementų (ciklų).Suskaičiuokime, kiek galima sudaryti naujų ciklų, kai turime c(n− 1, k− 1)ciklų ir kiekvieną iš jų reikia papildyti elementų n. Tai galima padarytin − 1 būdu, rašant elementą n po kiekvieno iš elementų 1, 2, . . ., n − 1.Taigi turėsime (n−1) c(n−1, k) naujų ciklų rinkinių. Pavyzdžiui, jei turime3 ciklų poras (1, 2), (3), (1, 3), (2), (2, 3), (1), tai sudarome 9 naujasciklų poras:

(1, 4, 2), (3), (1, 4, 3), (2), (2, 3), (1, 4),

(1, 2, 4), (3), (1, 3), (2, 4), (2, 4, 3), (1),(1, 2), (3, 4), (1, 3, 4), (2), (2, 3, 4), (1).

Taigi iš n skirtingų elementų k ciklų galima sudaryti |s(n, k)| būdais.


Pirmosios rūšies Stirlingo skaičiai s(n, k)

k

0 1 2 3 4 5 6 7 8n

0 11 0 12 0 −1 13 0 2 −3 14 0 −6 11 −6 15 0 24 −50 35 −10 16 0 −120 274 −225 85 −15 17 0 720 −1764 1624 −735 175 −21 18 0 −5040 13068 −13132 6769 −1960 322 −28 1

1.2 testas

1Keliais būdais galima įdėti dešimt skirtingų spalvų rutuliukųį dvi vienodas dėžutes ?1© 511; 2© 9330; 3© 1026576; 4© 90;5© 115975; 6© 1172700; 7© 34105; 8© 45.

2Keliais būdais galima įdėti dešimt skirtingų atvirukųį du vienodus vokus,kad įdėtų atvirukų skaičiai būtų skirtingi ?1© 9330; 2© 385; 3© 115975; 4© 45;5© 90; 6© 34105; 7© 33979; 8© 511.

3Kuris aibių rinkinys yra aibės r, e, w, n, u, c, q, t, h skaidinys?A = h, r, u, q, n,w, t, c;B = h, r, u, e, q, n,w, t, c.1© A; 2© B; 3© abu rinkiniai; 4© nė vienas.

4 Kiek skirtingų tokio tipo skaidinių egzistuoja?1© 7770; 2© 67284; 3© 4299; 4© 723680; 5© 7403; 6© 145750.


5Kuris ciklų dvejetų rinkinys yra lygus aibės u, d, n, x,m, s, q, wciklų rinkiniui (w, x, q, s), (u,m, n, d)?A = (u,m, n, d), (s,w, x, q); B = (x, s, q, w), (u,m, n, d).1© nė vienas; 2© A; 3© abu rinkiniai; 4© B.

6 Kiek skirtingų ciklų dvejetų rinkinių egzistuoja?1© 274; 2© 6433; 3© 13068; 4© 511; 5© 36212; 6© 127.

1.4. Kombinatoriniai principai

1.4.1. Kombinacijų daugybos taisyklė

Tarkime, kad aibės A = a, b, c elementams reikia priskirti žymesZ = 1, 7, 11, 13. Visus įmanomus variantus užrašome kaip aibių Dekartosandaugą:

A×B = (a, 1), (a, 7), (a, 11), (a, 13), (b, 1), (b, 7), (b, 11),

(b, 13), (c, 1), (c, 7), (c, 11), (c, 13).Galime suformuluoti bendrąją kombinacijų daugybos taisyklę: jei

elementą a ∈ A galima išrinkti n būdais, o elementą b ∈ B – m būdais, taielementų poras (a, b) galima išrinkti n ·m būdais. Pavyzdžiui, 7 vaikinai ir8 merginos gali sudaryti 7 · 8 = 56 skirtingas poras.

1.14 pavyzdys. Apskaičiuokime, kiek skirtingų triženklių lyginių skai-čių galima sudaryti iš skaitmenų 0, 1, 2, 3, 7. Pirmasis skaitmuo neturibūti 0, todėl jį galima rinkti iš keturių skaitmenų 1, 2, 3, 7. Antrasisskaitmuo – bet kuris iš penkių turimų. Kadangi ieškomas skaitmuoyra lyginis, paskutinis skaitmuo turi būti išrinktas iš dviejų skaitmenų0, 2. Taigi turime 4 · 5 · 2 = 40 variantų.

1.15 pavyzdys. Kiekvieną natūralųjį skaičių x galima užrašyti dve-jetaine sistema:

x = ak−1 · 2k−1 + ak−22k−2 + · · · + a2 · 22 + a1 · 21 + a0 · 20, aj ∈ 0, 1.

Suskaičiuokime, kiek skirtingų skaičių galima išreikšti, kai k = 8, t. y.taikydami sekas iš aštuonių nulių ir vienetų. Turime |0, 1|8 = 28 = 256:

1.4. KOMBINATORINIAI PRINCIPAI 21

0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0) = 0 · 128 + 0 · 64 + · · ·+ 0 · 2 + 0 · 1;1 = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1) = 0 · 128 + 0 · 64 + · · ·+ 0 · 2 + 1 · 1;255 = (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) = 1 · 128 + 1 · 64 + · · · + 1 · 4 + 1 · 2 + 1 · 1.

