Kombinatorik. Sten Kaijser

Transkript

1 Kombinatorik Sten Kaijser Innehåll Kapitel 1. På hur många olika sätt kan man...? 1 1. Mängdalgebra 1 2. Additionsregeln 4 3. Multiplikationsregeln 6 Kapitel 2. Inklusion Exklusion eller Sållmetoden 7 1. Potensmängden 7 2. Sållmetoden 9 3. Elementär sannolikhet 11 Kapitel 3. Hur många funktioner? Kulorna är märkta Kulorna är identiska Stora tal Mittistans akademiska klubb Count Basics problem 26 Kapitel 4. Rekursion Linjär teori Söndra och härska 36 Kapitel 5. Genererande funktioner Genererande funktioner som algebraiska modeller Genererande funktioner och linjär rekursion Hur hittar man hem? 44 Kapitel 6. Polyateori Grupper Fixmängden och fixgruppen Burnsides lemma Färgläggningar 57

2 1. På hur många olika sätt kan man...? Inledning. Ett av de centrala problemen i kombinatoriken är att räkna ut på hur många sätt man kan utföra något. Det kan gälla att kasta om bokstäver i ord, eller att välja styrelser i en förening. Problem av detta slag kallas enumerationsproblem, och teorin för hur man löser dem kallas enumeration, vilket närmast betyder uppräkning. Det bästa sättet att lära sig att lösa sådana problem är att först lösa ett antal utan att ha en aning om metoderna, och att sedan läsa lite teori. Det enklaste, men långt ifrån bästa sättet att lära ut hur man löser problemen är att först presentera teorin, och ett (tyvärr) nödvändigt första steg är då att införa några begrepp och beteckningar för dessa. I detta kapitel ska förutom ett antal ny begrepp också ta upp två viktiga räkneregler. 1. Mängdalgebra Några viktiga mängder. Kombinatoriken är en del av den diskreta matematiken. Den grundläggande strukturen för denna är mängden av de hela talen, som brukar betecknas Z. Andra viktiga mängder är mängden av de naturliga talen, N = {1,2,3,...}, samt de ändliga mängderna N n = {1,2,3,...,n} och Z n = {0,1,2,...,n 1}. Relationer. Ordet relation betyder förhållande. I matematiken har ordet en enkel men precis betydelse och används för att ange ett förhållande mellan elementen i två mängder. Poängen är att begreppet ska vara så allmänt så att varje tänkbart förhållande ska kunna vara en relation. Detta uppnår man genom att definiera en relation R helt enkelt som mängden av par (x, y) som uppfyller förhållandet. Definitionen blir därför att en relation R på ett par (X,Y) av mängder är en delmängd av produktmängden X Y. De viktigaste relationerna är de där X =Y, varvid man talar om en relation på X. Det finns två typer av relationer som är speciellt viktiga att känna till, nämligen ordnings och ekvivalensrelationer. Definition (1.1.1.) (ordningsrelationer) En ordningsrelation på en mängd X är en relation R på X som är reflexiv, antisymmetrisk och transitiv, d.v.s. sådan att (i) xrx för alla x X (ii) (iii) xry och yrx = x = y xry och yrz = xrz.

3 2 1. På hur många olika sätt kan man...? Definition (1.1.2.) (ekvivalensrelationer) En ekvivalensrelation på en mängd X är en relation R på X som är reflexiv, symmetrisk och transitiv, d.v.s. sådan att (i) xrx för alla x X (ii) (iii) xry = yrx xry och yrz = xrz. Mängdfunktionen. Det första steget i att lösa ett problem om på hur många sätt...? är att göra det till ett matematiskt problem. Detta innebär bl.a. att man ser alla sätten att som en mängd. Man ger sedan denna mängd ett namn, t.ex. X. Ofta är det dessutom lämpligt att se den sökta mängden som en delmängd av en större mängd som man då ger ett annat namn, t.ex. Ω. Om X är en (vanligen ändlig) mängd ska vi skriva X för att ange antalet element i X. En enkel men viktig funktion som är användbar inom många delar av matematiken ges av följande Definition (1.1.3.) Om X är en delmängd av en given grundmängd Ωså definieras mängdfunktionen för X, 1 X av att { 1 om ω X 1 X (ω) = 0 om ω / X. Poängen med mängdfunktionen och det som gör den användbar i kombinatoriken är att de vanliga operationerna på (del)mängder svarar mot enkla operationer på mängdfunktionerna. Förutsättningen för dess användbarhet är dock delvis en annan, nämligen det enkla faktum att det finns en 1 1-motsvarighet mellan delmängderna och mängdfunktionerna. Sats (1.1.1.) (Huvudsatsen för mängdfunktioner) Låt Ω vara en given mängd. Då gäller att (i) till varje delmängd av Ω hör precis en mängdfunktion, och till varje funktion ϕ på Ω som bara antar värdena 0 eller 1, hör precis en delmängd av Ω. (ii) antalet element X i en delmängd kan beräknas med hjälp av mängdfunktionen genom formeln X = ω Ω 1 X (ω). Bevis. Satsen är egentligen självklar så snart man förstår innebörden av texten. (i) Vi vet redan att till varje mängd hör en mängdfunktion och omvänt kan varje funktion som bara antar värdena 0 och 1 uppfattas som mängdfunktionen för den delmängd E av Ω som beskrivs av att E = {ω Ω ϕ(ω) = 1}. (ii) Formeln kan tolkas på så sätt att vi först går igenom alla elementen i den stora mängden Ω och samtidigt sätter ett streck för dem som råkar ligga i X. När vi sedan

4 1. Mängdalgebra 3 räknar strecken får vi veta hur många element som låg i X. Syftet med att formulera dessa påståenden som en sats är att det ger en möjlighet att vid lämpliga tillfällen kunna åberopa satsen med namn. anmärkning. Formeln i (ii) kan vara svår att läsa och förstå för den som inte är van att läsa matematiska formler. Svårigheten brukar ligga i att summatecknet dels är ovant och dels även för dem som är vana vid det används på ett nytt och främmande sätt. Formeln är till mycket liten hjälp när det gäller att räkna ut antalet element i en given, om än aldrig så abstrakt, mängd X, men den är förträfflig när det gäller att bevisa satser och allmänna formler. Skälet till detta är att man för att bevisa en sats som regel inte behöver utföra den sista summationen. Det vanligaste (och viktigaste) problemet för mängdfunktioner är att beräkna den för en föreningsmängd, men eftersom det är det enda problemet som inte är helt självklart ska vi börja med följande Lemma (1.1.2.) Låt X, Y och {A i } n i=1 samband: vara delmängder av grundmängden Ω. Då gäller följande (A) C( A i ) = (CA i ) (B) C( A i ) = (CA i ) (C) 1 = 1 1 CX X (D) 1 X Y = 1 X 1 Y. Bevis. Eftersom (A) och (B) är de Morgans (välkända) regler och (C) och (D) är självklara för den som kan räkna med 0 och 1 så finns det egentligen ingenting att bevisa. anmärkning. Detta lemma visar attdet är lättatträkna utmängdfunktionenför en skärning eftersom produkten av två tal som båda är 0 eller 1 är 0 om inte båda talen är 1. Detta innebär att ω X Y bara om både 1 X (ω) och 1 Y (ω) är 1. Denna analogi mellan multiplikation (av tal) och snitt (av mängder) gjorde att i tidig Boolesk algebra skrevs snittet som en produkt. Detta var inget större problem för dem som räknade. Värre var att man också skrev unionen (föreningsmängden) med ett plustecken. För att bli av med dessa aritmetiska symboler uppfannsså småningom de moderna tecknen och av någon (som jag gärna skulle vilja veta vem det var). Att räkna ut mängdfunktionen för X Y är inte svårt, men medan mängdfunktionen för ett snitt av många mängder räknas ut på samma sätt som för ett snitt av två mängder, så blir mängdfunktionen för en union (som vi snart kommer att se) alltmer komplicerad ju fler mängder vi har. För två mängder är det dock lätt eftersom 1 X Y = 1 X + 1 Y 1 X Y = 1 X + 1 Y 1 X 1 Y = 1 (1 1 X )(1 1 Y ) Med hjälp av lemmat kan vi nu också beräkna mängdfunktionen för en förenings-

5 4 1. På hur många olika sätt kan man...? mängd. Sats (1.1.3.) Låt {A i } n i=1 vara delmängder av grundmängden Ω och sätt n X = A i och Y = CX i=1 Då är: n 1 Y = (1 1 Ai ) och i=1 1 X = 1 1 Y = 1 n (1 1 Ai ) i=1 Bevis. Enligt (C) i lemmat räcker det att bevisa en av formlerna så jag nöjer mig med att bevisa den första. Med hjälp av (A) i föregående lemma får vi: vilket enligt (C) och (D) ger: n Y = C( A i ) = i=1 1 Y = 1 1 Ai = 1 CA i = n CA i i=1 n (1 1 Ai ). i=1 2. Additionsregeln Det finnstvå enkla men viktiga regler för enumeration som spelar stor roll i den elementära teorin. Dessa regler brukar kallas för additionsregeln och multiplikationsregeln. Sats (1.2.4.) (Additionsregeln) Om X och Y är disjunkta ändliga mängder (d.v.s. om X Y = så är X Y = X + Y. Bevis. Självklart så snart man förstår vad det står! anmärkning 1. Det är svårt att tänka sig något pretentiösare än att som sats formulera det första som barna i skolan får lära sig i matematik. Om vi har två disjunkta mängder och räknar antalet element i var och en så får vi antalet i föreningsmängden genom att lägga ihop antalen. Poängen med att formulera detta som en sats, är att den aldrig (åtminstone nästan

6 2. Additionsregeln 5 aldrig) används på det sättet. Istället har man givet en (ofta tämligen abstrakt) mängd som man vill räkna elementen i. För att göra det så delar man upp den i lämpliga delmängder som man förutsätter att man kan räkna. Ser man till att delmängderna verkligen är disjunkta så kan man därigenom räkna elementen i den ursprungliga. Ett vackert men enkelt exempel på detta är Pascals triangel. anmärkning 2. Den allmänna additionsregeln utsäger på motsvarande sätt att om X = Y 1 Y 2... Y n och om alla mängderna Y i är disjunkta, så är X = Y i. Den allmänna regeln bevisas med induktion. Exempel 1. Vid det berömda universitetet i Mittistan finns en 3-årig datakulturlinje, där det varje hösttermin antas 64 studenter. Under den första terminen läser studenterna 2 kurser, nämligen dels det nya dataspråket SPILL, dels det gamla kulturspråket Sannskrift. Av de studenter som antogs höstterminen år 11 (av kejsar Pin Kivs regeringstid) var det 8 som aldrig inledde sina studier. Av dem som tenterade klarade 48 tentan i SPILL och 40 tentan i Sannskrift. Det var 3 studenter som inte klarade någon tentamen. Hur många klarade båda kurserna? Exempel 2. Antalet delmängder med precis k element ur en grundmängd X med n element brukar (som bekant) skrivas ( n k). Ett viktigt samband mellan dessa tal ges av formeln ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = +. k k 1 k För att bevisa denna formel väljer vi först ut ett visst element x 0 ur X och delar sedan uppmängden av alla k-delmängder i två delmängder, nämligen de som innehåller x 0 och de som inte gör det. Dessa två mängder (av k-delmängder) är uppenbarligen disjunkta och eftersom den första kan tolkas som mängden av alla (k 1)-delmängder av X 0 = X \ {x 0 }, medan den andra på samma sätt kan tolkas som mängden av alla k-delmängder av X 0 så följer resultatet av additionsregeln. Exempel 3. (Dirichlets lådprincip) (i) I en klass med 13 elever finns det alltid två som är födda i samma månad. (ii) Om fler än 10 föremål ska läggas i 5 lådor, kommer någon av lådorna att innehålla minst 3 föremål. (iii) Om fler än mn föremål ska läggas i m lådor, så kommer någon av lådorna att innehålla fler än n föremål. Som avslutning på detta avsnitt kan det vara värt att visa ett närmast löjligt bevis för additionsregeln, som visar hur man kan använda sig av mängdfunktionen. Bevis. (Bevis 2 för additionsregeln) Eftersom X och Y är disjunkta så är 1 X Y = 1 X + 1 Y och då är enligt huvudsatsen för mängdfunktioner X Y = 1 X Y = X (ω) + 1 Y (ω)) ω Ω ω Ω(1 = ω Ω 1 X (ω) + ω Ω1 Y (ω)) = X + Y

7 6 1. På hur många olika sätt kan man...? 3. Multiplikationsregeln Eftersom hela detta kapitel (i princip) handlar om på hur många sätt...? så ska vi inleda detta avsnitt om multiplikationsregeln med att omtolka den föregående regeln (d.v.s. additionsregeln) som ett problem av detta slag. Den fråga som besvaras av additionsregeln är: På hurmånga sätt kan man plocka ett element urnågon av (de disjunkta) mängderna X eller Y. Additionsregeln handlar alltså om att utföra en handling. Den nya regeln, multiplikations-regeln handlar om att utföra flera handlingar efter varandra i en viss ordningsföljd. Båda reglerna är enkla, men de innehåller också båda något villkor som måste prövas. Förutsättningen för additionsregeln var att de två mängderna var disjunkta, och det händer alltför ofta (åtminstone på tentamensskrivningar) att man använder regeln på två mängder som vid närmare betraktande visar sig ha gemensamma element. Multiplikationsregeln är något svårare inte bara att använda, utan också att formulera. Det problem det gäller är att räkna ut antalet element i en mängd Ω som består av antalet sätt att utföra n stycken handlingar efter varandra. Ett sätt att beskriva mängden är som mängden av alla följder ω = h 1 h 2...h n, där h i är ett av de möjliga sätten att utföra den i:te handlingen. Vi kan nu formulera regeln. Sats (1.3.5.) (Multiplikationsregeln) Låt Ω vara mängden av alla sätt att utföra de n stycken handlingarna {H i } n i=1 efter varandra. Antag också att antalet sätt att utföra handlingen H i inte beror av vad vi gjort tidigare utan ges av ett fixt tal m i. Då är Ω = m 1 m 2 m n = n m i. i=1 Bevis. Liksom i fråga om additionsregeln är det viktiga inte att kunna bevisa satsen, utan om att kunna använda den (rätt!). För att bevisa satsen ska vi se processen (d.v.s. följden av handlingar) som grenar i ett rotat träd. (Den som inte känner till teorin för (matematiska) träd får läsa om det här senare.) Det träd man får har en rot x 0 och m 1 noder på nivå 1. Så långt finns det m 1 grenar. Förutsättningen är nu att det från var och en av noderna på denna nivå går m 2 nya grenar. Det är då lätt att se att totala antalet noder på nivå 2 är m 1 m 2. Använder man sedan induktion följer det att antalet noder på nivå n, d.v.s. antalet löv, är produkten m i. Slutligen följer satsen av att i ett rotat träd så finns det precis en gren från roten till varje löv i trädet. Exempel 1. Om X och Y är ändliga mängder och om Z är antalet ordnade par z = (x,y), där x X och y Y så är Z = X Y. Exempel 2. Antalet permutationer av de n talen {1,2,...,n} är n! eftersom vi kan välja det första på n sätt, det andra (oberoende av hur vi valt det första) på (n 1) sätt o.s.v. tills vi bara har ett enda element kvar som då väljs på 1 sätt.

8 2. Inklusion Exklusion eller Sållmetoden Inledning. Ett problem som ofta förekommer i tentamensskrivningar och som ibland kan vara intressant även i mindre allvarliga sammanhang är att räkna ut antalet element i en föreningsmängd, där de olika givna mängderna inte behöver vara disjunkta. Detta problem löses med en metod som brukar kallas inklusion-exklusion eller ibland sållmetoden och som är en vidareutveckling av additionsregeln. Förutsättningen är att antingen den sökta mängden eller dess komplement på ett naturligt sätt kan ses som en föreningsmängd av ett antal delmängder vars storlek kan beräknas. Detta skulle ha gjort det möjligt att använda additionsregeln om mängderna vore disjunkta, men eftersom de inte är det så får man använda en mer komplicerad metod. Det naturliga är att först räkna elementen i varje delmängd och att sedan räkna bort dem som tillhör flera. I läroböckerna finns en formel med eventuella variationer för att utföra beräkningarna i det allmänna fallet. 1. Potensmängden De svårigheter som finns när det gäller att förstå och lära sig metoden beror inte på att metoden är svår eller på något sätt svår att använda. Svårigheterna beror istället främst på att den sats som finns är fullständigt allmän, d.v.s. (det som icke-matematiker ofta kallar) abstrakt. För att formulera denna mycket allmänna sats behöver man införa beteckningar som gör den formel man får läsbar, och i försöken att göra detta så stöter man på den enda svårighet som faktiskt finns. Problemet ligger i att vi har två mängder, vars delmängder vi ska hålla reda på. Dels har vi naturligtvis den givna (ändliga) grundmängden Ω, men förutom den har vi också en indexmängd I. För att så småningom kunna formulera den sats jag vill ha behöver jag ett par definitioner. Definition (2.1.1.) (Potensmängden) Låt X vara en (ändlig) mängd. Mängden av alla delmängder av X kallas för potensmängden (på engelska the power set) och betecknas P(X). För att uttrycka att E är en delmängd av X ska vi skriva antingen E X eller E P(X). (Kom ihåg att den tomma mängden är en delmängd av varje mängd, d.v.s. att för varje X gäller att P(X).) anmärkning. Det kan i detta sammanhang vara värt att säga något om den tomma mängden som delmängd av en indexmängd. Låt därför I vara en given indexmängd och antag att det

9 8 2. Inklusion Exklusion eller Sållmetoden till varje i I hör ett tal a i. För varje delmängd J av I kan vi då bilda en summa Sa(J) och en produkt Pa(J) över mängden, genom Sa(J) = a i och Pa(J) = a i. i J Vi ser då att om J och K är disjunkta delmängder av I, d.v.s. om J K = så är i J Sa(J K) = Sa(J) + Sa(K) och Pa(J K) = Pa(J) Pa(K). Eftersom vi vill att båda dessa formler skall gälla även då J eller K är den tomma mängden så definierar vi Sa( ) = a i = 0 och Pa( ) = a i = 1. i Vi kommer i fortsättningen huvudsakligen att syssla med en produkt som påminner om i P(1 a)(i) = (1 a i ) och det är värt att notera att om vi räknar ut den på vanligt sätt så får vi varvid (naturligtvis) = 0. P(1 a)(i) = i I J P(I)( 1) J Pa(J), Har man väl förstått denna formel så är det inte så svårt att inse att alla talen a i mycket väl kan bero på i vilken punkt på en viss grundmängd Ω som man befinner sig. Detta innebär att talen a i kan ersättas med funktioner f i (ω) och att formeln då fortfarande är giltig. Vi formulerar detta påstående som ett lemma. I analogi med ovanstående kan vi nu för varje i I låta A i vara en delmängd av grundmängden Ω, och för delmängder J av I definiera en union A(J) och ett snitt A(J) genom A(J) = A i och A(J) = A i. i J i J ven för dessa gäller enkla räkneregler om J och K är disjunktadelmängder av I, nämligen att A(J K) = A(J) A(K) och A(J K) = A(J) A(K). Precis som ovan vill vi att dessa regler ska gälla även då J eller K är den tomma mängden vilket innebär att A( ) = och A( ) = Ω. 2. Sållmetoden För att få de kommande formlerna att se något enklare ut behöver vi ytterligare en definition, nämligen

10 2. Sållmetoden 9 Definition (2.2.2.) Låt I vara en (ändlig) mängd och låt för varje i I, A i vara en delmängd av en annan (ändlig) grundmängd Ω. För varje delmängd J = {i 1,i 2,... i k } av I ska vi skriva A J för skärningsmängden A J = A i1 A i2... A ik = i J A i. Med hjälp av dessa definitioner kan vi nu skriva sållmetoden som en sats. Bevis. Vi kan börja med att notera att enligt additionsregeln är X + Y = Ω. Sedan adderar vi de två summorna i högerleden och ser då att alla termer utom den allra första (i den första summan) förekommer två gånger med olika tecken och därför tar ut varann. Detta innebär att hela summan av de två summorna består av enbart denna första term, vilket ger att summan är A = Ω. Detta innebär att det räcker med att bevisa en av formlerna, och jag väljer att bevisa den första. För att göra det ska jag använda mängdfunktionen 1 Y som enligt Sats (1.1.3) är 1 Y = i I(1 1 Ai ). Vi observerar nu att enligt formeln ( ) ovan så är När vi använder satsen kommer antingen I att vara ett litet tal, eller så kommer det att finnas ett slags symmetri i problemet som gör att alla mängder A J med J = k är lika stora. Detta innebär att vi bara behöver räkna ut storleken av en mängd av varje slag för att sedan räkna hur många de är. Ett naturligt korollarium till föregående sats är därför Korollarium (2.2.0 ). Låt I, Ω, {A i } n i=1 samt X och Y vara som i föregående sats. Antag dessutom att för alla delmängder J av I beror A J endast av J, d.v.s. att det finns tal T k, 1 k n sådana att för alla J, med J = k är A J = T k. Sätt vidare S k = ( n k) Tk. Då är och Y = X = k=1 n ( ) n ( 1) k T k = k k=0 n ( ) n ( 1) k 1 T k = k n ( 1) k S k k=0 n ( 1) k 1 S k. Bevis. Korollariet följer direkt ur satsen, tillsammans med det välkända faktum att antalet k-delmängder av en mängd med n element är ( n k). Exempel 1. Hur många udda tal mellan 1000 och är inte delbara med 3 eller 5. Lösning: Eftersom det gäller udda tal kan vi låta grundmängden vara Ω = {n 1001 n 10000}. Vidare låter vi A 2 bestå av de jämna talen i Ω, A 3 av dem som är delbara med 3 och A 5 av de som är delbara med 5. Vidare är den sökta mängden Y komplementet till föreningsmängden X = A 2 A 3 A 5, vilket innebär att k=1 Y = C(A 2 ) C(A 3 ) C(A 5 ).

