Kombinatorik : Lösningar

Transkript

1 Kombinatorik : Lösningar 1. En rad med 9 träd ska planteras vid en gata. Raden ska inkludera exakt 2 ek, ett jämnt antal björk och resten tall. På hur många sätt kan man plantera raden? Lösning: Antalet björk är 0, 2, 4, 6. Sedan blir det ( ) ( ) ( ) ( ) = = Alice, Bob, Chris och Daphne äter hors-d oeuvre bestående av 10 (identiska) kanapéer. Bob äter som mest 1 kanapé. De andra äter som mest 7 kanapéer var. På hur många sätt kan de 10 kanapéerna fördelas mellan de fyra personerna? Lösning: Vi måste räkna antalet vektorer (a, b, c, d) N 4 med b = 0, 1 och a, c, d 7, a + b + c + d = 10. (a) b = 0. Antalet tripplar (a, c, d) med a + c + d = 10 är ( ) ( 10 = 12 10) = 66. Vi måste subtrahera antalet tripplar där en av komponenterna är större än 7, det blir 1 stycken. Således 66 1 = 4. (b) b = 1. Antalet tripplar (a, c, d) med a + c + d = 9 är ( ) ( 9 = 11 ) 9 = 55. Vi måste subtrahera antalet tripplar där en av komponenterna är större än 7, det blir 9 stycken. Således 55 9 = 46. Svar: = Hur många möjligheter finns det att färglägga sidorna av en tärning om man har 6 färger och inga två angränsande sidor har samma färg i fall (a) sidorna kan skiljas åt pga. sina prickar (b) sidorna är identiska (inga prickar). (Alla färger måste inte nödvändigtvis vara med!) Lösning: Given en färgläggning låt k vara antalet färger som är med: k = 6, 5, 4, 3. Det finns sedan ( 6 k) möjligheter att välja ut dem. Först tittar vi på situationen där sidorna har prickar: 1

2 (a) k = 6: 6!=720 möjligheter. (b) k = 5: Det finns 3 möjligheter att välja de två mittemot liggande sidor som har samma färg. Sedan blir det 360 = 3 5! möjligheter. Tillsammans: 2160 = (c) k = 4: Det finns 3 möjligheter att välja de mitt emot liggande sidor som inte har samma färg. Sedan blir det 72 = 3 4! möjligheter. Tillsammans 100 = möjligheter. (d) k = 3: Alla mitt emot liggande sidor har samma färg, således finns det 120 = 20 3! möjligheter. Tillsammans: = 400. Låt oss nu titta på fallet där sidorna inte har prickar på sig. Sedan har vi, given en färgläggning, friheten att placera tärningen framför oss på ett lämpligt sätt. Kalla färgerna a, b, c, d, e, f. (a) k = 6: Vi får anta att övre sidan har färg a. Det finns 5 möligheter för undersidan, b, c, d, e, f. Om den t.ex. har färg b, så kan vi anta att framsidan har färg c. För de övriga tre sidorna finns sedan = 6 möjligheter. Tillsammans 5 6 = 30. (b) k = 5: Efter att ha valt de 5 färger som är med, kanske a, b, c, d, e, finns det 5 möjligheter att färglägga de två mitt emot liggande sidor med samma färg (t.ex. a).vi får anta att det handlar om över- och undersidan och att framsidan har färg b. Sedan finns det tre möjligheter för baksidans färg och efteråt är saken klar - tärningen kan ju roteras om axeln genom fram- och baksidans mittpunkt. Tillsammans 90 = färgläggningar. (c) k = 4: Efter att ha valt de 4 färger som är med, kanske a, b, c, d, finns det ( 4 2) = 6 möjligheter för de färger som är med två gånger. Och sedan är det gjort. Med andra ord 90 = 15 6 möjligheter. (d) k = 3: Efter att ha valt de 3 färger som är med, finns det bara en möjlighet. Således 20 = 20 1 möjligheter. Tillsammans: = Beräkna partialbråksuppdelningen till X 5 (X + 1)(X 1) 2 2