Tarkime, kad iš abėcėlės A = a1, a2, . . . , an raidžių sudaryti ilgio kžodžiai taip, kad raidė aj pasikartoja lygiai pj > 0 kartų: p1+p2+ · · ·+pn =k. Tokie žodžiai vadinami kartotiniais gretiniais. Jų yra

(k

p1p2 . . . pn

)

=k!

p1!p2! · · · pn!.

1.16 pavyzdys. Kiek skirtingų kombinacijų galima sudaryti iš visųžodžio MATEMATIKA raidžių?Sprendimas. Turime iš viso k = 10 raidžių, tarp jų skirtingų yran = 6. Raidės kartojasi taip: pM = 2, pA = 3, pT = 2, pE = 1, pI = 1,pK = 1. Patikrinkime: 2 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 10. Taigi

10!

2!3!2!1!1!1!=

5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 101

= 151200.

1.3 testas

1Kiek skirtingų kombinacijų galima sudaryti iš žodžioDOMINUOTI raidžių ?1© 151200; 2© 453600; 3© 90720; 4© 1663200; 5© 10080; 6© 9979200.

2Kiek skirtingų kombinacijų galima sudaryti iš žodžioDAINININKAS raidžių ?1© 554400; 2© 302400; 3© 1260; 4© 9979200; 5© 453600; 6© 20160.

3Kiek skirtingų kombinacijų galima sudaryti iš žodžioDIENINIS raidžių ?1© 10080; 2© 90720; 3© 302400; 4© 22680; 5© 3360; 6© 1260.

1.3 teorema. (Polinominė teorema)

(a1 + a2 + · · ·+ ak)n =

∑

1 > 0, . . . , rk > 0r1 + · · · + rk = n

n!

r1! · · · rk!ar1

1 · · · ark

k


Pastebėkime, kad ši formulė apibendrina Niutono binomo (1.1)formulę (2 psl.).

1.4.2. Sudėties taisyklė

Tarkime, kad aibės A ir B nesusikerta, t. y. A ∩B = ∅. Tada bet kurisaibių sąjungos elementas x ∈ A & x /∈ B arba x ∈ B & x /∈ A. Todėl aibėA ∪B turi |A|+ |B| elementų:

A ∩B = ∅ ⇒ |A ∪B| = |A|+ |B|.

Šią formulę galima apibendrinti:

∀i 6= j Ai ∩Aj = ∅ ⇒∣∣∣∣∣

n⋃

k=1

Ak

∣∣∣∣∣=

n∑

k=1

|Ak|.

1.4.3. Įdėties pašalinimo principas

Pažymėkime A \B = X1, B \ A = X3, A ∩B = X2 (žr. 5 pav.).

1.4 pav. Įdėties pašalinimo principas

Turime Xi∩Xj = ∅ ∀i 6= j ir |X| = |A∪B| = |X1|+|X2|+|X3|. Pastebėję,kad A = (A \B)∪ (A ∩B) = X1 ∪X2 ir B = (B \A) ∪ (A∩B) = X3 ∪X2,turime |X1| = |A| − |X2| = |A| − |A∩B|, |X3| = |B| − |X2| = |B| − |A∩B|.Taigi

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|.Formulę galima apibendrinti:

|A∪B∪C| = |A|+ |B|+ |C|−|A∩B|−|A∩C|−|B∩C|+ |A∩B∩C| (1.6)

1.4. KOMBINATORINIAI PRINCIPAI 23

∣∣∣∣∣∣

n⋃

j=1

Aj

∣∣∣∣∣∣

=n∑

j=1

|Aj | −∑

16j<i6n

|Aj ∩Ai|+

∑

16j<i<k6n

|Aj ∩Ai ∩Ak| − · · ·+ (−1)n−1|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An|.

1.17 pavyzdys. Mokykloje mokosi 1000 mokinių. Iš jų 800 studi-juoja anglų kalbą, 500 – vokiečių, o 100 nestudijuoja nė vienos iš šiųkalbų. Apskaičiuokime, kiek mokinių studijuoja ir anglų, ir vokiečiųkalbą.Sprendimas. Pažymėkime visų mokinių aibę Ω, studijuojančių anglųkalbą mokinių aibę – A, vokiečių V . Turime |Ω| = 1000, |A| = 800,|V | = 500. Dar žinome, kad nė vienos iš šių kalbų nestudijuoja|A∩V | = 100. Taikome de Morgano dėsnį (žr. ??): A∩V = A ∪ V =Ω \ (A ∪ V ). Taigi |A ∪ V | = |Ω| − |A ∩ V | = 1000 − 100 = 900.Mums reikia rasti |A ∩ V |. Turime |A ∩ V | = |A| + |V | − |A ∪ V | =800 + 500 − 900 = 400. Taigi 400 mokinių studijuoja ir anglų, irvokiečių kalbą.

1.18 pavyzdys. 1.5 pav. diagramoje nurodyti aibių elementų skai-čiai: |A∩B∩C| = 3, |(A∩B)\C| = 5, |(A∩C)\B| = 7, |(B∩C)\A| = 6,A\ (B∪C)| = 9, B \ (A∪C)| = 11, C \ (A∪B)| = 8, C \ (A∪B)| = 8.Turime |A| = 9 + 5 + 3 + 7 = 24, |B| = 11 + 5 + 3 + 6 = 25,|C| = 8 + 7 + 3 + 6 = 24, |A ∩B| = 5 + 3 = 8, |A ∩ C| = 7 + 3 = 10,|B ∩ C| = 3 + 6 = 9 ir taikome (1.6) formulę:

|A ∪B ∪ C| = 24 + 25 + 24− 8− 10− 9 + 3 = 49.