11 10 2. Inklusion Exklusion eller Sållmetoden Enligt sållmetoden är då Y = Ω ( A 2 + A 3 + A 5 ) + ( A 2,3 + A 2,5 + A 3,5 ) A 2,3,5, som ger Y = 9000 ( )+( ) 300 = , vilket omedelbart uträknas till att Y = Vi ska senare se att det finns ett enklare sätt att räkna ut samma sak. Exempel 2. Vid universitetet i Mittistan finns också en utbildningslinje i biosofi. På denna linje antas varje hösttermin 128 studenter. På denna linje läser studenterna under första terminen tre olika kurser, nämligen allmän kemi, grundläggande ekologi samt grundkursen i bioetik. Av dem som antogs år 11, var det 18 som aldrig inledde sina studier. För att få fortsätta på andra terminen måste studenterna bli godkända på någon av kurserna. Vid tentamen var det 76 som klarade kemin, 91 som klarade ekologin och 97 som klarade bioetiken. Det var 66 som klarade både kemi och ekologi, 71 som klarade kemi och bioetik, samt 84 som klarade ekologi och bioetik. Slutligen var det 63 som klarade alla tre tentorna. Hur många fick fortsätta? Lösning: Vi söker X = A K A E A B, vilket enligt sållmetoden är ( ) ( ) + 63 = = Elementär sannolikhet Inledning. Det finns ett nära samband mellan kombinatorik och sannolikhetsteori. Det är t.o.m. så att de allra första sannolikhetsproblemen var renodlade kombinatorikproblem. Även om många läroböcker i kombinatorik undviker att införa sannolikheter tycker jag att det finns flera goda skäl att göra det. Det viktigaste skälet är att när man inom kombinatoriken vill räkna ut antalet element i en delmängd X av en viss grundmängd Ω, så är ofta båda talen X och Ω stora, medan kvoten X / Ω är ungefär 1/2 (varmed menas något mellan 1 och 99 hundradelar). Denna kvot, som kan tolkas som sannolikheten för att ett på måfå valt element ur Ω ska råka ligga i X, är ofta intressantare än talet X självt. Eftersom vi i denna kurs (nästan) uteslutande kommer att syssla med ändliga mängder, så är den sannolikhetsteori som vi ska använda utomordentligt enkel. Den grundläggande definitionen. Vi ska börja med

12 3. Elementär sannolikhet 11 Definition (2.3.3.) (Sannolikhetsfördelning) En sannolikhetsfördelning (eller enklare bara fördelning) P på en ändlig mängd Ω ges av en reellvärd funktion P(ω) sådan att (i) (ii) P(ω) 0 och P(ω) = 1. ω Ω Den likformiga fördelningen ges av att för alla ω Ω är P(ω) = 1 Ω. anmärkning 1. Vi kommer i fortsättningen nästan enbart att syssla med den likformiga fördelningen, och vi ska t.o.m. införa den regeln att om vi enbart talar om sannolikheter utan att nämna någon sannolikhetsfördelning så förutsätts denna vara likformig. anmärkning 2 En ändlig mängd med en sannolikhetsfördelning kallas för ett sannolikhetsrum. Ett sannolikhetsrum brukar skrivas som (Ω, P) därωär mängden och P är sannolkhetsfördelningen. Om fördelningen är den likformiga kommer vi helt enkelt att tala om sannolikhetsrummet Ω. En skillnad som under årens lopp vuxit fram mellan kombinatorik och sannolikhetsteori är att man använder olika språkbruk. Detta innebär exempelvis att den grundmängd vi talar om i kombinatoriken, inom sannolikhetsteorin kallas för utfallsrummet, medan våra delmängder kallas för händelser. Eftersom sannolikhet (och vanligen även sannolikhetsteori) på engelska kallas probability, så kallas de som ägnar sig åt denna teori för probabilister och deras språkbruk för probabilistiskt. Med ett probalistiskt språkbruk definieras sannolikheten P(A) för en händelse A genom P(A) = ω A P(ω). Om sannolikheten är likformig så är P(A) = A / Ω. anmärkning. Med hjälp av mängdfunktionenkan sannolikheten för händelsen A skrivas som en summa över hela utfallsrummet såsom P(A) = 1 A (ω)p(ω). ω Ω Två viktiga begrepp inom sannolikhetsteorin är betingad sannolikhet och (stokastiskt) oberoende. Dessa begrepp hänger nära ihop och vi ska införa båda med samma definition. Definition (2.3.4.) (i) Om A och B är givna händelser (med P(B) > 0) så definieras den betingade sannolikheten P(A B) (för A givet B) genom formeln P(A B) = P(A B)/P(B). (ii) Händelserna A och B sägs vara oberoende om P(A B) = P(A) d.v.s. omp(a B) = P(A) P(B).

13 3. Hur många funktioner? Inledning. Många problem i kombinatorik handlar om att räkna hur många funktioner det finns av vissa slag. De flesta av dessa problem kan beskrivas sä att man har en mångd X som kan antas bestå av kulor, och en annan mängd Y som kan antas bestå av urnor. En funktion från X till Y kan uppfattas som ett sätt att lägga alla kulorna i några av urnorna. Därefter räknar man de särskiljbara möjligheterna under olika omständigheter, såsom om kulor och urnor är märkta (exempelvis numrerade) eller identiska. Vi kommer här att förutsätta att urnorna är märkta, medan vi kommer att särskilja de två fallen av märkta eller omärkta kulor. Eftersom lösningarna till de flesta problem av denna typ på ett eller annat sätt brukar innehålla binomialkoefficienter ska jag börja med att ge de två viktigaste reglerna för dessa. Binomialkoefficienter. Det finns ett stort antal mer eller mindre viktiga och mer eller mindre användbara identiteter för binomialkoefficienter. De flesta av dessa kan bevisas med hjälp av binomialsatsen, exempelvis genom att man ger vissa värden för x eller utnyttjar identiteten (1 + x) m (1 + x) n = (1 + x) m+n. Sats (3.0.1.) (Binomialsatsen) (1 + x) n = n k=0 ( ) n x k. k Förutom denna måste ni komma ihåg Pascals triangel, d.v.s. identiten ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = +, k k 1 k som kan bevisas genom att vi skriver (1 + x) n = (1 + x)(1 + x) n 1. Dessutom behöver ni någon enstaka gång kunna utnyttja det vanliga uttrycket för koefficienterna nämligen ( ) n n! = k k!(n k)!. Ni bör också känna till multinomialkoefficienterna. Dessa får man som koefficienterna m(k 1,k 2,...k r ) i uttrycket (1) (x 1 + x x r ) n = m(k 1,k 2,... k r )x k 1 1 xk xk r r och som de flesta av er känner till är den explicita formeln ( ) n n! (2) m(k 1,k 2,...k r ) = = k 1 k 2... k r k 1!k 2!... k r!. Om vi i (1) sätter alla x i = 1 och sedan utnyttjar (2) så ger detta att (3) r n = ( ) n, k 1 k 2... k r något som har en naturlig kombinatorisk tolkning.

14 16 3. Hur många funktioner? 1. Kulorna är märkta Problem: På hur många olika sätt kan n olika kulor läggas i r olika urnor? Lösning: Vi kan anta att kulorna är märkta med siffror från och med 1 t.o.m. n, vilket är detsamma som att anta att X = N n Vidare kan vi anta att urnorna är märkta med siffror från och med 1 t.o.m. r, eller med bokstäver från, a till, säg r, vilket kan tolkas som att Y = N r. Grundproblemet är att bestämma det totala antalet funktioner från X till Y, d.v.s. från N n till N r vilket är detsamma som antalet ord av längden n med bokstäver mellan a och r, och eftersom varje bokstav (oberoende av de övriga) kan väljas på r olika sätt så är det totala antalet (enligt multiplikationsregeln) r n (4). anmärkning 1. Eftersom antalet funktioner frän N n till N r är r n = N r N n så betecknas ofta denna mängd av funktioner som N N n r och allmänt skrivs mängden av alla funktioner från (den abstrakta men ändliga) mängden X till mängden Y som Y X vilket ger minnesregeln Y X = Y X. anmärkning 2. Enligt mängdfunktionens huvudsats kan potensmängden P(X) uppfattas som mängden av funktioner från X till Z 2 = {0,1} vilket innebär att P(X) = Z X 2 = 2 X. Många problem handlar om att ställa vissa villkor på de tillåtna funktionerna. Det vanligaste av dessa villkor är att det totala antalet av varje bokstav är bestämt, så att det exempelvis skall finnas exakt k i stycken i:n. Då bör problemet ses annorlunda. Det man då skall göra är att för varje bokstav bestämma vilken delmängd som skall få denna. Det innebär att man först väljer en delmängd av k 1 element som blir a:n, vilket kan göras på ( n k 1 ) sätt. Bland de kvarvarande (n k1 ) platserna väljer man sedan en ny delmängd med k 2 element som blir b:n, vilket kan göras på ( n k 1 k 2 ) sätt o.s.v.. Totalt ger detta (5) ( )( )( ) n n k1 n k1 k 2... k 1 k 2 = n! (n k 1)! (n k 1 k 2 )!...k m! k 1!(n k 1 )! k 2!(n k 1 k 2 )!...k m!1! = k 3 ( km ( k m ) n k 1 k 2... k r olika sådana funktioner. Den vanliga formuleringen av detta problem är att man har ett givet ord och söker antalet nya ord som uppstår vid permutationer av dessa. För att problemet ska vara intressant bör det finnas betydligt fler platser i ordet, än vad det finns olika bokstäver. Ett av problemmakarnas favoritord i detta sammanhang är namnet på Nordamerikas största flod. Exempel 1. Hur många ord kan bildas genom omkastning av bokstäverna i ordet MIS- SISSIPPI? Lösning: Enligt formeln ovan är antalet ( ) 11 = 11! !4!2! = = = = )

15 1. Kulorna är märkta 17 Exempel 2. Hur många av dessa innehåller ordet SPIS? Lösning: Låt oss börja med att bilda ordet MISSIPISPIS. Vi skriver detta som MIS- SIPI(SPIS)och ersätter bokstavsföljden (SPIS)med bara bokstaven A, vilket ger ordet MISSIPIA. Antalet ord som kan bildas ur ordet MISSIPIA är med samma uträkning ( ) = = Vi är nu nästan framme, men som så ofta i sådana här problem, finns det en poäng till. Anledningen till detta är att orden MISPISIA och MIAISPIS svar mot samma omkastning av bokstäverna i det ursprungliga ordet. Vi måste därför dra bort de ord som räknats två gånger. Dessa kan dessutom vara av två olika slag. Låt oss bilda ordet MIAIA. Antalet omkastningar av dessa bokstäver är 5!/4 = 30. Slutligen kan en omkastning innehålla ordet SPISPIS, och antalet sådana är lika många som omkastningarna av ordet MISIO som är 5!/2 = 60. Antalet ord som innehåller ordet SPIS är därför = Det bör påpekas att det är något lättare (men inte lika väluppfostrat) att räkna ut hur många som innehåller ordet PISS. anmärkning. Med hjälp av våra lösningar ovan kan vi nu räkna mängden av alla ord av längden n som använder r olika bokstäver på två olika sätt. Antingen konstaterar vi att varje bokstav kan väljas på r olika sätt vilket ger r n fall, eller så bestämmer vi först hur många det ska vara av varje bokstav, använder formel (5) och lägger sedan ihop alla sådana för alla val av antalet bokstäver. Tillsammans ger detta får tidigare härledda formel ( ) r n n = k 1 k 2... k r (där summan tas över alla val av talen k i, sådana att k i 0 och k i = n). Eftersom det både för mig, senare i det här kompendiet, och för er på exempelvis tentamensskrivningar, kan vara bra att ha en sats att hänvisa till så ska jag sammanfatta det vi bevisat i detta avsnitt till Sats (3.1.2.) (ord-satsen) (i) Antalet ord av längden n med bokstäver ur ett alfabet med r bokstäver är r n. (ii) Antalet ord av längden n med bokstäver ur ett alfabet med r bokstäver, sådana att varje bokstav förekommer ett angivet antal gånger k i, 1 i r är ( ) n k 1 k 2... k r. Surbinjektioner. Det finns också situationer där man inte är intresserad av alla funktioner från X till Y utan enbart för dem som är injektiva eller surjektiva. (Jag påminner om att en given funktion f : X Y sägs vara injektiv om x 1 x 2 f(x 1 ) f(x 2 ) och surjektiv om y Y x X så att f(x) = y Funktionen f sägs vara bijektiv om den är både injektiv och surjektiv. En funktion som är jektiv kallas för en jektion.) Förutsättningen för att det överhuvudtaget ska finnas injektioner från X till Y är att X Y och då är om X = m n = Y Inj(X,Y) = n(n 1) (n m + 1) = n!/m!

16 18 3. Hur många funktioner? (där Inj(X,Y) står för mängden av alla injektioner från X till Y). Exempel. Hur många personer måste finnas i en klass för att sannolikheten för att två av eleverna ska ha samma födelsedag ska vara minst 1/2? Lösning: Vi antar för enkelhets skull att alla eleverna är födda samma år och att detta inte är ett skottår. Vi antar också att alla födelsedagar är lika sannolika (något som ju inte är helt riktigt eftersom påfallande många barn blirtill undersommaren). Problemet är att bestämma det minsta talet m så att antalet injektioner från N m till N 365 är mindre än hälften av alla funktioner. Detta ger att m 1 365! (365 m + 1) = = (1 k (365 m)! 365m ) < 1 2. Prövar man detta villkor på en miniräknare finner man att 22 elever ger nästan exakt (men inte riktigt) sannolikheten 1/2 så att det behövs 23 stycken. (Den allmänna regeln för ett givet n är att om m uppfyller ekvationen m 2 + m = 2nlog 2 så är sannolikheten för att en funktion från N m till N n skall vara injektiv ungefär 1 2. Detta betyder att m = 1 2 2nlog ,18 n.) Förutsättningen för att det ska finnas surjektioner från X till Y är att X Y. För att bestämma antalet surjektioner använder vi sållmetoden. Vi antar att X = m n = Y. Låt nu för varje y Y, A y vara mängden av funktioner från X till Y som undviker elementet y. Då är W = Sur(X,Y) = {mängden av surjektioner från X till Y} = C ( ) A y. k=0 y Y Enligt korollarium(1.4.7 ) är då W = n ( ) n ( 1) k T k, k k=0 där T k är mängden av funktioner som undviker k givna element i Y. Eftersom T k är mängden av alla funktioner från X till en mängd med n k element är T k = (n k) m. Vi får därför att n ( ) n W = ( 1) k (n k) m. k k=0 Detta är antalet surjektioner. Eftersom det inte finns något enkelt sätt att räkna ut summan är formeln dock i stort sett oanvändbar. Den kan naturligtvis användas för små mängder om man räknar för hand och för något större om man har en dator till hjälp. 2. Kulorna är identiska Problem: På hur många olika (d.v.s. särskiljbara) sätt kan n identiska kulor läggas i r olika urnor? Lösning: Ett naturligt sätt att behandla detta problem är att vända på det och istället för att titta på kulorna för att se var de hamnar så tittar vi i urnorna och ser hur många

17 2. Kulorna är identiska 19 som hamnat i var och en. Detta innebär att vi helt enkelt får r tal, x 1,x 2,... x r och det vi vill veta är på hur många sätt vi kan välja dessa så att (6) x i 0 och r x i = n. i=1 För att lösa detta problem använder vi induktion över antalet urnor och konstaterar först att det behövs minst en urna. Finns det bara en så måste alla kulorna läggas i denna vilket innebär att problemet bara har 1 lösning. Antag nu att vi har 2 urnor och att n (identiska) kulor ska läggas i dessa. I detta fall lägger vi först k kulor i den första urnan och lägger sedan resten i den andra. Eftersom de enda villkoren är att 0 k n så ger detta n+1 möjligheter. Jag påstår nu att den allmänna regeln är att om vi har r urnor så finns det ( ) n+r 1 r 1 möjligheter. För att bevisa mitt påstående så antar jag att resultatet är bevisat för alla n om jag har r 1 urnor och att jag framför mig har n kulor och r urnor. Om jag nu börjar med att plocka upp k stycken kulor, 0 k n så kan jag fördela dessa i de r 1 första urnorna på ( ) k+r 2 r 2 sätt, och eftersom resten hamnar i den sista kulan så är det totala antalet möjligheter n ( ) k + r 2. r 2 k=0 Denna formel ser naturligtvis avskräckande ut, men det är i alla fall lätt att se att om n = 0 så består summan bara av den enda termen ( ) r 2 r 2 (= 1) och eftersom det finns precis 1 sätt att lägga 0 kulor i r urnor så är formeln sann i detta fall. Vi kan därför använda induktion över n och antar därför att vi har bevisat att n 1 ( ) ( ) k + r 2 n + r 2 =. r 2 r 1 k=0 Lägger vi nu till en kula så får vi enligt induktionsantagandet n ( ) n 1 k + r 2 ( ) ( ) k + r 2 n + r 2 = + r 2 r 2 r 2 k=0 ( ) ( ) ( ) n + r 2 n + r 2 n + r 1 = + = r 1 r 2 r 1 k=0 (varvid den sista likheten kommer ur Pascals triangel). Därmed har vi bevisat följande Sats (3.2.3.) (urn-satsen) Antalet olika sätt att lägga n identiska kulor i r olika urnor är ( ) ( ) n + r 1 n + r 1 =. r 1 n Problemet med att lägga identiska kulor i urnor är vanligt, främst på tentamensskrivningar, men även i andra sammanhang. Det finns också många variationer av det såsom