3 Lösning: X 2 +X+2+ 2X2 + X 2 (1 + X)(1 X) 2 = X2 +X+2 1/4 1 + X 9/4 1 X + 1/2 (1 X) Hitta följden (a n ) n N som uppfyller samt a 0 = 1, a 1 = 0. a n = 10a n 1 25a n n, n 2. Lösning: För L(a n 1, a n 2 ) = 10a n 1 25a n 2 har vi p L (X) = X 2 10X + 25 = (X 5) 2. De L-rekursiva följderna har formen b n = A 5 n + B n 5 n, A, B C. Sedan finns det en partikulär lösning c n = n 2 g 5 n, där polynomet g har grad 0, med andra ord g C \ {0}. Instoppning in i rekursionsrelationen leder - efter division med 5 n 2 - till 25gn 2 = 50g(n 1) 2 25g(n 2) g n 2 + (25 50g), således g = 1. Återstår at bestämma A, B, sådant att 2 a n = A 5 n + B n 5 n + n2 2 5n uppfyller begynnelsevillkoren: Vi måste ha dvs. A = 1, B = = A, 0 = 5A + 5B + 5 2, 6. Låt M vara en mängd med n element. 3

4 (a) Visa: P(M) = 2 n. Lösning: Delmängder A M motsvarar via A χ A funktioner M {0, 1}, och det finns 2 n stycken sådana funktioner. (b) Hur kan likheten tolkas kombinatoriskt? n k=0 ( ) n = 2 n k Lösning: Summan motsvarar uppdelningen n P k (M) = P(M) k=0 av potensmängden i de delar som består av alla delmängder av ordning k = 0,..., n. 7. Hur många ord kan bildas genom omkastning av bokstäverna i ordet POPOCATEPETL? Hur många av dessa ord innehåller två bokstäver P följande på varandra? Hur många innehåller ordet PLOPP? Lösning: Vi har alfabetet A, C, E, L, O, P, T med multipliciteterna 1,1,2,1,2,3,2. (a) Antalet P LOP P -ord: Titta på alfabetet A, B, C, E, O, T med multiplicitetsvektorn k = (1, 1, 1, 2, 1, 2). Man kann bilda ( k) =! = 1000 ord och sedan ersätta i varje av dem bokstaven B 4 genom ordet P LOP P. (b) Vi räknar ord som bildas från alfabetet A, B, C, E, L, O, P, T med multiplicitetsvektorn k = (1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 2). Det blir ( ) 11 k = 11! stycken. När man ersätter B genom P P, realiseras ord som innehåller P P P på två olika sätt...bp... och...p B... Nu tittar vi på alfabetet A, C, D, E, L, O, T med multiplicitetsvektorn k = (1, 1, 1, 2, 1, 2, 2). Det finns ( ) 10 k = 10! ord. Så det blir till sist: ord som innehåller P P. 11! 10! 4 = 10! 10

5 . Låt d n vara antalet permutationer f S n utan fixpunkt, dvs. f(i) i för alla i = 1,..., n. Visa d n = (n 1)(d n 1 + d n 2 ). Lösning: Om f S n inte har någon fixpunkt, gäller f(n) = i < n. Sätt A i := {f S n utan fixpunkt, f(n) = i}. Eftersom alla A i, i = 1,.., n 1, har samma antal element, räcker det att visa A n 1 = d n 1 + d n 2. I själva verket har vi en disjunkt union där och A n 1 = B C, B := {f A n 1 ; f(n 1) = n} C = A n 1 \ B. Varje f B inducerar en permutation i S n 2 utan fixpunkt, sådant att B = d n 2. Å andra sidan: Om f C, så har vi n = f(i) med något i n 2 och vi kan definiera en permutation f S n 1 genom f(j) = f(j) för j i och f(i) = n 1. På så sätt skapas en bijektion f f mellan C och fixpunktfria permutationer i S n 1. Således C = d n 1. Lycka till + Glad Påsk! 5