1.5 pav. Elementų skaičiai

1.4 testas

1

Iš 922 studentų prancūzų kalbą studijuoja 374 studentai,anglų - 451, ispanų - 530.276 studentai studijuoja ir prancūzų, ir anglų kalbą,o 183 - prancūzų ir ispanų.Nė vienos iš šių trijų kalbų nestudijuoja 201 studentas,o 85 studentai studijuoja visas tris šias kalbas.Kiek studentų studijuoja ir anglų, ir ispanų kalbą?1© 77; 2© 116; 3© 129; 4© 260; 5© 253; 6© 170; 7© 169.

1.5. GENERUOJANČIOSIOS FUNKCIJOS 25

Pažymėkime natūraliųjų skaičių aibės poaibius:P = ξ ∈ N : ξ 6 9000000 & ∃m ∈ N : ξ = 29m,H = µ ∈ N : µ 6 9000000 & ∃k ∈ N : µ = 17k,S = θ ∈ N : θ 6 9000000 & ∃i ∈ N : θ = 29i & ∃i ∈ N : θ = 17i.2 |P ∩H| = 1© 18158; 2© 18255; 3© 18230;

4© 18190; 5© 18185; 6© 18286.

3 |S| = 1© 8178472; 2© 8178500; 3© 8178546;4© 8178562; 5© 8178535; 6© 8178441.

Pažymėkime natūraliųjų skaičių aibės poaibius:B = θ ∈ N : θ 6 8000000 & ∃l ∈ N : θ = 23l,H = λ ∈ N : λ 6 8000000 & ∃n ∈ N : λ = 13n,P = ν ∈ N : ν 6 8000000 & ∃i ∈ N : ν = 23i & ∃i ∈ N : ν = 13i.4 |B ∪H| = 1© 936490; 2© 936455; 3© 936367;

4© 936394; 5© 936487; 6© 936465.

5 |P | = 1© 7063622; 2© 7063478; 3© 7063564;4© 7063593; 5© 7063545; 6© 7063508.

1.5. Generuojančiosios funkcijos

Generuojančiosios funkcijos yra galingas kombinatorinių uždavinių spren-dimo įrankis. Jo idėja – priskirti skaičių sekai laipsninę eilutę ir taikytimatematinės analizės ir kompleksinio kintamojo analizinių funkcijų teorijosmetodus.

1.5.1. Generuojančiųjų funkcijų pavyzdžiai

Tarkime, kad an = a0, a1, . . . yra skaičių seka. Sudarome laipsninęeilutę

a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + · · · =∞∑

n=0

anxn,

kurią vadiname sekos (an) generuojančiąja funkcija. Kai skaičių seka(an) = (a0, a1, a2, . . .) yra baigtinė: (a0, a1, . . . , an), susitarkime, kad ak = 0,kai k > n (t. y. papildome ją nuliais).


Pateiksime baigtinių skaičių sekų generuojančiųjų funkcijų pavyzdžius.

(1, 0, 0, . . .)←→ 1 + 0 · x + 0 · x2 + 0 · x3 + · · · = 1;

n︷︸︸︷

0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . .

←→ 0+0·x+0·x2+0·xn−1+1·xn+0·xn+1+· · · = xn;

n︷︸︸︷

1, 1, . . . , 1, 0, 0, . . .

←→ 1 + 1 · x + · · ·+ 1 · xn−1 =1− xn

1− x;

(1, 4, 6, 4, 1, 0, 0, . . .)←→ 1 + 4x + 6x2 + 4x3 + x4 = (1 + x)4 ;

(C0

n, C1n, . . . , Cn−1

n , Cnn , 0, 0, . . .

)←→

n∑

k=0

Cknxk = (1 + x)n .

Taigi baigtinės skaičių sekos generuojančioji funkcija yra polinomas:

(a0, a1, a2, . . . , an, 0, 0, . . .)←→ a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + · · ·+ anxn.

Pateiksime begalinės skaičių sekos generuojančiąją funkciją:

(1, 1, 1, . . . , 1, 1, 1, . . .)←→ 0 + 1 · x + 1 · x2 · · · =∞∑

n=0

xn =1

1− x.

Priminsime11, kad užrašyta laipsninė eilutė yra gerai žinoma geometrinėprogresija. Kai progresijos vardiklis |x| < 1, eilutė konverguoja ir jos su-ma lygi 1

1−x. Tačiau pastebėkime, kad laipsninės eilutės nagrinėjamos kaip

formaliosios išraiškos ir jų konvergavimas nėra būtinas.

1.19 pavyzdys. Raskime skaičių sekos (2,−1,−1,−1, · · · ) generuo-jančiąją funkciją:

2− x− x2 − x3 − · · · = 3−(1 + x + x2 + · · ·

)= 1 +

1

1− x=

2− 3x

1− x

Pastebėję, kad 11+x

= 11−(−x) =

∞∑

k=0

(−x)k, gauname dar vienos skaičių

sekos generuojančiąją funkciją:

(1,−1, 1,−1, . . . , (−1)n , . . .)←→ 1

1 + x.