18 20 3. Hur många funktioner? att kräva att varje urna ska innehålla minst en kula, eller att någon av urnorna ska innehålla ett jämnt antal kulor. Det är därför viktigt att kunna känna igen problemet bakom dess olika förklädnader. För att få en bättre förståelse för problemet vill jag ta upp ett annat sätt att beskriva lösningen. Utgångspunkten för problemet är att vi ska lägga n kulor i r urnor, och eftersom kulorna är identiska så kan vi inte se vilka kulor som hamnat i de olika urnorna. För att se hurmånga olika lösningar som finnstill detta problem kan vi glömma bort att kulorna är identiska. Vi kan då återigen se ett sätt att lägga kulorna i urnorna som en funktion från N n till N r och säga oss att för varje sätt att fördela kulorna i urnorna ska vi välja ut precis en av alla de funktioner som ser ut på detta sätt. Det enklaste sättet att göra det är att anta att de första k 1 kulorna hamnar i urna nummer 1, de därpå följande k 2 kulorna i urna nummer 2 o.s.v. Detta kan tolkas som att vi har en växande funktion från N n till N r, och kontentan är att vi vill räkna antalet sådana. Detta betyder att vi ska starta i punkten (1,1) och sedan ta ett steg uppåt eller ett steg till höger ända tills vi kommer till punkten (n + 1,r). Genom att flytta vandringen ett steg åt vänster och ett steg ner får vi istället en vandring från (0,0) till (n,r 1). Det vi vill bestämma år då antalet möjliga vandringar från (0,0) till (n,r 1) om vi varje gång tar antingen ett steg till höger (H) eller ett steg uppåt (U) och om vi ska ta precis n steg till höger och r 1 steg uppåt. Detta är naturligtvis detsamma som antalet ord av längden n + r 1 med de två bokstäverna H och U och som innehåller precis n stycken H-n och r 1 stycken U-n. Enligt resultatet från föregående avsnitt är detta antal ( ) n+r 1 r 1. (Varje H betyder att vi tar ett steg till höger, d.v.s. stoppar ner en kula till i samma urna, och varje U betyder att vi byter urna, något som vi måste göra r 1 gånger.) Förutom att båda de rena problemen, de med helt märkta eller helt omärkta kulor, kan varieras på ett antal sätt så förekommer det också mellanformer av typen att det finns k 1 identiska vita kulor, k 2 identiska röda o.s.v.. I sin enklaste form kan detta lösas genom att man behandlar varje färg för sig och helt enkelt får en produkt av de olika möjligheterna. 3. Stora tal Inledning. Ett viktigt område där kombinatoriken spelar en stor roll är det som brukar kallas algoritmanalys. Det som behövs för algoritmanalysen är dock som regel inte formler för exakt hur många möjligheter det finns, utan istället en beskrivning som ger en god uppfattning om storleken av olika tal. De tal det gäller brukar som regel vara funktioner f(n) av ett naturligt tal n, där n står för en instans av ett allmänt formulerat problem. Kända sådana är Sorteringsproblemet och Handelsresandens problem. Vid sorteringsproblemet har vi en lista av tal som skall ordnas efter storlek, och det n som anger en instans är antalet tal i listan. Handelsresandens problem handlar om att minimera kostnaden (eller restiden eller sammanlagda reslängden) för en rundresatill ett givet antal städer, där alla kostnader för resan mellan två av städerna är kända. De flesta av de problem som behandlas inom algoritmanalysen är lätt lösbara för små värden på n och ibland kan man rent av hitta en exakt formel. Det man då vill veta är hur lång tid det tar att med en viss dator behandla en instans av given storlek, eller hur stora instanser en viss maskin överhuvudtaget kan klara av inom rimlig tid. Det är i detta sammanhang

19 3. Stora tal 21 som en exakt men komplicerad formel är ganska ointressant. Det man vill ha är istället enkla uttryck som ger en god uppfattning om storleken av f(n). Ordobegreppet. Erfarenheten har visat att det från den rena matematiken övertagna ordobegreppet är användbart för att jämföra uppträdandet av två funktioner når n. Definition (3.3.1.) (Ordobegreppet) (i) Om f och g är givna funktioner, båda definierade på de naturliga talen (eller på de reella, eller bara för alla tillräckligt stora naturliga tal), så sägs funktionen f vara stort O utav funktionen g, (skrives f O(g), eller med ord, f är O(g)) om det finns en konstant C (och ett naturligt tal N) så att för alla n N är f(n) < Cg(n). (ii) f sägs vara litet o av g om vilket skrivs som att f är o(g). f(n) lim n g(n) = 0, Vi kommer i fortsättningen att beskriva storleken av de viktiga funktionerna med hjälp av ordobegreppet. Det man förutom detta begrepp behöver för att ange storleken av sina funktioner är en lämplig familj av jämförelsefunktioner. Denna familj kan vara mer eller mindre gles, d.v.s. ge en mer eller mindre exakt beskrivning, och den kan också vara mer eller mindre enkel, varvid en enklare familj ger en glesare beskrivning. Valet av jämförelsefamilj är därför en kompromiss där det gäller att ha en tillräckligt stor familj (för att få en tillräckligt noggrann beskrivning) som ändå inte är alltför komplicerad. Den kompromiss man som regel väljer är att utgå ifrån de tre funktionerna log x, x och e x. Förutom dessa tar man med potenser av dem, produkter av dem och av en speciell anledning också funktionen x x. Exempel. 1. Funktionen ( ) n k är O(n k ) (liksom också funktionen ( ) n+k k då n ). 2. Man kan räkna ut att sorteringsproblemet kräver åtminstone O(nlog n) jämförelser. 3. Vanlig matrismultiplikation av två n n matriser kräver O(n 3 ) multiplikationer och lika många additioner. Kombinerar vi de funktioner som beskrivits ovan med potenser och multiplikationer så innebär detta att alla jämförelsefunktioner som vi kommer att behöva kan skrivas på formen g(n) = e αn n β (log n) γ. Detta är det för en matematiker naturligaste sättet att skriva funktionerna, men av olika anledningar brukar det inte vara exakt dessa som används inom algoritmanalysen. En anledning till detta är att datorer arbetar binärt. Detta gör att istället för den naturliga logaritmen log e n så använder man som regel 2-logaritmen log 2 n, som för stora tal helt enkelt är antalet siffror (i dess binära utveckling). Av samma anledning är också potensen 2 n vanligare än e n, och som regel föredrar man allmänt att skriva C n istället för e nlog C. Till sist är det också så att eftersom grundfunktionerna växer olika fort, så spelar som regel en logaritm ingen roll bredvid en potens, och en potens spelar ingen roll bredvid en

20 22 3. Hur många funktioner? geometrisk serie. För att ha något att referera till så kan det vara bra att formulera de viktigaste tillväxtegenskaperna hos dessa funktioner som en sats. Sats (3.3.4.) (storlekssatsen) (i) För alla β och β sådana att β < β gäller att (ii) För alla positiva α,β och γ gäller att n β är o(n β ) (log n) γ är o(n β ) och n β är o(e αn ) (iii) För alla α,α och β, sådana att α < α, gäller att e αn n β är o(e α n ) (iv) Om p(n) är ett polynom av grad k så gäller att p(n) är O(n k ) och att p(n) är O(n k+1 ). (v) Om f(n) är O(C n ), C > 1, så gäller att även f(n) är O(C n ). Bevis. (i) är välkänt. I (ii) följer det första påståendet ur det andra om vi helt enkelt ersätter n med 2 k. Vi ska därför nöja oss med att bevisa att n β är o(e αn ). Eftersom det inte spelar någon roll om vi upphöjer båda leden till samma sak räcker det därför att visa att (n β ) 1/α = n β/α är o((e αn ) 1/α ) = o(e n ). Nu är som bekant e n = k=0 n k k!. Väljer vi nu K > β/α så gäller att n β/α < n K som enligt (i) är o(n K+1 ). Vidare är n K+1 n K+1 = (K + 1)! (K + 1)! < (K + 1)!en eftersom en term i en positiv serie är mindre än summan av hela serien. Tillsammans ger detta att n β lim n e αn = 0 vilket var vad vi ville bevisa. (iii) är en direkt konsekvens av (ii). Det första påståendet i (iv) är uppenbart och det andra följer av att summan är ungefär detsamma som en integral, och då vi integrerar ökar gradtalet med 1. (v) är lätt att visa med formeln för en ändlig geometrisk serie och kan i ord formuleras så att en geometrisk serie är ungefär lika stor som den största termen (antingen nu den kommer först eller sist).

21 3. Stora tal 23 anmärkning. En konsekvens av (iii) ovan är att man i allmänhet undviker att använda jämförelsefunktioner av formen C n n k eller n k log n utan nöjer sig med den dominerande faktorn C n eller i det andra fallet n k. Binomialkoefficienterna. Som vi sett i de föregående avsnitten innehåller svaren på många kombinatoriska problem binomialkoefficienter, och det är därför ofta av betydelse att veta något om hur stora dessa är. Nu finns det ofta anledning att skilja mellan dels de perifera koefficienterna, de som ligger nära kanten vilket innebär att vi för ett fixt k låter n växa. Den andra typen är de centrala, de som ligger nära mitten, d.v.s. de där k är ungefär hälften av n. För de perifera är det lätt att se att (7) ( ) n < nk k k!, d.v.s. att ( n k) är O(n k ). För de centrala är denna uppskattning inte särskilt bra eftersom vi får en betydligt bättre uppskattning genom att helt enkelt observera att summan (över alla k) av ( n k) är 2 n, vilket naturligtvis innebär att detta också gäller för var och en av dem. Å andra sidan har vi inte mer än n + 1 termer i summan vilket innebär att den största måste vara åtminstone 2 n /(n + 1). (Genom att ta bort de två yttersta 1:orna får vi att den största är åtminstone (2 n 2)/(n 1) 2 n /n om n 2, vilket ger en något enklare formel.) Sammantaget innebär detta att inte lönar sig att försöka förbättra den uppskattning som säger att ( n k) är O(2 n ). Stirlings formel. De funktioner som vi hittills infört för att ange storlek täcker det mesta av vad algoritmanalysen kräver. Det är bara en enda vanligt förekommande funktion som inte är O(C n ) ens för de största värden på C och det är fakultetsfunktionen n!. Eftersom funktionen är viktig ska jag ge en sats som beskriver dess storlek. Sats (3.3.5.) (stirlings formel) För alla naturliga tal n 7 gäller att (8) (n) n (n) n. < n! < n e e En mer precis uppskattning säger att (9) n! 2πn ( n) n, e som följer ur nedanstående gränsvärde. (n/e) n (10) lim 2πn n n! (Speciellt gäller att n! är O(n n ).) = 1. Vi har i denna kurs inte behov av den precisa uppskattningen (9) utan nöjer oss med att

22 24 3. Hur många funktioner? bevisa (8). För att göra det behöver vi följande Lemma (3.3.6.) För alla naturliga tal n gäller att (n + 1 n ) n (n + 1) n+1. < e < n Med hjälp av detta lemma kan vi bevisa olikheten (8) ovan. Bevis. Den första olikheten följer (för alla n 1) av att e n = k=0 n k k! > nn n!, vilket ger att 1 > (n n )/(e n n!) eller n! > (n/e) n. För att bevisa den andra olikheten noterar vi först att om vi dividerar båda leden med n så får vi olikheten (n 1)! < (n/e) n. Vi sätter sedan S n = (n 1)! (n/e) n (= (n 1)!en n n ). Den olikhet vi vill bevisa är helt enkelt att S n < 1 om n 7, vilket vi gör genom att först visa att talföljden är avtagande och sedan räkna ut (eller åtminstone uppskatta) S 7. För att se att talföljden är avtagande så studerar vi kvoten S n+1 /S n. Vi får då S n+1 = n!en+1 S n (n + 1) n+1 n n (n 1)!e n = e( n ) n+1, n + 1 som enligt lemmat är mindre än 1. Det återstår att uppskatta S 7. Nu är Därmed är (1) bevisad. S 7 = 6!e < < = 7 5 = < 1. anmärkning. För alla praktiska behov räcker det med att n! (n/e) n. Det återstår att bevisa lemmat. Bevis. Om vi i den välkända olikhet som säger att för alla reella tal x 0 är 1+x < e x sätter in x = 1/n och x = 1/(n + 1) får vi (n + 1) n ( 1 = 1 + n n ( n n + 1 ) n+1 = ( 1 1 n + 1 ) n < ( e 1 n ) n = e och ) n+1 < ( e 1 n+1) n+1 = e 1. anmärkning. Med användning av det exaktaste uttrycket i Stirlings formel kan man förbättra uppskattningen av de största binomialkoefficienterna genom att visa att ( ) 2n 2π n n 22n.

23 4. Mittistans akademiska klubb Mittistans akademiska klubb För att få en illustration till de problem som behandlas i detta kapitel ska vi göra ett besök på Mittistans akademiska klubb. Vi kommer dit tillsammans med en av klubbens mest respekterade medlemmar, den injektivt verksamme professorn i axiomatisk didaktik, greve Numerus Basic, vanligen kallad Count Basic. Redan när vi tar av oss ytterkläderna och ger dessa till garderobiären börjar CB ställa frågor. Lade ni märke till att det endast var gästerna som fick en nummerbricka? Ja, hurså?, undrade vi. Jo, förklarade CB, det är garderobiärens skyldighet att känna igen alla medlemmarnas ytterkläder, så vi behöver inga nummerbrickor. Gör han aldrig fel?, frågade någon. Det går alltid bra utom när garderobiären får hjärtslag och det blir jordbävning samtidigt, svarade CB. Har det hänt någon gång?, undrade vi. Tre gånger på de senaste hundra åren, senast gången var igår, sade CB. Igår gick det dessutom riktigt illa, alla fick fel ytterrock. 1. Vet ni vad sannolikheten för den händelsen är? Det beror väl på hur många ni är, försökte vi. Det enda ni behöver veta är att vi är ganska många, sade CB. anmärkning. Detta problem kallas oordningsproblemet. När vi sedan tittar in i klubbens matsal så påpekar CB att som vanligt är den funktion, som till varje gäst tillordnar en stol, en injektion men inte en surjektion. Däremot är funktionen från mängden av stora sällskap till mängden av stora bord surjektiv, vilket innebär att vi är tvungna att vänta en stund. Vi går därför in i baren medan CB talar med hovmästaren. Sedan vi alla inmundigat vår aperitif, kommer hovmästaren och erbjuder oss ett bord. Vi slår oss ned varefter kyparen kommer med menyn. Vi gör vår beställning och när kyparen lämnar oss för att överlämna bordets beställningar till köksmästaren så säger CB: Visst är det konstigt hur lätt en människa kan förlora sin identitet. När kyparen tar upp vår beställning så är vi alla individer, var och en med sin personliga beställning. I samma ögonblick som han överlämnar bordsbeställningen till köksmästaren så är vår identitet likgiltig. Det enda köksmästaren behöver veta är hur många av oss som beställt Bami Goreng, Bœuf Tartar, Şiş Kebab, Halstrad Stör, Gravad Lax eller T-bensstek. Men lika snabbt som vår identitet försvann, lika snabbt återkommer den när kyparen får sin bricka för att servera oss vid bordet. Därefter ger CB var och en av oss ett papper samtidigt som han ställer ett antal frågor. 2. Vi är 12 personer vid detta bord, som var och en ska beställa tre olika rätter. Vi har 4 förrätter, 6 varmrätter och 5 efterrätter att välja på. Hur många olika beställningar kan var och en av oss göra? Hur många olika beställningar kan hela bordet göra?

24 26 3. Hur många funktioner? När beställningen överlämnas till köksmästaren, försvinner vår identitet, vilket innebär att ingen behöver veta vem som beställt vad. Frågan är då: 3. Hur många olika beställningar från vårt bord kan köksmästaren få? Sedan vi alla löst alla uppgifterna säger CB: Om jag hörde rätt så var det 6 vid bordet som beställde Kaviar med citron, (Kc), 4 som valde Kaviar med toast, (Kt), och 2 som valde Paté de faisan, (F p). Detta gällde förrätterna. Som huvudrätt beställde 1 Bami Goreng, 2 Bœuf Tartar, 2 Şiş Kebab, 4 Halstrad Stör och resten T-bensstek. Slutligen var det ingen som vågade pröva vår berömda delikatess Aprikosglass med friterade skorpioner till efterrätt, medan däremot alla de övriga efterrätterna var lika populära. 4. Om nu vår kypare skulle bli arresterad och bortförd innan han hinner servera oss, hur stor chans har då en annan kypare att servera alla vad de beställt? Medan vi alla räknade på dessa problem så serverades förrätten. Det var ingen av oss som lade märke till att vår förste kypare diskret blivit bortförd, eller att de flesta av oss fick fel. När vi ätit färdigt ställde CB en ny fråga. 5. Eftersom ni var så upptagna av att räkna så märkte ni inte att ni alla fick fel förrätt. Eftersom alla kypare vet att jag alltid äter samma förrätt, så fick jag naturligtvis rätt. Nu undrar jag, vad beställde jag och hur stor var sannolikheten för att ni alla skulle få fel förrätt, förutsatt (d.v.s. betingat av) att kyparen visste vad jag beställt? 5. Count Basics problem. 1. Hur stor är sannolikheten för att alla medlemmarna ska få fel ytterrock? Lösning: Detta problem löses med (den probabilistiska) sållmetoden. Vi antar att klubben har nmedlemmar och betecknar händelsen att medlemmen i får sin egen ytterrock med A i. Då är den händelse Y som vi är intresserade av komplementet till A i. Enligt sållmetoden är då P(Y) = ( 1) J P(A J ). J P(I) Eftersom det i detta sammanhang inte finns någon skillnad på medlemmarna så beror sannolikheten för händelsen A J enbart på J (= k) så att om vi skriver P k för denna sannolikhet så är n ( ) n P(Y) = ( 1) k P k. k k=0 Eftersom det totala antalet permutationer (av rockarna) är n! och det finns (n k)! permutationer som låter de k första få sina egna rockar så är P k = (n k)!/n!. Detta ger att P(Y) = = n ( ) n (n k)! ( 1) k k n! n ( 1) k 1 k!, k=0 k=0 = n ( 1) k n! k!(n k)! k=0 (n k)! n! som i sin tur är en mycket god approximation av talet 1/e.

25 5. Count Basics problem Hur många olika beställningar kan var och en av oss göra? Lösning: Detta är multiplikationsregeln i sin enklaste form. Det totala antalet olika beställningar är därför = 120. Hur många olika beställningar kan hela bordet göra? Lösning: Än en gäng multiplikationsregeln. Det finns (eftersom vi är 12 vid bordet) , möjligheter (eftersom 1,2 12 8,92). 3. Hur många olika beställningar från vårt bord kan köksmästaren få? Lösning: Vid valet av förrätter ska 12 identiska gäster fördelas på 4 förrätter vilket enligt urnsatsen kan ske på ( ) ( ) = = olika sätt. Eftersom valen av förrätt, varmrätt och efterrätt kan göras oberoende av varann, så är det totala antalet beställningar (enligt multiplikationsregeln) ( 15 3 )( 17 5 )( 16 4 ) = = Hur stor chans har en annan kypare att servera alla vad de beställt, om förrätterna fördelats som 6, 4, 2, huvudrätterna som 4, 3, 2, 2, 1 och efterrätterna som 3, 3, 3, 3? Lösning: Enligt ordsatsen, (ii) finns det ( ) 12 = 12! !4!2! = sätt att fördela förrätterna med motsvarande uttryck för de övriga rätterna. Enligt multiplikationsregeln finns det därför totalt 12! 6!4!2! 12! 4!3!2!2! 12! = ! 4 olika möjligheter. Eftersom sannolikheten förutsätts vara likformig är sannolikheten P Vad beställde CB och hur stor är sannolikheten för att alla andra ska få fel förrätt? Lösning: Detta problem passar inte riktigt in i mallen för hur kombinatoriska problem ska se ut. Det löses dock med kända kombinatoriska metoder. Först konstaterar vi att enligt lådprincipen hade CB beställt Kc. Om CB beställt något annat skulle de sammanlagt 12 förekomsterna av Kc (6 beställningar och 6 serveringar) ha placerats bland de 11 övriga gåsterna, vilket skulle innebära att någon som beställt denna rätt också skulle serveras den. Detta innebär att det fanns totalt ( ) = 11! 5!4!2! = 6930 sätt att fördela de övriga beställningarna. Vi konstaterar sedan att de 5 tallrikarna med Kc måste placeras bland de 6 som beställt något annat. Det innebär att en av de övriga

26 28 3. Hur många funktioner? inte fick Kc utan istället fick något annat. Om vi först antar att den som inte fick Kc hade beställt Kt, så vet vi att det kunde ske på 4 sätt. Denne fick då Fp och sedan skall 4 Kc och 6 Fp serveras till de 5 som beställt Kc. Eftersom detta kan göras på 5 sätt så finns det totalt 4 5 sätt att göra fel på detta sätt. Om det istället var en Fp som inte fick Kc (vilket kunde ske på två sått) och därför fick Kt, så var det 3 Kt och 2 Fp som skulle placeras bland 5 Kc, något som kundeske på 10 olika sätt. Enligt additionsregeln fanns det därför = 40 olika sätt att servera fel. Sannolikheten för denna händelse är därför P = ,0055.

27 4. Rekursion Inledning. Ordet rekursion år som många andra matematiska ord ett nytt ord hopsatt av gamla delar. Delarna är latinska, varvid re betyder åter och kursion är släkt med kurs, engelska och franska course, som i sin tur är släkt med exempelvis det franska ordet courir, vars grundbetydelse är att springa. Ordet betyder ungefär att springa tillbaka. I matematiken används ordet i många, men likartade, sammanhang, där man behandlar ett problem genom att återfra det på ett enklare. Vanligen innebär detta att problemet är beroende på en parameter n, som är ett naturligt tal, och att man löser problemet för ett visst n genom att utnyttja lösningen för mindre värden på parametern. Istället för substantivet rekursion används ofta adjektivet rekursiv. Rekursiva metoder används bl.a. inom matematisk logik, där man bl.a. sysslar med rekursiva mängder, rekursiva definitioner och rekursiva funktioner. Ett av de många önskemål som brukar ställas på moderna programmeringsspråk är att det ska vara lätt att skriva rekursiva program. Exempel. 1. Man kan definiera fakultetsfunktionen F ak(n) = n! rekursivt genom att ange ett begynnelsevärde F ak(0) =1 och rekursionen F ak(n) =n F ak(n 1). 2. För att få goda approximationer av kvadratrötter (exempelvis 2) kan man använda den talföljd som ges av att a 0 = 1 och att sedan a n+1 = 1 2 (a n + 2 a n ). 3. En viktig metod inom numerisk analys är Newton-Raphsons metod för att lösa ekvationen f(x) = 0. Vid användning av metoden anges ett startvärde x 0 och sedan beräknas bättre och bättre approximationer till en lösning med rekursionen x n+1 = x n f(x n) f (x n ). Talföljden i föregående exempel erhålls då man använder Newton-Raphsons metod på funktionen f(x) = x De berömda fibonacci-talen F n ges av begynnelsevärdena F 0 = F 1 = 1 och rekursionen F n+1 = F n + F n När vi räknade ut antalet sätt att lägga n identiska kulor i r olika urnor använde vi rekursion. Om antalet olika sätt att lägga n kulor i r urnor betecknas med U(n,r) så använde vi begynnelsevärdena U(n,1) = U(0,r) = 1 och rekursionen n+1 U(n + 1,r) = U(n,r 1). k=0

28 30 4. Rekursion 1. Linjär teori Som framgår av de föregående exemplen kräver en rekursiv lösning av ett kombinatoriskt problem (med en eller flera parametrar), dels ett antal begynnelsevärden, dels ett rekursivt sätt att beräkna lösningen för ett visst problem med hjälp av lösningarna till de tidigare. En speciell typ av rekursion, som är viktig dels för att den faktiskt ofta förekommer och dels (i denna kurs) för att den går att lösa, är den linjära. Denna består i att man har en talföljd u = {u k }, som bestäms av att man först känner ett litet antal termer i början och därefter bestämmer de övriga som en fix linjärkombination av ett fixt antal tidigare termer. Exempel. I nedanstående exempel (där svaren på de första omedelbart inses) bestäms talföljden av en ekvation åtföljd av några begynnelsevärden. (1) (2) (3) (4) (5) (6) u n+1 = u n, u 0 = 100 u n+1 = 3u n, u 0 = 1 u n+1 = 2u n 1, u 0 = 1 u n+1 = 2u n 1, u 0 = 2 u n+1 = 2u n u n 1, u 0 = 1 u 1 = 1. u n+1 = u n + u n 1, u 0 = 1 u 1 = 1 (Fibonacciföljden.) Vi ska börja med att studera den homogena linjära rekursionsekvationen. Denna kännetecknas av att vi har k termer i rad givna som begynnelsevärden och därefter ett samband (1) u n+k = a 1 u n+k 1 + a 2 u n+k a k u n. Vi ska börja med att skriva om detta samband på ett sätt som kommer att visa sig vara praktiskt, genom att helt enkelt föra över högra ledet på vänster sida av likhetstecknet vilket ger (2) u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = 0. Denna ekvation sägs vara linjär, eftersom alla termer uppträder linjärt, och homogen, eftersom högerledet är 0. Den sägs också vara av ordning k, eftersom k termer kan anges godtyckligt. För att förenkla beteckningarna ska vi beteckna det linjära samband mellan termerna i följden som ges av (2) med bokstaven L, men eftersom L beror både av följden u och talet n som anger var i följden vi befinner oss så definierar vi (3) L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n. Nästa steg blir att gissa att denna ekvation har en geometrisk serie som lösning. Det finns nämligen, som ni snart kommer att upptäcka speciella egenskaper hos de geometriska

29 1. Linjär teori 31 serierna som gör att de hänger nära ihop med linjära rekursioner. Låt oss därför anta att följden u n = α n är en lösning och låt oss sätta in följden i ekvationen (3). Vi får då (4) α n+k a 1 α n+k 1 a 2 α n+k 2... a k α n = 0. För att se vad som pågår ska vi definiera vad som kallas för det karakteristiska polynomet χ(t) för ekvationen. Definition (4.1.1.) (karakteristiska polynomet) Låt (5) L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = 0. vara en linjär rekursionsekvation. Det karakteristiska polynomet för ekvationen χ(t) ges av χ(t) = t k a 1 t k 1 a 2 t k 2... a k. Med hjälp av polynomet χ(t) kan vi skriva om (4) som (6) α n+k a 1 α n+k 1 a 2 α n+k 2... a k α n = χ(α)α n = 0. Därmed vet vi att den geometriska serien α n är en lösning omm (om och endast om) χ(α) = 0. Nästa steg är att titta på den inhomogena linjära ekvationen. En sådan kan skrivas som (7) L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = v n, där v = {v n } är en given talföljd. Som ni så småningom kommer att få se är geometriska serier vanliga även som högerled. Vi ska därför försöka att lösa rekursionsekvationen L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = β n med begynnelsevärdena u i = β i, 0 i k 1. Med ledning av (6) prövar vi med följden u n = β n. Enligt våra tidigare räkningar får vi att L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = β n+k a 1 β n+k 1 a 2 β n+k 2... a k β n = χ(β)β n, vilket ger att följden u n = (1/χ(β))β n är en lösning (om inte χ(β) = 0). För att komma längre ska vi börja om från början och se det hela på ett helt annat sätt. Vi konstaterar nämligen först att om vi har två följder u = {u n } och u = {u n } som båda är lösningar till den homogena ekvationen så är cu och u+u det också. Detta innebär att mängden av lösningar är ett linjärt rum. Eftersom varje följd (som löser ekvationen) är bestämd av de k första termerna så är dimensionen för detta linjära rum k. Innan jag går vidare så vill jag påminna er om hur teorin för linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter ser ut.

30 32 4. Rekursion Linjära differentialekvationer. En homogen sådan kan skrivas som (8) y (n) = a 1 y (n 1) + a 2 y (n 2) a n y. För att lösa denna inför man ekvationens karakteristiska polynom (9) χ(t) = t n (a 1 t n 1 + a 2 t n a n ). För differentialekvationen gäller nu följande Sats (4.1.1.) (i) Om det karakteristiska polynomet har n olika rötter {r i } n i=1 till ekvationen av formen så är alla lösningar (10) y(x) = b 1 e r 1x + b 2 e r 2x b n e r nx. (ii) Om det karakteristiska polynomet har för få olika rötter, så innebär detta att vissa rötter sammanfaller, vilket i sin tur innebär att vissa av rötterna samtidigt är rötter till en eller flera derivator. Om talet r är en rot till det karakteristiska polynomet χ, som dessutom är en rot till de k första derivatorna av χ, så är alla funktionerna x j e rx, j = 0,1,...,k, (och linjärkombinationer av dessa) också lösningar till ekvationen. Linjär rekursion. Vi ska nu återgå till problemet att bestämma alla talföljder som uppfyller en given (homogen) linjär rekursionsekvation (1), och vi ska börja med att än en gång studera det karakteristiska polynomet χ(t). Vi vet att mängden av lösningar är ett linjärt rum och vi vet också att om χ(α) = 0 så är den geometriska serien u n = α n en lösning till ekvationen. Om nu det karakteristiska polynomet χ(t) har k olika rötter α i så har vi k stycken lösningar som man lätt ser är linjärt oberoende. Då har vi inga problem med den homogena ekvationen. Om å andra sidan det karakteristiska polynomet har för få olika rötter så har vi ännu inte tillräckligt många lösningar. Vad gör vi då? Svaret är på sätt och vis löjligt enkelt, eftersom om polynomet χ(t) (av grad k) har färre än k nollställen, så måste några av dessa vara multipla och det innebär att de också är nollställen till derivatan (och eventuellt också till högre derivator) av polynomet. Detta innebär att vi vill hitta talföljder som utnyttjar derivatan till det karakteristiska polynomet. Låt oss därför sätta in den allmänna geometriska serien u n = t n i ekvationen. Detta ger (11) L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = t n+k a 1 t n+k 1 a 2 t n+k 2... a k t n = t n χ(t). Vi deriverar detta och får då i vänsterledet (n + k)t n+k 1 (n + k 1)a 1 t n+k 2 (n + k 2)a 2 t n+k 3... na k t n 1 vilket helt enkelt är den deriverade följden {nt n 1 } instoppat i rekursionsekvationen. Deriverar vi istället högerledet får vi nt n 1 χ(t) + t n χ (t).

31 1. Linjär teori 33 Detta ger att om u = {nt n 1 } så är L(u) n = nt n 1 χ(t) + t n χ (t). Detta innebär att om talet α är en dubbelrot till det karakteristiska polynomet så är både den geometriska serien α n och den deriverade geometriska serien nα n 1 (och alla linjärkombinationer av dem) lösningar till den homogena ekvationen. Om vi nu deriverar (11) en gång till och dividerar med 2! så får vi (12) D 2 2! L(u) n = D2 ( t n χ(t) ) = χ (t) 2! 2 tn + χ (t)nt n 1 + χ(t) ( n 2 ) t n 2. I detta fall får vi att om α är en trippelrot så är även följden u = {u n } = {( } n )α n 2. 2 en lösning till den homogena ekvationen. Har polynomet rötter som är nollställen till fler derivator så måste vi också derivera den geometriska serien fler gånger. Det visar sig då vara lämpligt att utnyttja Taylors formel och derivera med k! vilket innebär att de följder vi vill använda är av typen u = {u n } = {( } n )α n k. k Som allmän benämning för följder av detta slag ska vi använda benämningen deriverade geometriska serier (även om de deriverats noll gånger eller mer än en gång). Jag vill påminna om att en rot α sägs ha multipliciteten m om χ(t) = (t α) m ϕ(t), d.v.s. om polynomet (t α) n går jämnt upp i polynomet χ(t), eller (vilket är samma sak) om α är en rot till såväl polynomet χ självt, som till de k 1 första derivatorna av det. Jag vill också påminna om den sats (vanligen kallad algebrans fundamentalsats) som säger att summan av multipliciteterna för alla rötter (i det komplexa planet) till ett polynom av grad k är k. Därmed är vi färdiga att presentera huvuddragen i teorin för linjära rekursionsekvationer som en sats (som vi dock inte bevisar).

32 34 4. Rekursion Sats (4.1.2.) (huvudsatsen för linjär rekursion) Låt L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n = v n vara en given linjär rekursionsekvation med karakteristiskt polynom χ(t) = t k a 1 t k 1 a 2 t k 2... a k. Då gäller att (i) Mängden av lösningar till den homogena ekvationen (alla v n = 0) är ett linjärt rum av dimensionen k. (ii) Om u = {u n } är en lösning till den inhomogena med högerledet v = {v n } och u = {u n } är en lösning till den inhomogena med högerledet v = {v n } så är au + bu = {au n + bu n } en lösning till den inhomogena med högerledet av + bv = {av n + bv n }. (iii) Om χ(α) = 0 så är den geometriska serien α n en lösning till den homogena ekvationen. (iv) Om α är en rot av multipliciteten m så är alla de m följderna u = {u n } där u n = ( ) n α n k, 0 k m 1 k lösningar till den homogena ekvationen. (v) Varje lösning till den homogena ekvationen är en linjärkombination av dessa deriverade geometriska serier. (vi) Om högerledet v = {v n } är en deriverad geometrisk serie ( n k) β n k så beror lösningen till rekursionsekvationen på om χ(β) = 0 eller inte. Om χ(β) 0 så är lösningen en linjärkombination av dels den geometriska serien β n, dels de k första derivatorna av den. Om å andra sidan χ(β) = 0, och om β är en rot av multipliciteten m är lösningen en linjärkombination av deriverade geometriska serier ( n j) β n j, där m j m + k. anmärkning. I denna kurs ingår lösningen av inhomogena linjära rekursionsekvationer med högerled som består av linjärkombinationer av deriverade geometriska serier. De ekvationer och de högerled som förekommer på tentamen är dock som regel så lätta att ni klarar dem utanattkunnahuvudsatsen. Det ni behöver veta är attni ska använda geometriska serier (och ibland deriverade geometriska serier) som ansatser till lösningarna, och att det karakteristiska polynomet innehåller all väsentlig information om ekvationen. Exempel. Jag ska avsluta detta avsnitt med att räkna några exempel. 1. Bestäm den talföljd {u n } n=0 som ges av att u 0 = u 1 = 0 och att därefter u n+2 = 4u n+1 4u n + 2 n. Lösning: Eftersom det karakteristiska polynomet är χ(t) = t 2 4t + 4 = (t 2) 2 så gör

33 1. Linjär teori 35 vi ansatsen u n = A ( n 2) 2 n 2 + Bn2 n 1 + C2 n. Enligt formeln (12) får vi då att u n+2 4u n+1 + 4u n = A (( ) ( ) ( ) n n n 2 n 4 2 n n 2) + 0 C + 0 B = A ( ( ) χ (2) n 2 n + χ (2)n2 n 1 + χ(2) 2 n 2) = A n vilket visar att vi ska välja A = 1. Därefter bestämmer vi B och C ur begynnelsevillkoren, något som i detta fall blir lätt eftersom vi får B = C = 0. Eftersom rekursionsekvationer alltid ska prövas så ser vi att om vi direkt ur ekvationen löser u 2, u 3 och u 4 så får vi u 2 = 1, u 3 = 6 och u 4 = 24 vilket ju stämmer med ( n 2) 2 n Bestäm den talföljd {u n } n=0 som ges av att u 0 = u 1 = 0 och att därefter u n+2 = 4u n+1 4u n + ( ) n. 2 Lösning: Eftersom det karakteristiska polynomet är χ(t) = t 2 4t + 4 = (t 2) 2 så gör vi ansatsen u n = An2 n 1 + B2 n + C ( n 2) + Dn + E. enligt formeln (12) så får vi att +C ( χ (1) 1 n + χ (1)n1 n 1 + χ(1) 2 u n+2 4u n+1 + 4u n = A ( χ (2)2 n + χ(2)2 n 1) + Bχ(2)2 2 ( ) n ) ( + D χ (1)1 n + χ(1)n1 n 1) + Eχ(1)1 n 2 = ( ) n 2 Eftersom vi har χ(1) = 1, χ (1) = 2 och χ (1) = 2 ger detta att C = 1, 2C + D = 0 och C 2D + E = 0 eller C = 1, D = 2 och E = 3 Det återstår att bestämma A och B vilket vi gör med begynnelsevillkoren. Vi vet att u n = An2 n 1 + B2 n + ( n 2) + 2n + 3, vilket för n = 0 ger B = 3 och för n = 1 ger att A = 0 eller A = 1. Den vanliga kontrollen ger att u 3 = u 4 = 0 och u 5 = Vi ska avsluta med att bestämma ett något överraskande uttryck för Fibonaccitalen. Dessa ges av att u n+2 = u n+1 + u n med begynnelsevärdena u 0 = u 1 = 1. Det karakteristiska polynomet är χ(t) = t 2 t 1 som har rötterna α 1 = Den allmänna lösningen är därför och α 2 = u n = Aα n 1 + Bαn 2,

34 36 4. Rekursion och begynnelsevärdena ger att A + B = 1 och Aα 1 + Bα 2 = 1. Löser vi detta får vi A(α 1 α 2 ) = 1 α 2 och B(α 2 α 1 ) = 1 α 1, vilket ger u n = 1 + ( ) n ( = 1 (( ) n+1 ( ) n+1 ) ) n 2. Söndra och härska Egentligen borde avsnittet heta dela och behärska vilket är vad som menas, men eftersom det engelska uttrycket divide and conquer har hämtats från politikens värld 1, så föredrar jag att använda det svenska uttryck som används inom politiken. Metoden är vanlig inom komplexitetsteorin som i sin tur hänger nära ihop med algoritmanalysen. Idén är väsentligen den att man för att lösa ett stort problem först delar det mitt itu, därefter löser de två mindre problemen var för sig och till sist försöker att utnyttja lösningen av de två mindre för att lösa det ursprungliga. Detta innebär vanligen att man får en god uppskattning av hur lång tid det tar att lösa ett givet problem om storleken är en potens av 2, men att det enda man vet i övrigt är att ett mindre problem inte ska behöva ta längre tid än ett större. Exempel. Jag påstod i föregående kapitel att det behövs minst O(nlog n) parvisa jämförelser för att sortera en lista med n tal. Anledningen till detta är att varje jämförelse kan ge två svar, så att varje process kan ses som en följd av 0:or och 1:or. Detta innebär att varje permutation (av den ursprungliga ordningen) bestäms av ett binärt tal. Eftersom det finns n! permutationer så måste alla dessa kunna anges med olika tal vilket innebär att de tal vi använder måste vara åtminstone n! stycken. Detta innebär att om längden är l så måste vi ha n! 2 l, och eftersom n! är O(n(n/e) n så är l = log 2 (2 l ) n(log n log e) + log n nlog n. För att visa att det faktiskt går att lösa problemet med (ungefär) nlog n jämförelser kan vi använda söndra och härska - tekniken. Vi antar därför först att n = 2 k. Vi delar sedan listan i två lika delar sorterar båda och blandar sedan de två. Att blanda två sorterade listor kan vi göra med högst n = 2 k 1 jämförelser. Vi kan t.ex. börja med att jämföra de två minsta elementen och sedan varje gång jämföra det största med det följande i den andra listan. Eftersom summan av index då varje gång växer med 1 så använder vi 2 2 k 1 1 jämförelser för att blanda listorna. Antag nu att vi kan sortera en lista med 2 i tal med f(i) jämförelser. Det innebär att en lista med 2 i+1 tal kan sorteras med högst 2f(i) + 2 i+1 1 jämförelser. Eftersom en lista med två tal kan sorteras med 1 jämförelse ger detta en rekursionsolikhet f(i + 1) 2f(i) + 2 i Uttrycket lär ha myntats av Alexander den stores far Filip II av Makedonien, som använde denna teknik för att krossa motståndet från de små grekiska stadsstaterna.