11Žr., pavyzdžiui, [?].


1.20 pavyzdys. Raskime skaičių seką, kurią generuoja funkcija 21−x2 .

Taikome neapibrėžtųjų koeficientų metodą12 ir pertvarkome racionalią-ją funkciją taip:

2

1− x2=

2

(1− x) (1 + x)=

A

1− x+

B

1 + x=

A(1 + x) + B(1− x)

(1− x) (1 + x)=

A + B + (A−B)x

1− x2⇒

A + B = 2A−B = 0

Taigi gauname A = B = 1 ir žinodami funkcijų 11−x

bei 11+x

laipsnineseilutes, turime

2

1− x2=

1

1− x+

1

1 + x= 1+x+x2+x3+x4+· · ·+1−x+x2−x3+x4−· · · =

2 + 2x2 + 2x4 + 2x6 + · · · = 2

∞∑

n=0

x2n ←→ (2, 0, 2, 0, 2, . . . , 1 + (−1)n , . . .) .

Kai kurių begalinių skaičių sekų generuojančiosios funkcijos yra geraižinomos13 elementariųjų funkcijų Teiloro eilutės:

(

0, 1,1

2,1

3,1

4,1

5, . . .

)

←→∞∑

k=1

xk

k= ln

1

1− x;

(

0, 1,−1

2,1

3,−1

4,1

5, . . .

)

←→∞∑

k=1

(−1)k+1

kxk = ln(1 + x);

(

1, 1,1

2,1

6,

1

24,

1

120, . . .

)

←→∞∑

k=0

xk

k!= ex;

(

1,−1,1

2,−1

6,

1

24,− 1

120, . . .

)

←→∞∑

k=0

(−1)k

k!xk = e−x;

(

0, 1, 0,−1

6, 0,

1

120, 0, . . .

)

←→∞∑

k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 = sinx;

12Šis metodas taikomas integruojant raciaonaliąsias funkcijas (žr.,pvz., [?])13Pastebėkime, kad eilutės sumavimo indekso k pradinė reikšmė gali būti nenulinė.


(

1, 0,−1

2, 0,

1

24, 0, . . .

)

←→∞∑

k=0

(−1)k

(2k)!x2k = cos x;

(

0, 1, 0,1

6, 0,

1

120, 0, . . .

)

←→∞∑

k=0

x2k+1

(2k + 1)!= sh x;

(

1, 0,1

2, 0,

1

24, 0, . . .

)

←→∞∑

k=0

x2k

(2k)!= ch x.

Funkcijos sh (x), ch (x) vadinamos hiperboliniu sinusu ir hiperboliniukosinusu. Kitas jų žymėjimas – sinh(x) ir cosh(x). Pastebėkime dar, kad

sh (x) = ex−e−x

2 ir ch (x) = ex+e−x

2 .

Stirlingo skaičių generuojančiosios funkcijos

Apibrėžkime n-ojo laipsnio polinomą

(x)n = x(x− 1)(x− 2) · · · (x− n + 1),

kurį vadinsime apatiniu faktorialu.Pastebėkime, kad (n)n = n!, (x)0 = x ir kad apibrėžimo išplaukia

(−x)n = −x(−x−1)(−x−2) · · · (−x−n+1) = (−1)nx(x+1)(x+2) · · · (x+n−1).

Įrodykime, kad apatinis faktorialas (x)n generuoja pirmosios rūšies Stir-lingo skaičius s(n, k). Laikydami koeficientus s(n, k) dar nežinomais, užra-šome formulę

(x)n =n∑

k=0

s(n, k)xk

ir pastebėję, kad (x)n+1 = (x− n) (x)n, dar kartą taikome formulę

(x)n+1 =n+1∑

k=0

s(n + 1, k)xk = (x− n)n∑

k=0

s(n, k)xk.

Prilyginame koeficientus prie vienodų x laipsnių:

s(n + 1, k) = s(n, k − 1)− ns(n, k),

o tai sutampa su pirmosios rūšies Stirlingo skaičių 1.7 apibrėžimo formule(17 psl.) Pastebėkime, kad iš generuojančiosios funkcijos formulės išplaukia,kad s(0, 0) = 1.


1.2 pratimas. Įrodykite, kad antrosios rūšies Stirlingo skaičiams S(n, k)galioja lygybė

tk =n∑

k=0

S(n, k) (x)k .

Pirmosios ir antrosios rūšies Stirlingo skaičiams galima įrodyti tokį są-ryšį:

n∑

k=m

s(n, k)S(k,m) = δmn =

1, n = m0, n 6= m

1.5.2. Generuojančiųjų funkcijų savybės

Tarkime, kad Fa(x) ir Fb(x) yra skaičių sekų (an) ir (bn) generuojančiosiosfunkcijos. Tada su bet kuriais skaičiais α ir β funkcija αFa(x) + βFb(x)generuoja skaičių seką (αan + βbn):

αFa(x) + βFb(x)←→ (αan + βbn) .

Priminsime, kad ši savybė vadinama tiesiškumu. Taigi skaičių sekų tiesiniodarinio generuojančioji funkcija lygi atskirų darinio sekų generuojančiųjųfunkcijų tiesiniam dariniui.