35 2. Söndra och härska 37 och begynnelsevärdet f(1) =1. Enligt huvudsatsenför linjär rekursionär lösningen till detta problem av formen f(i) = Ai2 i + B2 i + C och för att bestämma A, B och C så måste vi räkna ut även f(2) och f(3). Rekursionen ger att f(2) = 2f(1)+(2 2 1) = 2+3 = 5 och att f(3) = 2f(2)+(2 3 1) = = 17. Tillsammans ger detta ekvationssystemet 2A +2B +C = 1 8A +4B +C = 5 24A +8B +C =17 som ger lösningen A = C = 1 och B = 1. Vi prövar med att räkna ut f(4) och f(5) på två olika sätt. Rekursionen ger f(4) = = 49 medan lösningen ger f(4) = = 49. (Uträkningen av f(5) lämnas som övning.) Sammantaget får vi alltså att f(k) = (k 1)2 k + 1 och eftersom n = 2 k får vi att det behövs högst nlog 2 n jämförelser för att sortera en lista med n element (om n är en jämn 2-potens). Eftersom det inte behövs fler jämförelser för att sortera färre tal så kan vi alltså sortera n tal med högst 2nlog 2 n jämförelser. anmärkning. Som framgår av detta exempel kan söndra och härska -metoden ibland leda till en linjär rekursion för jämna 2-potenser. Det förekommer också liknande problem där det ursprungliga problemet delas i 3 eller flera delar. Då är det som regel 3-potenserna som ska användas. Surjektioner. I föregående kapitel beräknade vi en formel som ger antalet surjektioner från en mängd med m element till en mängd med n, där m n. Jag ska avsluta detta kapitel med att beräkna detta antal rekursivt. Eftersom detta är en rekursion som beror av två parametrar behöver vi begynnelsevärden längs två axlar. Vi ska börja med att införa beteckningen S(m,n) för talet Sur(N m,n n ). Det är nu lätt att se att för alla m är S(m,1) = 1. Det är också lätt, fast kanske inte fullt lika självklart att för alla n är S(n,n) = n!. Vi är intresserade av mängden Sur(X,Y) och vi ska dela denna i två disjunkta delmängder A e och A s. Den första mängden består av de surjektioner som har egenskapen att talet m är det enda som antar ett visst värde (e står för ensam), medan den andra består av de där talet m har sällskap. Det är nu lätt att se att mängden A e består av surjektioner från N m 1 till en mängd med n 1 element, och eftersom dessa element kan väljas på n sätt ur mängden N n så är A e = ns(m 1,n 1). För att bestämma antalet element i A s noterar vi att varje surjektion i A s faktiskt är en surjektion från N m 1 till N n. Å andra sidan kan varje sådan surjektion från N m 1 utvidgas till en surjektion från N m på n olika sätt. Tillsammans ger detta att A s = ns(m 1,n) och därmed har vi bevisat att talen S(m,n) (för m n) bestäms av rekursionen S(m,n) = n ( S(m 1,n 1) + S(m 1,n) ) med begynnelsevärdena S(m,m) = m! och S(m,1) = 1. Avslutningsvis är det värt att påpeka att det är lätt att räkna fel när man löser rekursionsekvationer. Därför är det nödvändigt att alltid pröva sina svar genom att räkna ut de första okända termerna både med rekursion och med den formel man hittat. Helst bör man bestämma lika många okända termer som man bestämt koefficienter.

36 5. Genererande funktioner Inledning. En metod som är vanlig i matematiken är att funktioner av en viss typ transformeras till funktioner av en annan typ. Det som förekommer i denna kurs är att talföljder transformeras till vanliga funktioner. Definitionen är att om a = {a k } är en given (ändlig eller oändlig) talföljd så kan den användas för att definiera en funktion (1) G a (x) = a k x k. De talföljder som förekommer i denna kursär antingen rekursivt definierade, eller så ges de som svar på ett allmänt kombinatoriskt problem (vanligen ett enumerationsproblem) med en parameter k. Det har visat sig att genererande funktioner är ett utmärkt hjälpmedel för att lösa problem som gäller linjär rekursion. De kan också användas för att ge vad som kan kallas för en algebraisk modell för allmänna kombinatoriska problem. 1. Genererande funktioner som algebraiska modeller Eftersom (såvitt vi idag förstår) matematikens användbarhet för lösning av praktiska problem beror på att matematiken i sig inte beror av verkligheten, så måste varje användning av matematik för att lösa ett praktiskt problem börja med att man konstruerar en matematisk modell för problemet. Vanligen är modellen så självklar att vi inte ens är medvetna om att vi arbetar med modellen utan tror att vi löser det praktiska problemet direkt. Om vi har en korg med 7 äpplen och en annan med 11 så vet vi att vi har totalt 18 äpplen, men vi är som regel inte medvetna om att vi löst problemet genom att övergå till den matematiska modell som ges av de (abstrakta) naturliga talen. När man först lär sig att lösa en ny typ av problem med matematiska modeller är det dock som regel inte självklart hur man bär sig åt. Dessutom bör det påpekas att det finns ingen matematisk teori för hur man konstruerar matematiska modeller, och det kan heller aldrig skapas någon. Anledningen till detta är att, som jag nyss påpekade, så har matematik ingenting med verkligheten att göra och eftersom matematiska modeller är till för att likna verkligheten så är det vi själva som måste avgöra om en modell för ett visst problem fångar det väsentliga i problemet. Det som däremot finns är allmänna erfarenhets-regler som säger att vissa metoder brukar fungera. Eftersom det bästa sättet att förstå och lära sig erfarenhetsregler är att själv skaffa sig erfarenheten ska jag i detta avsnitt endast illustrera den metod som brukar användas i kombinatoriken genom att studera några exempel.

37 40 5. Genererande funktioner Exempel. 1. Vad är det vanligaste resultatet för summanav tre kast meden korrekt tärning, och hur stor är sannolikheten för denna summa? Lösning: För att lösa detta problem vill vi först bestämma utfallsrummet för försöket. Det vi ska göra är att kasta en tärning tre gånger, och enligt multiplikationsregeln innebär detta att utfallsrummet kan skrivas som en kartesisk produkt Ω = Ω Ω Ω, där varje Ω är mängden {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Utfallsrummet består därför av taltripplar (i,j,k) där alla talen ligger mellan 1 och 6. Det vi är intresserade av är summan av talen. Det vi nu säger oss är att det första kastet ge ett tal mellan 1 och 6 och vi kan (enligt additionsregeln) beskriva detta med polynomet g(x) = x+x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6, där termen x k svarar mot händelsen att det första kastet blir en k:a. Naturligtvis representeras även de andra kasten av samma polynom, och tre kast efter varandra betyder enligt multiplikationsregeln att vi ska multiplicera ihop dem. Detta ger oss polynomet G(x) = g(x) 3 = (x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 ) 3 = x 3 + 3x 4 + 6x x x x x x x x x x x x x 17 + x 18. Prövar vi nu på hur många sätt vi kan få summorna 3, 4 eller 5, så ser vi att det går på 1, 3 eller 6 sätt. Tydligen svarar polynomet G(x) på något sätt mot att kasta tre tärningar. Hur? Ett sätt att se varför är att använda olika variabler i de tre polynomen så att vi istället får polynomet G(x,y,z) = g(x)g(y)g(z) = x i y j z k. i=1 j=1 k=1 I detta polynom finns alla de 216 = 6 3 möjligheterna med, men i det ursprungliga polynomet så har alla termer av samma gradtal i + j + k förts ihop till en enda term Ax i+j+k. Samtidigt påminner vi oss att det faktiskt var precis det vi ville, eftersom det vi frågade oss var vilken summa som var vanligast, och hur stor sannolikheten var för denna. Vi ser av funktionen G att båda värden 10 och 11 är lika vanliga, och vi ser också att sannolikheten för händelsen är 27/216 = 1/8. anmärkning. Det är värt att notera att g(x) = x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 = x(1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) = x 1 x6. Detta ger att 1 x G(x) = x 3 (1 x) 3 (1 x6 ) 3 = x 3 (1 x) 3 (1 3x6 + 3x 12 x 18 ) Detta exempel antyder hur räknande med genererande funktioner kan ersätta tänkande vid lösning av konkreta problem. 2. Hur stor är sannolikheten för att vi ska få k kronor då vi kastar krona och klave n gånger? Lösning: Även om vi vet svaret ska vi använda en genererande funktion som en algebraisk modell för problemet. Poängen är att i varje kast kan vi få 0 eller 1 krona. Detta innebär

38 1. Genererande funktioner som algebraiska modeller 41 att den genererande funktionen för ett kast är g(x) = x 0 +x 1 = 1 + x. Om vi nu kastar n gånger så får vi den genererande funktionen G(x) = g(x) n = (1 + x) n. Detta innebär att vi kan tolka binomialsatsen som en algebraisk modell för att kasta krona och klave n gånger. Svaret på frågan är naturligtvis (som vi visste) P = ( n k) /2 n. 3. På hur många sätt kan n identiska kulor läggas i r olika urnor. Lösning: Vi ska lösa detta problem på samma sätt som i kapitel 2 genom att se det som en fråga om hur många som hamnar i varje urna. Den genererande funktionen för en urna är då g(x) = 1 + x x n och den genererande funktionen för hela problemet är G(x) = g(x) r = ( n x k) r =? I nästa avsnitt ska vi se att det finns ett enkelt sätt att räkna ut detta polynom. Här ska vi förbereda detta genom att först notera att det vi är intresserade av är ju inte polynomet i sig, utan koefficienten framför x n som anger att summan av antalet i de r urnorna är just n. Eftersom denna koefficient inte bryr sig om ifall polynomet g(x) skulle råka innehålla koefficienter av högre grad så kan vi faktiskt ersätta polynomet g(x) med den oändliga summan g(x) = k=0 xk. Detta borde naturligtvis vara värre, men eftersom serien faktiskt konvergerar om x < 1 så kan vi ju försöka med att ersätta den med sin summa 1 1 x. Detta ger då en ny genererande funktion G(x) för problemet med r urnor, nämligen k=0 G(x) = ( 1 ) r, 1 x och vi ska se i nästa avsnitt att koefficienterna för denna funktion kan beräknas på ett tämligen enkelt sätt. 4. (Växlingsproblemet) På hur många sätt kan en 500-sedel växlas i enkronor, femkronor, tior, femtiolappar och hundralappar? Lösning: Detta kan ses som ett problem med kulor och urnor, där vi är tvungna att alltid lägga ett jämnt antal kulor i den andra urnan, ett antal som är delbart med 5 i den tredje o.s.v. Detta innebär att vi har ett antal genererande funktioner, en för varje valör, nämligen g 1 (x) = 1 + x + x 2 + x 3... = 1 1 x, g 2 (x) = 1 + x 2 + x = 1 1 x 2, g 5 (x) = 1 + x 5 + x = 1 1 x 5 g 10 (x) = 1 + x 10 + x = 1 x 10 g 50 (x) = 1 + x 50 + x = 1 x 50 g 100 (x) = 1 + x x = 1 x 100 Den genererande funktionen för problemet är G(x) = g 1 (x)g 2 (x)g 5 (x)g 10 (x)g 50 (x)g 100 (x) och det vi är intresserade av är koefficienten för x 500.

39 42 5. Genererande funktioner 5. Som avslutning ska vi studera ett sammansatt problem, nämligen på hur många sätt kan n identiska svarta och m identiska vita kulor läggas i r olika urnor. Lösning: Eftersom vi i varje urna kan lägga svarta och vita kulor oberoende av varann, så 1 kan den genererande funktionen för varje urna skrivas som g(s)g(v) = (1 s)(1 v) vilket ger en genererande funktion G(s,v) = 1 (1 s) r (1 v) r. 2. Genererande funktioner och linjär rekursion Jag påstod i inledningen att de flesta talföljder som förekommer i kombinatoriken antingen erhålls genom rekursion, eller som lösningar till kombinatoriska problem med en eller flera parametrar. Eftersom vi i det förra avsnittet såg hur genererande funktioner kunde användas som modeller för enumerationsproblem, ska jag i detta avsnitt visa hur de kan användas för lösningen av (linjära) rekursionsekvationer. Vi ska börja med att studera följande Problem: Bestäm den genererande funktionen G u (x) till den talföljd {u n } n=0 som ges av den linjära rekursionsekvationen (2) u n+k = a 1 u n+k 1 + a 2 u n+k a k u n med begynnelsevärdena u i = c i, 0 i k 1. Lösning: Den genererande funktionen är G u (x) = u n x n. n=0 Vi ska snart se att om följden u n kommer från en linjär rekursion så kommer den genererande funktionen att vara en rationell funktion, som kan erhållas som kvoten mellan två polynom. För att bestämma den genererande funktionen så noterar vi först att om vi har en summa G jk (x) = u n x n+k så kan denna skrivas om som n=j (3) j 1 G jk (x) = u n x n+k u n x n+k n=0 n=0 ( j 1 ) = x k u n x n u n x n n=0 n=0 = x k( j 1 G u (x) u n x n) n=0

40 2. Genererande funktioner och linjär rekursion 43 Innan vi går vidare skriver vi om ekvationen (2) på samma sätt som i föregående kapitel. Vi får då som tidigare (4) L(u) n = u n+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n. Vi bildar nu summan L(u) n x n+k = n=0 ( ) un+k a 1 u n+k 1 a 2 u n+k 2... a k u n x n+k = n=0 Med användning av (2) kan vi skriva detta som 0 = u n x n a 1 u n x n+1 a 2 n=k n=k 1 = G k0 (x) ( k a i G k i,i (x) ) i=1 = ( k 1 G u (x) u n x n) = ( 1 n=0 k i=1 k a i x i) k 1 G u (x) i=1 n=0 n=k 2 a i x i( k i 1 G u (x) u n x n) k 1 u n x n + i=1 0. n=0 u n x n+2... a k u n x n+k n=0 a i x i(k i 1 n=0 u n x n). Även om dessa räkningar ser avskräckande ut i det allmänna fall som vi håller på med, så blir de alltid betydligt lättare för konkreta exempel. Resultatet kan dock alltid skrivas någorlunda begripligt som ( k 1 a i x i) G u (x) = P(x) i=1 där P(x) är ett polynom av grad högst k 1, som beror av begynnelsevärdena c i. Detta ger P(x) G u (x) = 1 k i=1 a ix. i anmärkning. Observera att nämnaren i G u (x) kan skrivas som x k χ( 1 x ). Eftersom ovanstående härledning förmodligen är fullständigt oläsbar för den som inte redan kan teorin ska jag illustrera den med ett exempel. Exempel. Bestäm den genererande funktionen för Fibonacciföljden. Lösning: Följden ges av ekvationen u n+2 = u n+1 + u n och begynnelsevärdena u 0 = u 1 = 1. Detta ger ( ) 0 = un+2 u n+1 u n x n+2 n=0 = u n+2 x n+2 u n+1 x n+2 u n x n+2, n=0 n=0 n=0 n=0

41 44 5. Genererande funktioner eller 0 = (G u (x) x 1) x(g u (x) 1) x 2 G u (x) = (1 x x 2 )G u (x) 1. Därmed har vi visat att G u (x) = 1 1 x x Hur hittar man hem? Hittills har vi enbart sysslat med att bestämma den till en given följd hörande genererande funktionen. Det som gör genererande funktioner användbara för att lösa kombinatoriska problem är dock att man också från en erhållen funktion kan hitta tillbaka till talföljden. Med en världsatlas. Jag ska börja med att ange en fullständigt generell metod som alltid fungerar men eftersom den är ungefär lika bra som att leta efter Flustret med hjälp av en världsatlas så ska jag ge enklare men effektivare metoder senare. Utgångspunkten är att vi startade från en talföljd a = {a k } och bildade en serie G a (x) = a k x k, som vi kallade den till talföljden a hörande den genererande funktionen. En anledning till att den brukar kallas för den genererande funktionen är att serien ofta konvergerar och därigenom faktiskt definierar en funktion. ven när så inte är fallet kan man formellt återfå talföljden från serien på följande sätt. Vi noterar först att vi kan återfå den första koefficienten a 0 genom sambandet a 0 = G a (0). Sedan bildar vi en ny serie SG a genom att definiera (5) SG a (x) = G a(x) a 0 x och vi noterar då att a 1 = SG a (0). Upprepar vi proceduren och bildar i tur och ordning S 2 G a = S(SG a ) och S n G a = S(S n 1 )G a kan vi sedan återfå talföljden steg för steg eftersom a n = S n G a (0). ven om man formellt kan återfå talföljden utan att serien konvergerar så är en serie som konvergerar betydligt användbarare. En förutsättning för detta är att talen a k inte växer alltför fort. Det nödvändiga och tillräckliga villkoret för detta är att det finnsnågot reellt tal r sådant att för alla k gäller att r k a k 1. (Varför det är så kan ni få lära er i en lämplig kurs i analys, eller ännu hellre i en kurs i komplex analys.) I alla tillämpningar som ni kommer att se så gäller dennaförutsättning. Enallmän sats säger nuatt mankan få tillbaka talföljden med hjälp av Taylors formel, som ger att (6) a k = G(k) (0). k! Detta är alltså det allmänna sättet att återfå talföljden, och den viktigaste konsekvensen av att det finns en generell teoretisk metod, är att man kan dra slutsatsen att talföljden är entydigt bestämd av sin funktion. Däremot är, som jag antydde tidigare den allmänna metoden oanvändbar i praktiken, så att det är viktigt att även lära sig andra metoder.

42 3. Hur hittar man hem? 45 Genom att hålla sig till kända marker. De flesta brukar hitta hem så länge som de befinner i sina egna kvarter. Den metod som används i denna kurs är enkel men förutsätter en viss övning. Metoden består helt enkelt i att man lär sig att känna igen de genererande funktioner som brukar dyka upp. Utgångspunkten är den geometriska serien. Antag alltså att a k = q k. Då blir den genererande funktionen (7) G a (x) = k=0 q k x k = 1 1 qx. 1 Omvänt innebär detta att om niser funktionen 1 qx så vet ni att detta är den genererande funktionen för talföljden q k. Nästa steg är att veta vad som händer när man multiplicerar två geometriska serier med varann. Det visar sig då att det finns två helt olika fall. 1. Vi har två geometriska serier som vi kan skriva som ax och 1 bx och vi är intresserade av att hitta den talföljd c = {c n } som har den genererande funktionen 1 G(x) =. Vi antar först att a b. Vi utnyttjar då identiteten (1 ax)(1 bx) (8) som ger att 1 (1 ax)(1 bx) = 1 ( a a b 1 ax b ), 1 bx (9) c k = ak+1 b k+1. a b Denna metod kan också användas för en produkt av flera geometriska serier med olika kvoter. 2. Ser vi på svaret ovan så inser vi att identiteten inte gäller om a =b, så för detta fall får vi använda en annan metod. Ett sätt är att tänka som man gör i analys, vilket innebär att man börjar med b a men sedan låter b närma sig a. Gör man det kan man först notera att c k i formel (9) ovan faktiskt är en ändlig geometrisk serie, nämligen c k = a k + a k 1 b + a k 2 b b k, vilket ger att om b = a så får vi c k = (k + 1)a k. Ett annat sätt att få fram samma 1 svar är att derivera funktionen 1 ax. Gör vi det ser vi att 1 (10) D( 1 ax ) = a (1 ax) 2. Nu är det ju också lätt att derivera serien term för term vilket ger att 1 (11) D( 1 ax ) = D( a k x k ) = ka k x k 1 = (k + 1)a k+1 x k. Poängen med den andra metoden är att vi genom att derivera flera gånger får alla funktioner av typen 1 (1 ax) n. Den enda riktigt viktiga identitet som ni måste kunna är

43 46 5. Genererande funktioner därför den som ges av Sats (5.3.1.) (Igenkänningssatsen) Till den deriverade geometriska serien hör den deriverade funktionen c (k) = {c n (k) } = {( ) n + k a n} k G (k) (x) = 1 (1 ax) k (Observera att både funktionen och serien fått ett enklare uttryck genom att jag inte bara deriverat k gånger, utan också dividerat med k!.) Med karta och kompass. Det är alltid bra att känna igen sig, men har man kommit lite för långt bort, kan man ha glädje av karta och kompass för att hitta tillbaka till sina välkända marker. Sen är det ju bara att gå hem. Det problem vi har kommit till är att vi har fått en genererande funktion som är rationell, men de enda funktioner som vi känner igen är derivator av den geometriska serien 1/(1 ax). Den metod som då används kallas partialbråksuppdelning. Förutsättningen för denna är en sats som jag dock inte bevisar. Sats (5.3.2.) (Satsen om partialbråksuppdelning) Låt R(x) = P(x)/Q(x) vara en rationell funktion och antag att vi har kunnat skriva nämnaren som en produkt Q(x) = n a j x j ( m = a 0 (1 q i x) k ) i. j=0 Då kan R(x) skrivas som ett polynom + en summa av rationella funktioner av formen b ij /(1 q i x) j med 1 j k i, d.v.s. vi kan skriva R(x) = m i=1 ( k i j=1 i=1 b ij (1 q i x) j Satsen innebär att om G(x) är en genererande funktion kan vi alltid återfå talföljden om (i) (ii) G a (x) är en rationell funktion och vi kan uppdela nämnaren i faktorer. Den enda svårighet som återstår är att utföra partialbråksuppdelningen. Det första steget är att utföra divisionen så att vi får R(x) som ett polynom + en rationell funktion vars täljare har lägre grad än nämnaren. Nästa steg är att faktorisera nämnaren vilket

44 3. Hur hittar man hem? 47 man som regel gör genom att gissa ett antal rötter tills man efter division med dessa faktorer får ett andragradspolynom. Därefter skriver man uppen summa med okända täljare och de rätta nämnarna, och försöker att bestämma täljarna. Det brukar gå genom att man börjar med handpåläggningsmetoden, vilket brukar ge så pass många täljare att man som regel får ut de som återstår genom att sätta in lämpliga värden på x (x = 0 brukar t.ex. vara bra). Exempel. (Fibonacciföljden) Lösning: Vi räknade tidigare ut att den genererande funktionen för Fibonacciföljden var 1 G u (x) = 1 x x 2. ven om det inte är alldeles lätt att räkna ut så kan man dock visa att nämnaren kan faktoriseras som 1 x x 2 = (1 α 1 x)(1 α 2 x) (där talen α i är de tidigare erhållna rötterna till det karakteristiska polynomet för rekursionsekvationen). Detta ger (enligt (8)) att ( 1 G u (x) = (1 α 1 x)(1 α 2 x) = 1 α1 α 1 α 2 1 α 1 x α ) 2. 1 α 2 x Enligt (9) får vi då det vi visste, nämligen att u n = 1 α 1 α 2 (α n+1 1 α n+1 2 ). Exempel. Antag att G(x) = 1+3x 1 3x 2 +2x. Då är 3 G(x) = 1 9 ( 12 (1 x) x x Andra genererande funktioner. Jag skrev tidigare att den genererande funktionen fungerade bäst om den serie som definierar den är konvergent och att förutsättningen för detta är att det finns r > 0 så att r k a k 1 för alla k. Nu finns det även i kombinatoriken vissa talföljder som inte uppfyller detta villkor. Sådana talföljder uppstår främst när talen a n representerar antalet permutationer av visst slag på en mängd med n element. Eftersom enligt Stirlings formel n! (n/e) n så finns det i detta fall inget tal r > 0 sådant att r n n! 1. ven i sådana fall kan man dock använda en modifierad genererande funktion som man kan åstadkomma genom att först dividera talen a n med n!. Detta kallas för den exponentiellt genererande funktionen eftersom talföljden {1, 1, 1,...} ger exponentialfunktionen e x. anmärkning. Förutom geometriska serier och fakultetsföljden u n = n! är den enda talföljd vars exponentiellt genererande funktionbrukar beräknas den manfår ur oordningsproblemet. Genererande funktioner används även i sannolikhetsteorin. Utfallsrummet ska då vara de naturliga talen, eller möjligen mängden Z + som består av de icke-negativa hela talen, d.v.s. av de naturliga talen tillsammans med talet 0. På denna mängd finns ingen likformig fördelning, utan istället har vi givet en följd p k som är sannolikheten för att ett experiment ska utfalla med värdet k. Den till denna sannolikhetsfördelning hörande genererande funktionen är G p (x) = p k x k. Det är värt att notera att eftersom p k = 1 så konvergerar den genererande funktionen för alla x sådana att x 1. Det bör också på pekas att värdet i punkten 1 av derivatan G p (1) kan tolkas som medelvärdet av en stokastisk variabel. k=0 ).

45 6. Polyateori Inledning. Vi har tidigare i denna kurs studerat problemet att räkna antalet funktioner från en mängd X till en mängd Y. Vi har därvid speciellt ägnat oss åt problemet att räkna antalet särskiljbara funktioner då alla element i X varit identiska. I detta avsnitt ska vi fortsätta med ett liknande problem, där vi återigen ska räkna antalet särskiljbara funktioner från en mängd X, men denna gång kommer vissa till synes olika funktioner att sammanfalla inte för att alla element är identiska utan av andra orsaker som vi snart ska stifta bekantskap med. 1. Grupper ven om det förmodligen är svårt att förstå den följande teorin för den som inte tidigare stött på gruppbegreppet så kan det ändå vara lämpligt att inleda med en kort presentation av detsamma. Definition (6.1.1.) (gruppbegreppet) En grupp G (eller riktigare (G, )) är en mängd tillsammans med en funktion m : G G : G, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (x,y) av element tillordnar ett element z i mängden. Denna funktion kallas vanligen gruppmultiplikationen och beskrivs genom formeln x y = z. Följande tre villkor gäller för gruppmultiplikationen: (1) (2) (3) x y z x (y z) = (x y) z (associativitet) e x e x = x e = x (enhetselement) x y x y = y x = e (invers) Det vanliga sättet att presentera grupper är att utgå ifrån en välkänd associativ operation såsom addition, multiplikation, matrismultiplikation eller komposition (d.v.s. sammansättning av funktioner) och att därefter definiera gruppen som en delmängd av mängden av alla tal, matriser eller funktioner, sådan att denna delmängd innehåller ett enhetselement och för varje element också en invers.

46 50 6. Polyateori Exempel. 1. Den enklaste gruppen är den som bara består av ett element. Konkret kan denna grupp anges som ({0},+) eller som ({1}, ). 2. Välkända grupper är också mängden av hela tal under addition (Z,+), mängden av positiva reella tal under multiplikation (R +, ), mängden av 2 2-matriser med determinanten 1 under matrismultiplikation. Denna grupp betecknas vanligen SL(2,R). 3. En för Polyateorin viktig grupp är mängden av permutationer av en given ändlig mängd X, som brukar betecknas S(X). Om X är mängden N n skriver vi S n. 4. Om P är en polygon i planet eller en polyeder i rummet så kallas varje ortogonal linjär avbildning av planet (rummet) som överför P i sig själv för en symmetri (för P). Mängden av dessa symmetrier utgör en grupp som betecknas Sym(P). 5. Om G är en graf så är mängden av automorfier av G (d.v.s. isomorfier av G till sig själv) en grupp som brukar betecknas Aut(G). 6. En delgrupp H av en given grupp G är en delmängd som själv är en grupp med samma multiplikation. Man kan visa att H är en delgrupp om H och om x,y H = x y 1 H. Ett begrepp som spelar stor roll i alla sammanhang där grupper förekommer är begreppet grupphomomorfism som beskrivs i följande Definition (6.1.2.) (grupphomomorfism) Låt G och H vara givna grupper. Med en homomorfism eller grupphomomorfism ϕ från G till H menas en funktion på G med värden i H, sådan att för alla x och y i G gäller att (4) ϕ(x y) = ϕ(x) ϕ(y). anmärkning. Det är värt att påpeka att om ϕ är en homorfism så är ϕ(e G ) = e H och dessutom är ϕ(x 1 ) = ϕ(x) 1. Gruppaktioner. Polyateorin handlar till stor del om grupper av permutationer av en lämplig mängd, men eftersom det ofta är samma grupp som är inblandad trots att mängderna (och därmed permutationerna) är olika, så kan det vara praktiskt att utgå från ett annat perspektiv. Vi ska därför börja med följande Definition (6.1.3.) (gruppaktioner) En (vänster-)gruppaktion A(G,X, ) av gruppen (G, ) på mängden X är en funktion a : G X X, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (g, x) ger ett element x X. Istället för a(g,x) skriver vi g x. Vidare skall följande villkor vara uppfyllda: (5) (6) x e x = x (enhetsmultiplikation) g h x g (h x) = (g h) x (associativitet)

47 2. Fixmängden och fixgruppen 51 Exempel. 1. Om G är gruppen med 1 element och om X är en godtycklig mängd så finns det en gruppaktion som består helt enkelt av att e x = x som det måste vara. Mera allmänt kan man för varje gruppoch varje mängd definiera dens.k. triviala aktionen som ges av att för alla g och x är g x = x. 2. För varje grupp G kan vi definiera en aktion av G på sig själv (uppfattad som mängd) genom g x = g x (för alla g och x i G). 3. Det finns en annan aktion av en grupp på sig själv som är av stor betydelse i gruppteorin, nämligen den s.k. konjugeringen som ges av att g x = g x g För grupperna S(X,), Sym(P) och Aut(G) ger definitionen i sig själv en naturlig aktion på X, P eller G. 5. Om A är en aktion av G på X och om Y är annan mängd så finns det en viktig aktion på mängden Y X av alla funktioner från X till Y som ges av att för g G och f Y X är (7) (g f)(x) = f(g 1 x). I Polyateorin studeras en viss typ av gruppaktioner som gör det naturligt att införa följande (tillfälliga) Definition (6.1.4.) Vi definierar en relation E på mängden X genom yex om det finns g G så att y = g x. Anledningen till denna definition är följande Sats (6.1.1.) E är en ekvivalensrelation på X. Bevis. Enrelation är en ekvivalensrelation om denär reflexiv, symmetrisk och transitiv. Hos E följer reflexiviteten av att x = e x, symmetrin av att om y = g x så är x = g 1 y och transitiviteten av att y = g x och z = h y medför z = (h g) x. 2. Fixmängden och fixgruppen Det vi i fortsättningen kommer att göra är att studera den partition (eller på svenska uppdelning) av mängden X som ges av ovanstående ekvivalensrelation. Det centrala problemet i fortsättningen kommer att vara att bestämma antalet ekvivalensklasser, men för att göra detta kommer vi först att behöva bestämma storleken av dem. För att göra detta behöver vi några nya begrepp som ges i de följande definitionerna. I alla dessa definitioner antas A vara en given aktion av G på X. Definition (6.2.5.) Fixmängden F A G X är mängden av alla par (g,x) sådana att g x = x.

48 52 6. Polyateori I detta sammanhang kan det vara värt att nämna att en delmängd Y av X sådan att y Y = g y Y sägs vara invariant underelementet g. Om mängden Y är invariant för alla g G sägs mängden helt enkelt vara invariant. Definition (6.2.6.) Om x och y båda tillhör X så är G xy mängden av alla g G, sådana att g x = y. Definition (6.2.7.) Om i föregående definition x = y skriver vi G x istället för G xx. Mängden G x kallas fixgruppen för elementet x. vning: Visa att G x är en delgrupp av G. Definition (6.2.8.) Mängden av ekvivalensklasser som ges av E kommer att betecknas O. Ett element i O, d.v.s. en ekvivalensklass kommer att betecknas o och den ekvivalensklass som innehåller ett givet element x kommer att betecknas o(x). För att nu först bestämma storleken av en ekvivalensklass behöver vi följande Lemma (6.2.2.) Om både y och z tillhör o(x) så är G yz = G x. Speciellt är för alla y o(x), G xy = G y = G x. Innan jag genomför beviset vill jag bara påpeka att detta är ett typiskt exempel på ett bevis som är lätt att presentera vid en tavla, men som genast blir omständligt så snart det skrivs ner. Bevis. Vi ska visa att det finns en 1-1-motsvarighet mellan mängderna G yz och G x och för att göra det så ska vi definiera två funktioner ϕ och ψ mellan mängderna så att de blir varandras inverser. Vi börjar med att konstatera att eftersom y o(x) och z o(x) så finns det element g y och g z sådana att y = g y x och z = g z x. Sedan definierar vi (8) (9) ϕ : G x G yz genom ϕ(g) = g z g gy 1 och ψ : G yz G x genom ψ(h) = g 1 z h g y. Eftersom funktionerna uppenbarligen är varandras inverser så följer lemmat. Av detta lemma följer alltså att för ett fixt x är för alla y o(x) mängderna G xy lika stora, och eftersom G xy G xz = y = z så är de naturligtvis också disjunkta. Men detta innebär att (10) G = d.v.s. (11) y o(x) G = y o(x) G xy = o(x) G x. G xy = y o(x) G y

49 2. Fixmängden och fixgruppen 53 Vi har därmed bevisat den enkla satsen Sats (6.2.3.) o(x) = G G x anmärkning. Innan vi går vidare kan det vara värt att notera att det finns en allmän regel som säger att om en aktion har storaekvivalensklasser så är de få, medan små ekvivalensklasser innebär många olika. En konsekvens av sats 3 är nuatt små ekvivalensklasser svarar mot stora fixgrupper, vilket i sin tur innebär att en stor fixmängd innebär många ekvivalensklasser. Ett tydligt exempel. Innan jag går vidare med den allmänna teorin vill jag presentera ett exempel för att visa vad de införda begreppen och satserna innebär. Vi ska utgå från ett rakt prisma P, där toppen och botten är regelbundna 6-hörningar. Ytorna på över och undersidan ska nu indelas i 7 fält var genom att vi drar radier från båda mittpunkterna till de 6 hörnen, och genom att vi runt mittpunkterna ritar en cirkel med samma radie, exempelvis en tredjedel av hela radien och därefter betraktar det som ligger innanför cirkeln som ett fält. Varje sida i prismat utgör sedan ett eget fält. Figur Symmetrigruppen för detta prisma består av identiteten e, en rotation ett sjättedels varv r med potenserna r 2, r 3, r 4, r 5 och r 6 = e, samt sex vändningar s 1, s 2, s 3 och d 1, d 2, d 3 som består i att vi lyfter upp prismat, vänder det upp och ned och sedan sätter ned det igen. När vi utför denna vändning kan vi göra det på så sätt att antingen ett par av motstående sidokanter, eller ett par av motstående sidoytor behåller sin ursprungliga plats. Vi antar att då vi utför vändningen s i återkommer sidoytorna (z i,z i+4 ) till sin ursprungliga plats, medan vid vändningen d i ytorna z i och z i+4 byter plats. Detta är gruppen G = Sym(P). Vi ska nu låta denna grupp agera på den mängd X vars element är de olika fälten på prismat. Mängden består av 7 fält på ovansidan, 7 fält på undersidan och 6 fält på sidorna, d.v.s. sammanlagt 20 element som vi kan benämna x 0,x 1,...,x 6 för fälten på ovansidan, varvid x 0 är fältet i mitten, y 0,...,y 6 för fälten på undersidan, samt z 1,...,z 6 för fälten på sidorna. Innan vi börjar använda oss av teorin kan vi i detta fall direkt se vilka ekvivalensklasserna är för aktionen. Vi ser därvid att x 0 och y 0 utgör en

50 54 6. Polyateori ekvivalensklass, fälten x i och y i, i = 1,2,... 6 utgör en, medan z-fälten utgör en tredje. De olika ekvivalensklasserna innehåller alltså 2, 12 och 6 element. Fixmängden F A består av alla par (e,x), alla (r k,x 0 ) och (r k,y 0 ) och slutligen alla (s i,z i ) och (s i,z i+4 ). En tabell över fixmängden ser ut på följande sätt x 0 y 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 y 1 y 2 y 3 y 4 y 5 y 6 z 1 z 2 z 3 z 4 z 5 z 6 e r 1 1 r r r r s s s d 1 d 2 d 3 Innan vi går vidare kan det vara värt att notera hur pass mycket information om aktionen som ovanstående tabell innehåller. Speciellt är det värt att notera att i kolonnen under ett givet element x X kan vi avläsa fixgruppen G x, och vi kan också observera det som vi redan vet, nämligen att antalet 1:or under olika element i samma ekvivalensklass alltid är lika. Vi ska senare se att även raderna i tabellen har betydelse. Som synes blir matrisen för fixmängden redan för en måttligt stor mängd X synnerligen utrymmeskrävande. Det finns dock ett sätt att presentera fixmängden som tar mindre plats men ger samma information. I vårt exempel kan den se ut på följande sätt. e r r 2 r 3 r 4 r 5 X x 0,y 0 x 0,y 0 x 0,y 0 x 0,y 0 x 0,y 0 s 1 s 2 s 3 d 1 d 2 d 3 z 1,z 4 z 2,z 5 z 3,z 6 3. Burnsides lemma Efter att i Sats (3) ha beräknat storleken av de olika ekvivalensklasserna kan vi nu också beräkna antalet av dem. För att göra detta ska vi först bevisa följande Lemma (6.3.4.) F A = O G Bevis. För att beräkna F A ska vi summera mängdfunktionen 1 F över mängden G X. Vi ska utföra summeringen genom att först beräkna summan över varje kolonn för sig. Detta innebär att vi börjar med att summera över gruppen G medan vi håller elementet x fixt. Därefter ska vi även summera över X och vi börjar då med att summera varje

51 3. Burnsides lemma 55 ekvivalensklass för sig. Slutligen summerar vi över ekvivalensklasserna. Detta beskrivs i följande uträkning (12) F A = 1 F (g,x) = G x x X g G x X = G x = (enligt sats 3) o O x o = o O G = O G. Vi är nu nästan färdiga för Burnsides lemma. Det enda vi behöver är några nya begrepp som har till syfte att förenkla formuleringen av lemmat. Definition (6.3.9.) Om A är en aktion av G på X så ska vi skriva X g för mängden av alla x X sådana att g x = x, och vi ska skriva F(g) för X g. Innan vi går vidare kan vi notera att i fixtabellen är F(g) summan av alla 1:or som står i samma rad. Därmed är vi framme vid Sats (6.3.5.) (burnsides lemma) Antalet ekvivalensklasser är O = 1 G F(g) g G Bevis. Detta följer av det föregående lemmat om vi helt enkelt noterar att vi vid summeringen av 1 F över mängden G X lika gärna kunde ha börjat med att summera över raderna. Gruppaktionens cykliska index. Så här långt har vi ägnat oss åt viktig matematik men vi har inte sysslat med kombinatorik i snäv mening. Vad som egentligen menas med kombinatorik är visserligen något oklart, men en beskrivning är att säga att kombinatoriken sysslar med att räkna antalet sätt som vissa saker kan utföras på, och hittills har vi ju inte gjort någonting på något enda sätt. Det vi i fortsättningen ska studera är färgläggningar av elementen i mängden X, och den fråga som ställs är hur många särskiljbara färgläggningar det finns om två färgläggningar betraktas som lika om det finns ett g G som överför mängden X på sig själv på ett sådant sätt att den ena färgläggningen övergår i den andra. För att beskriva detta problem matematiskt så ska vi kalla mängden av färger för Y och eftersom det för detta problem bara är antalet färger som är relevant ska vi tills vidare anta att Y = N n. Detta innebär att det som är givet är en aktion A av G på X, samt ett tal n. Vi kan då (för varje n) definiera en aktion A n på mängden av färgläggningar, som kan betraktas som mängden av funktioner från X till N n. Denna mängd kallades tidigare N X n men för att förenkla våra beteckningar ska vi i fortsättningen benämna den X n. Vi kan dock notera att eftersom X n = N X n = n X så är detta ofta en ganska stor mängd. Speciellt är det i praktiken omöjligt att explicit skriva en fixtabell.