Įrodykime, kad skaičių seką an = bn − bn−1, n > 1 generuoja funkcijaFa(x) = Fb(x)(1− x).

Turime Fa(x) =∞∑

k=1

(bk − bk−1)xk =

∞∑

k=0

bkxk −

∞∑

k=1

bk−1xk−1x.

Todėl Fa(x) = Fb(x)−(

∞∑

k′=k−1=0

bk′xk′

)

= Fb(x)− xFb(x).

Panašiai galima įrodyti, kad skaičių seką an = bn+1− bn generuoja funk-

cija Fa(x) = Fb(x)1− x

x− b0

x, o seką an = nbn – funkcija Fa(x) = x

d

dxFb(x).

Apibrėžkime dviejų generuojančiųjų funkcijų sandaugą:

Fa(x)Fb(x) =∞∑

n=0

cnxn,

cn = a0bn + C1na1bn−1 + C2

na2bn−2 + · · ·+ Cknakbn−k + · · ·+ anb0.

Taikydami šią formulę funkcijoms (1 + x)m ir (1 + x)k, gauname

(1 + x)m · (1 + x)k =m∑

i=0

Cimxi ·

k∑

j=0

Cjkx

j = (1 + x)m+k =m+k∑

l=0

C lm+kx

l.


Taigi gauname Koši14 tapatybę:

C lm+k =

l∑

s=0

CsmC l−s

k .

Pastebėję binominių koeficientų simetriškumą Ci2n = C2n−i

2n , turime dar vie-ną formulę:

n∑

s=0

Cs2n = Cn

2n.

Diferencijavimas ir integravimas

Tarkime, kad Fa(x) yra skaičių (an) generuojančioji funkcija. Diferencijuo-jame ir integruojame laipsninę eiletę:

F ′a(x) = a1 + 2a2x + 3a3x

2 + · · · =∞∑

n=0

(n + 1)an+1xn,

x∫

0

Fa(t) dt = a0x +a1x

2

2+

a2x3

3+ · · · =

∞∑

n=0

anxn+1

n + 1.

Taigi gauname tokių skaičių sekų generuojančiąsias funkcijas:

(1, 2, 3, 4, . . .)←→(

1

1− x

)′

=1

(1− x)2;

(

0, 1,1

2,1

3, . . .

)

←→x∫

0

dt

1− t= ln

1

1− x.

Sekos pradžios postūmis

Tarkime, kad pirmieji skaičių sekos (an) nariai yra nuliai:

(a0, a1, . . .) =

0, 0, . . . , 0︸︷︷︸

k

, bk, bk+1, bk+2, . . .

.

Pažymėkime Fa(x) ir Fb(x) generuojančiąsias funkcijas

Fa(x) = bkxk + bk+1x

k+1 + bk+2xk+2 + · · · ,

14Augustin Louis Cauchy (1789–1857) – prancūzų matematikas.


Fb(x) = bk + bk+1x + bk+2x2 + · · · .

Matome, kad

Fa(x) = xk∞∑

n=0

bk+nxn = xkFb(x).

Gautąją formulę galima perrašyti ir taip:

F (x)− a0 − a1x − a2x2 − . . .− ak−1x

k−1 = xk∞∑

n=0

ak+nxn.

1.5.3. Fibonačio skaičiai

Fibonačio15 skaičiai Fn apibrėžiami rekurenčiąja lygtimi:

F0 = F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2, n > 1.

Pažymėkime skaičių sekos (Fn) = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .) generuojan-čiąją funkciją F (x):

F (x) =

∞∑

n=0

Fnxn = 1 + x +

∞∑

n=2

(Fn−2 + Fn−1)xn =

1 + x + x2∞∑

n=2

Fn−2xn−2 + x

(∞∑

n=2

Fn−1xn−1 + 1− 1

)

=

1 + x + x2F (x) + x(F (x) − 1) = 1 + (x + x2)F (x).

Turime F (x) =1

1− x− x2=

1

(1− ax)(1 − bx), čia a =

1 +√

5

2, b =

1−√

5

2. Pažymėję A =

a

a− bir B = − a

a− b, turime16

F (x) =A

1− ax+

B

1− bx= A

∞∑

n=0

anxn + B

∞∑

n=0

bnxn =

∞∑

n=0

an+1 − bn+1

a− bxn

15Fibonacci (Leonardo Pisano, 1180–1240) – italų matematikas.16Šias reikšmes galima gauti neapibrėžtųjų koeficientų metodu, skleidžiant racionaliąją

trupmeną elementariųjų trupmenų suma.


šaknis. Taigi gavome n-ojo Fibonačio skaičiaus formulę:

Fn =1√5

(

1 +√

5

2

)n+1

−(

1−√

5

2

)n+1

.

1.5.4. Skaičių skaidiniai

Spręsime skaičiaus n skaidinio į dėmenų sumą uždavinį. Pavyzdžiui,skaičių n = 4 galima išreikšti taip

4 = 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 2 = 1 + 3 = 2 + 2.

Pažymėkime vienetų skaičių sumoje δ1, dvejetų – δ2 ir t. t. Tada bendruojuatveju turime

n = 1 · δ1 + 2 · δ2 + · · · + nδn, 0 6 δj 6 n.