52 56 6. Polyateori Vad vi ska göra är därför att införa ett hjälpmedel som ger så mycket information om fixtabellen för färgläggningarna att det t.ex. är möjligt att beräkna radsummorna i tabellen utan att först rita upp den. För att göra detta behöver vi två definitioner. Innan jag ger dessa vill jag först påpeka att en gruppaktion A av G på X kan ses som en homomorfism av gruppen G till gruppen S(X) av alla permutationer av X. Detta innebär speciellt att varje element g kan entydigt beskrivas med hjälp av en produkt av disjunkta cykler. För att förenkla beteckningarna i det följande så ska vi använda följande Konvention: Beteckningen x står för en vektor (x 1,x i2,...,x im ) och för att ange att alla element i vektorn ersätts med talet n ska vi skriva n. Definition ( ) (cykelstruktur) Den cykliska strukturen S g (x) för ett element g G under en aktion A är ett monom x k i i där k i är antalet cykler av längd i när g uppfattas som ett element i S(X). Definition ( ) (cykliskt index) Gruppaktionen A:s cykliska index P A (x) = P A (x 1,x 2,...,x k ) definieras som (13) 1 G S g (x). g G Innanvi ger oss inpå ett noggrannare studiumav det cykliska indexet och dess betydelse ska vi återgå till vårt exempel och beräkna elementens cykliska struktur och aktionens cykliska index. Vi ska göra detta genom att ge följande tabell Med hjälp av tabellen ser vi att F(g) S g (x) e 20 x 20 1 r 2 x 2 1x 3 6 r 2 2 x 2 1 x6 3 r 3 2 x 2 1x 9 2 r 4 2 x 2 1x 6 3 r 5 2 x 2 1 x3 6 s 1 2 x 2 1x 9 2 s 2 2 x 2 1 x9 2 s 3 2 x 2 1 x9 2 d 1 0 x 10 2 d 2 0 x 10 2 d 3 0 x 10 2 (14) P A (x) = P A (x 1,x 2,x 3,x 6 ) = 1 12 (x x2 1 x x2 1 x x2 1 x x10 2 ).

53 4. Färgläggningar 57 Därmed kan vi återgå till den allmänna teorin och som ett steg på vägen kan vi notera att om vi först deriverar S g (x) med avseende på x 1 och sedan sätter alla variabler till 1, så får vi talet F(g), d.v.s. vi ser att F(g) = x 1 S g (1). Lägger vi nu ihop alla dessa och dividerar med G så får vi enligt Burnsides lemma fram att (15) O = x 1 P A (1), vilket ger en lätt föraning om att cykliska index kan vara användbart. 4. Färgläggningar Vi påminner oss nu att om A är en aktion av G på X så kan vi för varje n definiera en aktion A n på mängden X n av färgläggningar (med högst n färger) av X med hjälp av formeln (7). Vi ska skriva O n för att beteckna mängden av ekvivalensklasser för aktionen A n. Detta innebär att O n helt enkelt är antalet särskiljbara färgläggningar. Vår uppgift är nu att skapa oss en uppfattning om fixmängden för aktionen A n. Vi gör därför först den enkla observationen att en viss färgläggning är invariant under verkan av ett visst gruppelement g om och endast om varje cykel är enfärgad. Eftersom varje cykel (oberoende av de övriga) kan målas med vilken som helst av de n färgerna, så innebär detta att antalet fixpunkter F n (g) helt enkelt ges av formeln (16) F n (g) = S g (n) = n k i. Kombinerar vi nu detta med Burnsides lemma så får vi Polyas första sats. Sats (6.4.6.) Antalet särskiljbara färgläggningar av X med högst n färger är (17) O n = P A (n). I vårt exempel ser vi att (18) P A (n) = P A (n,n,n,n) = 1 12 (n20 + 2n 2 n 3 + 2n 2 n 6 + 4n 2 n 9 + 3n 10 ) = 1 12 (n20 + 2n 5 + 2n 8 + 4n n 10 ). Färginventariet. Många gånger är det inte det totala antalet färgläggningar med ett givet antal färger som är intressant, utan istället är det antalet färgläggningar med en given fördelning av färgerna. I detta sammanhang kan det vara värt att påpeka att det problem som Polya ville lösa med sin teori var att bestämma antalet isomerer av organiska molekyler. Dessa molekyler kan beskrivas på så sätt att vi har ett skelett av kolatomer och på dessa sitter det sedan kemiska grupper av olika typer. Eftersom två molekyler är isomerer endast om de har lika många av var och en av de olika sidogrupperna, så var

54 58 6. Polyateori han inte nöjd förrän han också löst problemet att bestämma hur många färgläggningar det fanns av varje typ. För att studera detta problem ska vi återgå till att betrakta mängden av färger som en abstrakt mängd Y med elementen y 1,y 2,...,y n. Vi kan därmed ge en modell av de möjliga sätten att måla en punkt x med någon av färgerna med hjälp av den genererande funktionen (y 1 +y y n ). På samma sätt kan de olika sätten att måla en hel cykel av längden i med en enda färg representeras av den genererande funktionen (y i 1 +yi yi n ). Ska vi nu beskriva mängden av fixpunkter för ett element g med S g (x) = x k i i så är det lätt att se att en genererande funktion för denna mängd ges av (19) S g (Y) = ( y j ) k1 ( y 2 j )k 2...( y r j )k r ) = ( y i j )k i. För att få hela fixmängden representerad måste vi till slut addera alla dessa S g (Y) vilket ger oss en funktion (20) P A (Y) = 1 G S g (Y) g G = P A (( y j ),( y 2 j ),...,( y r j )). Denna funktion brukar kallas för Polyas färginventarium. För att få en bättre förståelse av färginventariet ska vi se på några enkla exempel. Exempel. 1. Om X består av ett enda element och därmed G består av bara enheten får vi P A (x) = x 1 och P A (Y) = y i. Mer allmänt är det naturligtvis så att om G består av bara enheten, så att det saknas symmetrier och om X = n så är P A (x) = x n 1 och P A (Y) = ( y i ) n. Koefficienterna i färginventariet ges i detta fall av multinomialkoefficienterna. 2. I föregående exempel fanns det inga symmetrier vilket innebär att alla elementen i X är olika. Det motsatta extremfallet är att alla elementen är identiska vilket svarar mot att G = S(X). I detta fall är gruppens cykliska index komplicerat (åtminstone om X > 3) men färginventariet är enkelt åtminstone i den meningen att alla koefficienter är 1. Hur många de är och vilka de är kan det däremot vara jobbigt att ta reda på. 3. (Dominobrickor) Om X består av två identiska element så består G av dels enheten och dels ) platsbytet. Detta ger att P A (x) = 1 2 (x2 1 + x 2 ) så att P A (n) = 1 2 (n2 + n) =. Speciellt får vi om n = 7 att det finns 28 olika dominobrickor. Färginventariet ( n+1 2 blir P A (Y) = 1 2 (( y i ) 2 + y 2 i ) = y 2 i + i<j y i y j vilket helt enkelt säger att en dominobricka är helt bestämd av sina prickar. 4. Ett problem som har stor betydelse inom den organiska kemin gäller färgläggning av hörnen i en (regelbunden) tetraeder. Symmetrigruppen består i detta fall av enheten, tre vippningar genom motstående kanters mittpunkter, samt 8 rotationer,

55 4. Färgläggningar 59 ett 1/3-varv runt en axel genom ett hörn och motstående sidas mittpunkt. Detta ger det cykliska indexet P(x) = 1 12 (x x x 1x 3 ) Det som är speciellt intressant i detta fall är färginventariet för fyra färger. Först får vi att antalet färgläggningar med fyra färger är P(4) = 1 12 ( ) = = Räknar vi sedan ut färginventariet, så visar det sig att vi får koefficienten 1 för alla tänkbara färgkombinationer med högst 3 färger men koefficienten 2 för fallet då alla färger förekommer precis en gång. (Det är denna tvåa som är betydelsefull!) 5. Ett annat välkänt exempel som brukar behandlas i alla böcker är färgläggning av hörnen i en kvadrat. Gruppen består av 8 element och det cykliska indexet är vilket ger färginventariet P(x) = P(x 1,x 2,x 4 ) = 1 8 (x x 4 + 2x 2 1 x 2 + 3x 2 2 ), P(Y) = 1 8( ( yi ) 4 + 2( y 4 i ) + 2( y i ) 2 ( y 2 i ) + 3( y 2 i ) 2). För två färger ger detta P({s,v}) = (s 4 + v 4 ) + (s 3 v + sv 3 ) + 2(s 2 v 2 ). 6. Därmed kan det vara dags att återgå till vårt tidigare exempel med vårt prisma, men eftersom vi såg att det fanns väl många olika färgläggningar så ska vi helt enkelt förutsätta att prismat är vitt över och under så att det räcker att färglägga sidoytorna. Detta innebär att vi låter gruppen operera enbart på mängden Z = {z 1,...,z 6 }. Den cykliska strukturen för elementen och det cykliska indexet för aktionen blir då betydligt enklare. Vi får helt enkelt vilket ger färginventariet P A (x) = 1 12 (x x 6 + 2x x x2 1 x2 2 ) P A (Y) = 1 12 (( y i ) 6 + 2( y 6 i ) + 2( y 3 i ) 2 + 4( y 2 i ) 3 + 3( y i ) 2 ( y 2 i ) 2 ). ven detta uttryck är naturligtvis otympligt, men för 2 färger blir det överkomligt. Vi får P A ({s,v}) = (s 6 + v 6 ) + (s 5 v + sv 5 ) + 3(s 4 v 2 + s 2 v 4 ) + 3s 3 v 3.

56 1. Mer om funktioner Inledning. Efter att ha avslutat arbetet med kompendiet KOMBINATORIK har jag insett att det sista kapitlet i kompendiet, d.v.s. det som handlar om POLYATEORI är synnerligen svårläst, åtminstone för den som inte har mer förkunskaper om ekvivalensrelationer och permutationer än vad som finns i de tidigare kapitlen. I nästa upplaga av kompendiet kommer därför denna stencil (något modifierat) att ingå som ett kapitel, före eller efter kapitel 3. Kapitel 3 i kompendiet har titeln Hurmånga funktioner?, en titel som snarare borde vara Hur många funktioner finns det som...?, och namnet på detta bihang till kompendiet skulle då vara fortsättningen och vad kan vi göra med dem?. Innan jag på allvar går in på den frågan ska jag dock ta upp begreppet ekvivalensrelationer igen, och det är värt att redan nu nämna att det finns ett samband mellan surjektioner definierade på en mängd (med värden i någon annan lämplig mängd) och de ekvivalensrelationer som finns på mängden. 1. Ekvivalensrelationer och partitioner I det första kapitlet definierade vi ekvivalensrelationer. Vi ska i detta avsnitt visa att det finns ett nära samband mellan dessa och det begrepp som som ges av följande Definition (1.1.1.) (Partitioner) Låt en grundmängd X och en indexmängd I vara givna. En mängd P = {p i } i I av delmängder av X kallas för en partition av X om X = i I p i och p i p j = p i = p j. anmärkning 1. Detta kan uttryckas så att mängderna p i ska vara disjunkta (d.v.s. sakna gemensamma element) och tillsammans täcka hela X, eller så att varje x X ska tillhöra precis en av mängderna p i. anmärkning 2. Observera att det andra villkoret inte säger att i = j, utan endast att p i = p j. Anledningen till detta är att samma delmängd kan dyka upp flera gånger under olika namn. I fortsättningen kommer den vanligaste indexmängden för en partition av X att vara mängden X själv.

57 2 1. Mer om funktioner För att beskriva sambandet mellan de två begreppen måste vi börja med att hitta en partition som hänger ihop med en given relation. Definition (1.1.2.) (Ekvivalensklasser) Låt E vara en ekvivalensrelation på en mängd X och låt x vara ett element i X. Då kallas mängden C E (x) = {y X xey } av alla y som är ekvivalenta med x för en ekvivalensklass, varvid C E (x) är den ekvivalensklass som innehåller x. Vi kan nu börja med att visa ett förberedande lemma, nämligen Lemma (1.1.1.) Låt E vara en ekvivalensrelation på X och låt x och y vara element i X, sådana att y C E (x). Då gäller att C E (y) = C E (x). Bevis. Antag att z C E (y), d.v.s. att yez. På grund av transitiviteten gäller då även xez d.v.s. att z C E (x), och därmed har vi visat att C E (y) C E (x). Vi noterar sedan att på grund av symmetrin gäller också att yex vilket innebär att x C E (y). Vi kan därför i det första steget byta plats på x och y, vilket ger att C E (x) C E (y) d.v.s. att C E (x) = C E (y). Därmed kan vi nu formulera och bevisa Sats (1.1.2.) (Partitionssatsen) Låt E vara en ekvivalensrelation på X och låt P E vara mängden av ekvivalensklasser P E = {C E (x) x X}. Då är P E en partition av X. Omvänt om P = {p i i I} är en partition av X så kan vi definiera en ekvivalensrelation E P på X genom sambandet xey i I så att x p i och y p i. Bevis. För att visa att P E är en ekvivalensrelation finns det två saker att bevisa och eftersom det följer av lemmat att mängderna är disjunkta så behöver vi bara bevisa att de också täcker X. Detta följer dock av att en ekvivalensrelation också är reflexiv, d.v.s. att för varje x X gäller att x C E (x). För att bevisa det omvända så observerar vi först att reflexiviteten och symmetrin är uppenbara och enbart utnyttjar att partitionen täcker X. För transitiveten utnyttjar vi att xeyoch yez innebär att det finnsmängder p i och p j sådana att den första innehåller x och y medan den andra innehåller y och z. Detta innebär att p i och p j har elementet y gemensamt, och eftersom P är en partition är då p i = p j vilket innebär att också xez gäller.

58 2. Sammansättning av funktioner 3 anmärkning. Det bör påpekas att det är vanligare att en partition definieras från en ekvivalensrelation än tvärtom. Som avslutning på detta avsnitt ska vi se att varje funktion ger upphov till en ekvivalensrelation på ett mycket naturligt sätt. Om nämligen α : X Y är en given funktion så kan vi definiera en relation E α på X genom x 1 E α x 2 α(x 1 ) = α(x 2 ). Det intressanta med detta är egentligen inte att E α är en ekvivalensrelation, eftersom detta bara beror på att = är en ekvivalensrelation (på Y), utan det intressanta är att det är en ekvivalensrelation som faktiskt ges av vanlig identitet. (Två elemnt i Y är ekvivalenta om de är samma element.) En fråga som visar sig ha ett intressant (d.v.s. jakande) svar är nu om varje ekvivalensrelation kan uppstå på detta sätt. För en ändlig mängd är detta uppenbart, om vi tänker på de olika ekvivalensklasserna som urnor och därmed uppfattar den tillhörande partitionen som en funktion från en given mängd (av märkta) kulor till en annan mängd av (märkta) urnor. Frågan är något mindre lätt att besvara om mängden X är oändlig, men svaret är även i detta fall ja. Beviset består i att visa att mängden av ekvivalensklasser {C E (x) x X} kan tolkas som en ny mängd Y. Det är i detta sammanhang värt att notera att de funktioner som definieras på detta sätt är surjektioner. Ett enumerationsproblem som hänger nära ihop med frågan om hur många surjektioner det finns från X till Y är att räkna ut hur många partitioner (med k icke-tomma delmängder) det finns av mängden N n. Detta problem kan lösas rekursivt, antalet skrivs S(n,k) och kallas för Stirling-tal. 2. Sammansättning av funktioner Vi ska i detta avsnitt definiera en av de (allmännaste) och viktigaste algebraiska operationerna i modern matematik, och på köpet får vi också ett par av de viktigaste algebraiska strukturerna. För att förenkla eller åtminstone förkorta beteckningarna i fortsättningen ska vi skriva X α Y (istället för α : X Y) för att ange att α är en funktion från X till Y. Definition (1.2.3.) Låt X α Y och Y β Z vara funktioner. Då definieras sammansättningen X β α Z genom sambandet β α(x) = β(α(x)). Den viktigaste egenskapen hos sammansättningsoperationen är att den är associativ och även om detta är närmast självklart eftersom sammansättningen av tre funktioner bara kan definieras på ett sätt, så är det värt att ha en sats att åberopa. Innan jag går vidare vill jag påpeka att ni ofta då ni lär er något om algebraiska struktureri matematiken, kommer att upptäcka att matematiker fäster en till synes överdriven vikt vid sådana element som inte förändrar någonting. Vid sammansättning av funktioner är det identitetsfunktionerna som har denna egenskap. Jag kommer i fortsättningen att skriva J X (eller bara J om mängden X är underförstådd) för identitetsfunktionen på X, varvid J X (x) = x för alla

59 4 1. Mer om funktioner x X. Därmed är vi färdiga för Sats (1.2.3.) (Sammansättningssatsen) (i) Låt X α Y β Z γ W vara funktioner. Då är de sammansatta funktionerna (γ β) α och γ (β α) lika. (ii) Vidare gäller att om J X och J Y är identitetsfunktionerna så är α J X = α = J Y α. (iii) Om funktionerna α och β båda är injektioner så gäller detta även sammansättningen β α, och om båda är surjektioner så är även β α en surjektion. Speciellt är β α en bijektion så snart både α och β är det. ven om sammansättning av funktioner är en mycket allmän operation som kan definieras även om mängderna X, Y och Zinte harnågon som helst algebraisk strukturi sig själva, så ställs det dock ett viktigt krav, nämligen att β börjar där α slutar. Det enklaste sättet att få detta villkor uppfyllt är nu att anta att alla funktioner börjar och slutar i samma mängd X. Vi ska i fortsättningen skriva End(X) för mängden av funktioner från X till sig själv. 1 Det följer av sammansättningssatsen att sammansättning är definierad för alla α och β i End(X). En mängd med en associativ operation (i vårt fall sammansättning av funktioner) som dessutom har ett neutralt element (d.v.s. ett som inte gör något alls då man opererar med det) kallas ofta för en monoid. ven om begreppet monoid är både användbart och viktigt i modern matematik, så är det dock nästa begrepp som är det riktigt betydelsefulla. Definition (1.2.4.) (Grupper) En grupp G (eller riktigare (G, )) är en mängd tillsammans med en funktion m : G G : G, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (x,y) av element tillordnar ett element z = m(x, y) i mängden. Denna funktion kallas vanligen gruppmultiplikationen och beskrivs genom formeln z = x y. Följande tre villkor gäller för gruppmultiplikationen: (1) (2) (3) x y z x (y z) = (x y) z (associativitet) e x e x = x e = x (enhetselement) x y x y = y x = e (invers) Det bästa sättet att få någon aning om gruppbegreppet är att se på några enkla exempel. Exempel. 1. Den enklaste gruppen är den som bara består av ett element. Konkret kan denna grupp anges som ({0},+) eller som ({1}, ). 1 Beteckningen kommer av att i många sammanhang kallas sådan funktioner för endomorfier eller endomorfismer.