Pirmosios sumos 4 = 1 + 1 + 1 + 1 atveju turime δ1 = 4, δ2 = δ3 = δ4 = 0,antrosios 4 = 1 + 1 + 2 – δ1 = 2, δ2 = 1, δ3 = δ4 = 0.

Natūralųjį skaičių n galima išreikšti k dėmenų suma

n = 1 · δ1 + 2 · δ2 + · · ·+ k · δk, δ1 + δ2 + · · ·+ δk = k, δj = 0, 1, . . . , k

galima Vn,k būdais. Pavyzdžiui, 4 = 1 + 3 = 2 + 2 ir todėl V4,2 = 2. Taigiskaidinių skaičius galima rasti taip:

Vn,k =∑

1 · δ1 + 2 · δ2 + · · ·+ k · δk = nδ1 + δ2 + · · ·+ δk = k

1

Pažymėkime darR(k)

n =∑

1·δ1+2·δ2+···+k·δk=n

1,

t. y. skaidinių į dėmenis nedidesnius už k skaičius.Išnagrinėsime sandaugą

P (k)(x) =1

(1− x)(1 − x2)(1− x3) · · · (1− xk)=

∞∑

j1=0

xj1

∞∑

j2=0

x2j2

∞∑

j3=0

x3j3

· · ·

∞∑

jk=0

xkjk

=


∑

(··· )

x1k1+2k2+···+kjk =∞∑

n=0

R(k)n xn.

Taigi P (k)(x) yra skaičių R(k)n generuojančioji funkcija.

Nagrinėsime begalinę sandaugą

F (x, t) =∞∏

m=1

(1 + xmt) = limm→+∞

(1 + xt)(1 + x2t) · · · (1 + xmt).

Logaritmuojame reiškinį ir skleidžiame logaritminę funkciją Makloreno eilu-te:

ln F (x, t) =

∞∑

m=1

ln(1 + xmt) =

∞∑

m=1

∞∑

j=1

(−1)j−1 xjm

jtj.

Pakeiskime∞∑

m=1xjm = 1

1−xj − 1 = xj

1−xj . Taigi

ln F (x, t) =

∞∑

j=1

(−1)j−1xj

j(1 − xj)tj.

Pakeiskime funkcijos F (x, t) apibrėžimo formulėje t į xt:

F (x, xt) =

∞∏

m=1

(1 + xmxt) =

∞∏

m=1

(1 + xm+1t) =

∞∏

m=2

(1 + xmt) =

∞∏

m=1(1 + xmt)

1 + xt=

F (x, t)

1 + xt.

Ieškome formalaus reiškinio koeficientų

F (x, t) =

∞∑

k=0

ak(x) tk = (1 + xt)

∞∑

k=0

ak(x)xktk.

Iš čia gauname rekurentinį sąryšį koeficientams

ak(x) =xk

1− xkak−1(x), k = 1, 2, . . .

Pastebėję, kad a0(x) = 1, gauname

a1(x) =x

1− x,


a2(x) =x3

(1− x)(1− x2),

a3(x) =x6

(1− x)(1 − x2)(1− x3).

1.3 pratimas. Taikydami matematinės indukcijos principą, įrodyki-te formulę

ak(x) =x(k+1

2 )

(1− x)(1− x2) · · · (1− xk).

Priminsime, kad binominis koeficientas(k+12

)= k (k+1)

2 .

Taigi gavome generuojančiosios funkcijos F (x, t) reiškinį:

F (x, t) = 1 +∞∑

k=1

x(k+1

2 )

(1− x)(1− x2) · · · (1− xk)tj.

Remdamiesi tos pačios funkcijos F (x, t) apibrėžimu begaline sandauga,gauname

F (x, t) =

∞∏

m=1

(1 + xmt) = limm→+∞

(1 + xt)(1 + x2t) · · · (1 + xmt) =

1 +∞∑

k=1

∑

(··· )

tkxn = 1 +∞∑

k=1

∞∑

n=(k+1

2)

Vn,ktkxn.

Taigi turime

∞∑

n=(k+1

2 )

Vn,kxn =

x(k+1

2 )

(1− x)(1 − x2) · · · (1− xk).

Iš čia išplaukia formulė

R(k)n = V

n+(k+1

2 ),k

Tai reiškia, kad skirtingų būdų užrašyti skaičių n +(k+12

), kaip k skirtingų

dėmenų sumą, yra tiek kiek ir skaičiaus n suskaidymų į ne didesnius už kdėmenis. Pavyzdžiui, kai n = 4 ir k = 2 turime, kad skaičių n galima trimbūdais užrašyti vienetų ir dvejetų suma: 4 = 1+1+1+1 = 1+1+2 = 2+2.Tiek pat yra būdų išreikšti skaičių 4 +

(2+12

)= 7 dviejų skirtingų dėmenų

suma: 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4. Taigi V7,2 = R(2)4 = 3.

1.6. REKURENČIOSIOS LYGTYS 35

1.4 pratimas. Patikrinkite, kad

V5+(2+1

2 ),2 = R(2)5 = 3.

1.5 testas

1Raskite skaičių sekos 5,−4, 16,−64, 256,−1024, . . .generuojančiąją funkciją.1© 5x+5

1−4x; 2© 16x+5

4x+1 ; 3© 16x+51−4x

;4© 5−20x

4x+1 ; 5© 5−20x1−4x

; 6© 5x+54x+1 .

2Raskite skaičių sekos −3,−9, 81,−729, 6561,−59049, . . .generuojančiąją funkciją.1© 3x+3

9x−1 ; 2© 36x+39x−1 ; 3© −36x+3

9x+1 ;4© −3x+3

9x+1 ; 5© 27x−31−9x

; 6© 27x−39x+1 .

3Raskite skaičių sekos H0 = −5, H1 = −4, Hn = 3Hn−1 − 5Hn−2

generuojančiąją funkciją.1© 11x−5

5x2−x+1; 2© 11x−5

9x2−3x+1; 3© 11x−4

5x2−3x+1;

4© 10x−55x2−3x+1

; 5© 11x−55x2−3x+1

.

4Raskite skaičių sekos G0 = 6, G1 = 8, Gn = −6Gn−1 − 8Gn−2

generuojančiąją funkciją.1© 44x+6

8x2+4x+1; 2© 45x+6

8x2+6x+1; 3© 44x+7

8x2+6x+1;

4© 44x+63x2+6x+1

; 5© 44x+68x2+6x+1

.

1.6. Rekurenčiosios lygtys

1.6.1. Homogeninės lygtys

1.8 apibrėžimas. Tarkime, kad p1, p2, . . ., pk yra žinomi realiejiskaičiai ir pk 6= 0. Lygtis

an+k + p1an+k−1 + p2an+k−2 + · · ·+ pkan = 0 (1.7)


vadinama k-osios eilės tiesine homogenine rekurenčiąja lygtimi.Jos sprendinys yra skaičių seka an = a0, a1, . . . , an, . . ..

Pavyzdžiui, Fibonačio skaičių seka (žr. 1.5.3. 31 psl.) yra (1.7) pavidalorekurenčiosios lygties an+2 − an+1 − an = 0 (t. y. k = 2, p1 = p2 = −1)sprendinys.

Pastebėkime, kad jei dvi skaičių sekos a(1)n ir a(2)

n yra (1.7) lygties

sprendiniai, tai ir bet kuris jų tiesinis darinys α1a(1)n +α2a

(2)n bus šios lygties

sprendinys.Tarkime, kad an = λn išpildo (1.7) lygtį. Tada an+k = λn+k = λnλk ir,

įstatant an į (1.7), gauname, kad λ yra charakteristinės lygties

λn + p1λn−1 + p2λ

n−2 + · · ·+ pk−1λ + pk = 0 (1.8)

šaknis. Taigi, kai charakteristinė lygtis turi k skirtingų šaknų λ1, λ2, . . .,λk, turime (1.7) lygties bendrajį sprendinį

an = C1λn1 + C2λ

n2 + · · ·+ Ckλ

nk .

Matome, kad charakteristinės lygties šaknį λ = 1 atitinka atskirasisrekurenčiosios lygties sprendinys an = C – konstanta. Pastebėkime, kadiš 1.8 apibrėžimo sąlygos pk 6= 0 išplaukia, kad (1.8) charakteristinė lygtisneturi šaknų λ = 0.

1.21 pavyzdys. Išspręskime lygtį an+2 − 4an+1 + 3an = 0 su pradi-nėmis sąlygomis a0 = 2, a1 = 4.Sudarome charakteristinę lygtį λ2 − 4λ + 3 = 0, kurios šaknys yraλ1 = 1 ir λ2 = 3. Bendrasis sprendinys: an = C1 + C23

n. Įstatę į jįpradines sąlygas, gauname a0 = 2 = C1 + C2, a1 = 4 = C1 + C23.Taigi C1 = C2 = 1 ir an = 1 + 3n.

Tarkime, kad charakteristinės lygties šaknis λ0 yra kartotinė kartotinu-mo r. Tada ją atitinka r (1.8) lygties sprendinių:

λn0 , nλn

0 , n2λn0 , . . . , nr−1λn

0 .

1.22 pavyzdys. Rekurenčiosios lygties an+2 − 4an+1 + 4an = 0 cha-rakteristinė lygtis

λ2 − 4λ + 4 = (λ− 2)2 = 0

turi kartotinę šaknį λ0 = 2. Bendrasis šos rekurenčiosios lygties spren-dinys yra

an = 2n(C1 + nC2).


1.6.2. Nehomogeninė lygtis

1.9 apibrėžimas. Tiesine nehomogenine rekurenčiąja lygtimi

vadiname lygtį

an+k + p1an+k−1 + p2an+k−2 + · · ·+ pkan = ϕ(n), (1.9)

čia ϕ(n) – žinoma funkcija.

Iš bendrosios tiesinių lygčių teorijos yra žinoma, kad (1.9) lygties ben-drasis sprendinys yra (1.7) bendrojo sprendinio ir kokio nors (1.9) lygtiesatskirojo sprendinio suma:

tiesinėsnehomogeninės

lygtiesbendrasis

sprendinys

=

tiesinėshomogeninės

lygtiesbendrasis

sprendinys

+

tiesinėsnehomogeninės

lygtiesatskirasis

sprendinys

Tarkime, kad (1.9) lygties funkcija ϕ(n) yra s-ojo laipsnio polinomas:

ϕ(n) = asns + as−1n

s−1 + · · ·+ a1n + a0.

Tada šios lygties atskirojo sprendinio galima ieškoti polinomo su neapibrėž-taisiais koeficientais pavidalu. Jei skaičius λ = 1 nėra (1.8) charakteristinėslygties šaknis, atskirojo sprendinio pavidalas bus toks:

a∗n = Asns + As−1n

s−1 + · · ·+ A1n + A0.

Nežinomiems s + 1 koeficientams A0, A1, . . ., As rasti sudaroma algebriniųs + 1 lygčių sistema.

Kai skaičius λ = 1 yra (1.8) charakteristinės lygties r-ojo kartotinumošaknis, atskirasis sprendinys yra

a∗n = nr(Asn

s + As−1ns−1 + · · · + A1n + A0

).

Pavyzdžiui, rekurenčioji nehomogeninė lygtis

an+2 + pan+1 + qan = αn + β

turi atskirąjį sprendinį a∗n vieno iš šių trijų pavidalų:1) a∗n = An + B, kai 1 + p + q 6= 0;2) a∗n = n(An + B), kai 1 + p + q = 0 ir p 6= −2;3) a∗n = n2(An + B), kai p = −2, q = 1.


Tarkime, kad (1.9) nehomogeninės lygties dešinioji pusė ϕ(n) yra laips-ninė funkcija:

ϕ(n) = γ µn.

Tada ši lygtis turi tokį atskirąjį sprendinį

a∗ = Anrµn.

Čia A neapibrėžtasis koeficientas, r = 0, kai skaičius λ = µ nėra (1.8)charakteristinės lygties šaknis. Priešingu atveju r lygus šios šaknies karto-tinumui.

Pavyzdžiui, nehomogeninė rekurenčioji lygtis

an+2 + pan+1 + qan = γ µn

turi atskirąjį sprendinį a∗n vieno iš šių trijų pavidalų:1) a∗n = Aµn, kai µ2 + pµ + q 6= 0;2) a∗n = nAµn, kai µ2 + pµ + q = 0 ir 2µ + p 6= 0;3) a∗n = An2, kai p = −2, q = 1, µ = 1.

1.5 pratimas. Užrašykite (1.9) lygties atskirojo sprendinio pavidalą,kai jos dešinioji pusė yra ši

ϕ(n) = µn(asn

s + as−1ns−1 + · · · + a1n + a0

).

1.23 pavyzdys. Išspręskime uždavinį

yn+2 − yn = (−1)n, y0 = y1 = 0.

Charakteristinės lygties λ2 − 1 = 0 šaknys yra λ1 = 1 ir λ2 = −1.Todėl homogeninės yn+2 − yn = 0 lygties bendrasis sprendinys y

(h)n =

C1 + C2(−1)n. Nehomogeninės lygties atskirojo sprendinio ieškometokiu pavidalu y∗n = An(−1)n. Gauname

y∗n+2 = A(n + 2)(−1)n+2 = A(n + 2)(−1)n = y∗n(−1)n + 2A(−1)n.

Todėl −2A = 1 ir A = −12 . Taigi bendrasis nehomogeninės lygties

sprendinys

yn = y(h) + y∗n = C1 + C2(−1)n − n(−1)n

2.

Atsikrasis sprendinys y0 = y1 = 0 ieškomas taip: y0 = C1 + C2 =

0, y1 = C1 − C2 + 12 = 0. Taigi yn = −1

4 + (−1)n

4 − n(−1)n

2 .


1.6 testas

Išspręskite rekurenčiąją lygtįyn+1 = −yn + 2yn−1 − 300, n > 1,y0 = −56, y1 = −222.

1 Raskite y10.1© 106650; 2© 78100; 3© 4860;4© 38410; 5© 21450; 6© 17010.

2 Raskite y13.1© −86252; 2© −181602; 3© −188722;4© −182092; 5© −200972; 6© −96852.

3 yn =1© −3·(−2)n+o(n); 2© o(2n); 3© 22·(−2)n+O(n);4© 22·(−2)n+o(n); 5© −3n2+O(n).

Išspręskite rekurenčiąją lygtįxn+1 = 2xn − xn−1 − 98, n > 1,x0 = −33, x1 = −35.

4 Raskite x82.1© −296995; 2© −373705; 3© −325655;4© −347305; 5© −312735; 6© −306505.

5 Raskite x83.1© −330983; 2© −283943; 3© −333693;4© −330913; 5© −394893; 6© −352903.

6 xn =1© −49n2+O(n); 2© −77n2+O(n); 3© o(n);4© −49n2+o(n); 5© −77n2+o(n); 6© O(n).

Išspręskite rekurenčiąją lygtįyn+1 = 3yn − 2yn−1 − 72, n > 1,y0 = 94, y1 = 238.

7 Raskite y12.1© 297818; 2© 295798; 3© 314758;4© 309928; 5© 248948; 6© 309448.

8 Raskite y13.1© 560402; 2© 590782; 3© 606542;4© 551582; 5© 495382; 6© 572872.

Kombinatorika - inga.vgtu.ltinga.vgtu.lt/.../Studiju_medziaga/2008P/DM2/1/Kombinatorika.pdf · 1...

Documents

Transcript of Kombinatorika - inga.vgtu.ltinga.vgtu.lt/.../Studiju_medziaga/2008P/DM2/1/Kombinatorika.pdf · 1...