60 3. Permutationer 5 2. Välkända grupper är också mängden av hela tal under addition (Z,+), mängden av positiva reella tal under multiplikation (R +, ), mängden av 2 2-matriser med determinanten 1 under matrismultiplikation. Denna grupp betecknas vanligen SL(2,R). 3. Den gruppsom kommer att spela störst roll i dennakurs är mängden av bijektioner på en given ändlig mängd, som ofta men inte alltid förutsätts vara mängden N n (för något n). Gruppmultiplikationen är sammansättning av funktioner, som enligt vad vi tidigare visat är associativ. Vi såg också att identiteten är ett enhetselement, så för att bevisa att vi verkligen har en grupp behöver vi bara bevisa att varje bijektion har en invers. Detta följer nu av att vi kan definiera den till funktionen α hörande inversen, som vanligen skrivs α 1, genom α 1 (x) = y α(y) = x. Eftersom α är surjektiv så finns det för varje x ett sådant y och eftersom α är injektiv så finns det högst ett y vilket innebär att α 1 är en funktion. Att den är en bijektion följer av att mängden är ändlig. Denna grupp betecknas S(X) eller om X = N n för S n. Innanvi går vidare bör det påpekas att eftersom det bara finnsen enda algebraisk operation i en grupp så behövs det egentligen ingen symbol alls för denna så att istället för att skriva x y skriver vi vanligen bara xy. Innan ni börjar läsa nästa avsnitt bör ni lösa följande övningsuppgifter. 1. Visa att en grupp innehåller precis ett enhetselement. (Ledning: Anta att både e 1 och e 2 är enhetselement och räkna ut produkten e 1 e 2.) 2. Visa att varje element i en grupp bara har en invers. (Ledning: Anta att både y och z är inverser och räkna ut produkterna (yx)z och y(xz).) 3. Visa att e 1 = e, att (x 1 ) 1 = x samt att (xy) 1 = y 1 x Permutationer Vi ska i återstoden av detta kapitel ägna oss åt mängden S n av bijektioner på mängden N n och som alla säkert vet så kallas en sådan funktion för en permutation. ven om jag förutsätter att ni alla kännertill begreppet permutation, så misstänker jag att ni som regel inte behövt se demsom funktioner, och inte heller behövt räkna särskilt mycket meddem. Däremot är jag säker på att ni alla vet att antalet permutationer i S n är n!. Det första ni nu måste lära er är att se dem som funktioner och att lära er att sammansätta dem. För att kunna göra det ska ni först få lära er ett sätt att skriva dem som underlättar räknandet. Jag vill i detta sammanhang påpeka att till skillnad från de funktioner man oftast träffar på, exempelvis reellvärda funktioner definierade på intervall av reella tal, som vanligen ges av algebraiska uttryck eller medhjälp av ett litet antal elementära funktioner, så kommer permutationer sällan att kunna beskrivas på annat sätt än genom att tala om vad som ska hända med varje enskilt tal. Ett sätt att ange en permutation π är naturligtvis att helt enkelt ge följden π(k),1 k n, men av olika anledningar är detta inte någon särskilt bra metod. Den främsta anledningen till detta är att det inte är särskilt lätt att räkna ut sammansättningen av två permutationer som skrivits på detta sätt. Det finns också andra anledningar, varav en är att identitsfunktionen J som spelar större roll än alla andra och därför används mer tar lika stor plats att skriva som någon annan trots att den ju faktiskt inte gör något. Det har visat sig att det som brukar kallas för den

61 6 1. Mer om funktioner cykliska representationen av en permutation är det i de flesta sammanhang bästa sättet att beskriva den. De viktigaste fördelarna är: 1. Endast de element som verkligen påverkas av en permutation behöver anges. Detta innebär att ju mindre än permutation ställer till med, ju mindre plats tar den. 2. Det är lätt att skriva upp inversen till en given permutation. 3. Det är lätt att beräkna sammansättningen av en permutation med sig själv. 4. I vissa sammanhang behöver man inte ens veta vilka element som påverkas av en permutation, utan all information som behövs är hurmånga cykler det finnsoch hur långa de är. 4. Den cykliska representationen För att förstå den cykliska representationen av en permutation kan vi börja med att fråga oss vad som händer när vi sammansätter en given permutation med sig själv ett antal gånger. Om ni prövar med några permutationer i S 3 eller S 4 så kommer ni att upptäcka att ni efter bara några gånger kommer först till identiteten och sedan tillbaka till den permutation som ni började med. (I S 3 kommer ni till identiteten efter högst tre steg, i S 4 efter 4, i S 5 efter 6 och undan för undan kan det behövas betydligt fler än n steg i S n.) Detta beror egentligen inte på att det är just permutationer ni håller på med utan bara på att den mängd som ni räknar på är en ändlig grupp. Om vi nämligen definierar permutationerna π n genom π 0 = J och π n+1 = π π n så är det lätt att inse att eftersom vi kan hålla på hur länge som helst medan det bara finns n! permutationer i S n så kommer man förr eller senare tillbaka till en permutation som förekommit tidigare. Antag nu att 0 < k < l, att π k = π l och att π l är den första permutation som återkommer. Då är på grund av associativiteten (och existensen av en invers) vilket medför att π l = π l k π k J = π l (π l ) 1 = π l (π k ) 1 = pi l k π k (π k ) 1 = π l k. Detta innebär att π = π l k π och eftersom l k+1 < l om inte k = 1 så måste (på grund av förutsättningen att π l var det första element som återkom) k vara 1. Det följer också att π l 1 = J och att π l 2 = π 1. Talet l 1, d.v.s. det minsta tal ν för vilket π ν = J kallas för permutationens ordning. (Eftersom det bara finns n! olika möjligheter för π k så vet vi att ordningen ν(π) av π är högst n!. Det är dock lätt att visa att ordningen är betydligt mindre.) Om nu π är en given permutation (på N n ) så kan vi definiera en relation E π på N n genom xe π y om det finns k ( 0) så att π k (x) = y. Låt ordningen vara ν (eller ν(π)). Eftersom π 0 = π ν = J och J(x) = x så är relationen E π reflexiv. Om sedan k < ν så är π ν k = (π k ) 1 vilket innebär att π n k (y) = x om π k (x) = y och detta innebär att relationen är symmetrisk. Slutligen är E π transitiv på grund av att om y = π k (x) och z = π j (y) så är z = (π j ) π k (x) = π j+k (x), vilket visar att E π är en ekvivalensrelation. Detta innebär att vi kan dela in N n i ett antal ekvivalensklasser och för varje ekvivalensklass gäller att om vi startar där så kommer vi aldrig ur den hur länge vi än håller på. Ett sätt att

62 4. Den cykliska representationen 7 beskriva permutationen är därför att sammanföra elementen i sina ekvivalensklasser för att sedan sätta parenteser runt dessa. Den som återstår är att ta reda på vad permutationen gör inom en ekvivalensklass. För att se det tar vi ett godtyckligt element i klassen och låter π verka på detta tills vi första gången får ett element som vi har sett förut. Frågan är naturligtvis vilket element det kan vara, och svaret är att det måste vara det element som vi startade med. Anledningen är att från det att vi första gången återfår ett gammalt element kommer följden att upprepa sig själv, så att om vi inte får tillbaka det element vi startade med innan vi återfår något annat, så får vi aldrig tillbaka det första och det strider mot vad vi tidigare bevisat, nämligen att för något ν är π ν = J. Vi antar därför att π µ (x 0 ) = x 0, (varvid µ ν) och konstaterar att eftersom följden upprepar sig så är π µ (x) = x för alla x i ekvivalensklassen. Dessutom måste vi få med alla de andra elementen i klassen innan vi kommer tillbaka till x 0. Ett sätt att skriva upp elementen i klassen är därför att börja med något av dem (t.ex. det minsta) och att skriva resten i den ordning de kommer om vi låter permutationen π verka. En ekvivalensklass skriven i sin rätta ordning kallas för en cykel (uttalas med långt y). Därmed är det dags att visa några exempel, men innan jag ger dem vill jag säga att den som inte känner till den cykliska representationen av permutationer, och ändå lyckats hänga med i den här texten och förstått vad som menas förmodligen har alla förutsättningar att lyckas med sina matematikstudier. Exempel. I nedanstående exempel ska vi först beskriva permutationen genom att helt enkelt ange resultatet av permutationen, d.v.s. att vi ska skriva elementen i ordningen [π(1) π(2)... π(n)]. 1. I S 2 finns det bara två permutationer, nämligen identiten J, d.v.s. den som ger resultatet [1 2] och den som byter plats på dem, nämligen permutationen [2 1]. För identiten är varje element sin egen ekvivalensklass så att permutation kan skrivas (1)(2). I allmänhet följer man regeln att inte alls skriva upp de ekvivalensklasser som bara innehåller ett element, vilket innebär att vi alltså hoppar över de element som inte påverkas av permutationen. Gör vi det när det gäller identiteten får vi dock bara, vilket även om det i princip är rätt kan vara svårt att lägga märke till. När det gäller identiteten skriver mandärför uppdenförsta ekvivalensklassen vilket ger att identiteten brukar skrivas som (1). Den andra permutationen skrivs (12). 2. I S 3 finns det 3! = 6 permutationer varav identiteten är en. En lämplig ordning att skriva upp alla är [1 2 3], [2 3 1], [3 1 2], [1 3 2], [3 21], [2 1 3]. Då är den första identiteten J = (1). Den andra skickar 1 till 2, 2 till 3 och slutligen 3 tillbaka till 1. Alla elementen utgör därför en ekvivalensklass och permutationen skrivs (123). Den tredje är ungefär som den andra men skrivs (132). Den fjärde permutationen gör ingenting alls åt 1:an men byter plats på de två andra och skrivs därför (2 3), den femte håller 2:an still och skrivs (1 3), medan den sjätte slutligen skrivs (12). 3. Som avslutning kan ni försöka att skriva uppdencykliska representationen av några permutationer i S 4, exempelvis [ ], [ ], [ ], [ ] och [ ]. (Svaren finns längst bak i häftet.)

63 8 1. Mer om funktioner 5. Räkning med permutationer Förhoppningsvis har ni nu förstått och lärt er hur man skriver upp den cykliska representationen för en given permutation, och om ni fortsätter att räkna med permutationer kommer ni snart att upptäcka att ni mot er egen vilja föredrar detta sätt att beskriva dem. Det återstår att se hur man räknar med permutationer. För att beskriva det ska jag räkna ett par exempel för att visa att ni egentligen redan kan detta. Låt två permutationer i S 5, exempelvis π = [ ] och σ = [ ] vara givna och låt oss beräkna π σ. Vi kan börja med att räkna som vi skulle gjort utan den cykliska representationen. Vi ser då att π σ(1) = π(σ(1)) = π(2) = 3, π σ(2) = π(3) = 2, π σ(3) = π(5) = 4, π σ(4) = π(4) =5 och slutligen π σ(5) =π(1) =1, vilket ger att π σ = [ ]. Vi övergår nutill att räkna med cykliska representationer och måste därför börja med att utföra en operation som i fortsättningen alltid kommer att vara genomförd (eftersom permutationer kommer att vara givna genom sin cykliska representation), nämligen att räkna ut de cykliska representationerna. Vi börjar med π och ser att π(1) = 1 så att 1 är sin egen ekvivalensklass. Sedan följer π(2) = 3 och π(3) = 2 så att (23) är en cykel. Slutligen utgör 4 och 5 en ekvivalensklass vilket ger att π = (23)(45). För att räkna ut den cykliska representationen av σ ser vi att σ(1) = 2, σ(2) = 3, σ(3) = 5 och σ(5) = 1 medan σ(4) = 4, så att den första cykeln (1235) och den andra (som vi inte behöver skriva ner) är (4). Sammantaget ger detta σ = (1235). För att räkna ut π σ börjar vi med att skriva ned dem i den ordning de står, vilket ger π σ = (23)(45) (1235). Vi bortser nu från sammansättningstecknet och räknar helt enkelt från höger. Vi ser att den första cykeln skickar 1 till 2, den andra (från höger) gör inget med 2 medan den sista skickar 2 till 3. Därefter går 3 till 5 till 4, 4 påverkas inte av den första men skickas av den andra till 5 och slutligen går 5 till 1 och blir kvar där vilket ger cykeln (1345). Det återstår ett element, nämligen 2 som skickas till 3 och tillbaka till 2. Detta ger att π σ = (1345). Räknar vi nu ut den cykliska representationen av [ ] får vi (1345) vilket ju var vad vi redan visste. Innan vi tittar närmare på hela mängden S n av alla permutationer måste vi (tyvärr) notera att den operation vi studerar, nämligen sammansättning av permutationer (eller mer allmänt funktioner) saknar en egenskap som vanligen underlättar allt räknande, nämligen kommutativitet. För att se detta räcker det att räkna ut σ π. Resultatet blir σ π = (1235)(23)(45) = (1254) (eller σ π = [ ]). Eftersom det alltid är lättare att räkna då saker kommuterar, men inte alla permutationer kommuterar så är det viktigt att veta något om när de kommuterar. Eftersom det är i praktiken omöjligt att ange alla fall så ska vi här nöja oss med några enkla men viktiga fall. 1. π och σ kommuterar om någon av dem är enheten. 2. π och σ kommuterar om σ = π eller om σ = π 1.

64 6. Jämna och udda permutationer 9 3. De kommuterar också om det finns en permutation τ och tal k och j sådana att π = τ k och σ = τ j. (Detta beror på den associativa lagen.) 4. π och σ kommuterar om de är disjunkta vilket innebär att det finns en partition N n = A B (med A B = ) sådan att σ inte ändrar A medan π inte ändrar B. Speciellt innebär detta att ordningen mellan cyklerna i den cykliska representation av π är godtycklig. anmärkning. Det är värt att notera att varje cykel av π kan ses som en egen permutation, d.v.s. att den cykliska representationen helt enkelt är ett sätt att skriva π som en produkt av (kommuterande) enkla permutationer. 6. Jämna och udda permutationer Hittills har vi i detta kapitel studerat permutationer och lärt oss den cykliska representationen av dem. Dessutom har vi lärt oss att beräkna sammansättningen av två permutationer. Det vi nu ska göra är att titta på mängden av alla permutationer i S n och studera denna mängd i sig. Det första vi ska göra är att påminna oss var vi tidigare sett permutationer och vad de då användes till. Med eller utan en stunds funderande är jag säker på att ni minns att permutationer förekommer i samband med determinanter och att man där talar om jämna och udda permutationer. Även om jag inte förutsätter att ni kommer ihåg definitionen tänker jag inte upprepa den eftersom det räcker med att ni kommer ihåg determinanträkning för att vi ska kunna räkna ut om en permutation är jämn eller udda. För att göra det ska vi börja med Definition (1.6.5.) (Permutationsmatris) En kvadratisk matris som innehåller precis en etta i varje rad och en etta i varje kolonn kallas för en permutationsmatris. Exempel. Alla matriserna ( ) och ( ) samt , , , , är permutationsmatriser. De är också de enda permutationsmatriserna av ordning 2 resp. 3. Om ni räknar med permutationsmatriser upptäcker ni snart att dessa påminner om permutationer, eftersom om man multiplicerar en vektor så permuteras koordinaterna. I själva verket ger de ett annat sätt att skriva permutationer och även om vi inte bryr oss om att räkna ut hur man kan överföra en given permutation till en matris eller tvärtom, så

65 10 1. Mer om funktioner definierar vi en permutationsmatris som jämn om dess determinant är 1 och udda om dess determinant är 1. Enligt räkneregler för determinanter innebär detta att identitetsmatrisen, I, är jämn, att determinanten byter tecken om vi byter plats på två rader eller två kolonner, att den inte ändras när determinanten transponeras och att determinanten för en produkt är produkten av determinanterna. Allt vi nu behöver veta för att kunna räkna ut tecknet, (jämn eller udda, +1 eller 1) för en permutation är att identitetsmatrisen I svarar mot identitetspermutationen J, att produkten av två permutationsmatriser svarar mot produkten av motsvarande permutationer och slutligen att omkastning av två rader svarar mot multiplikation från vänster med en permutationsmatris som bara byter plats på dessa två rader. Sammantaget innebär detta att identiteten J är jämn, att en tvåcykel är udda och att tecknet för produkten av två permutationer är produkten av deras tecken. Med utgångspunkt från detta kan man räkna ut att en cykel av udda längd är jämn, en cykel av jämn längd är udda, och att tecknet för en permutation är udda om den innehåller ett udda antal cykler av jämn längd, medan den är jämn annars. Innan ni läser nästa avsnitt föreslår jag att ni beräknar tecknet för alla de permutationer ni hittills stött på i detta kapitel. (De är trots allt inte särskilt många!) anmärkning. Det kan påpekas att en permutationsmatris är en ortogonalmatris, vilket innebär att dess invers är den transponerade matrisen. Detta innebär att inversen till en permutation π alltid har samma tecken som π. 7. Konjugerade permutationer Jag påstod tidigare att när man håller på med permutationer spelar det ofta ingen roll vilka element som en permutation skickar hit eller dit, d.v.s. att det inte spelar någon roll vilka element som de olika cyklerna innehåller utan att det enda som spelar någon roll är hur många och hur långa som cyklerna är. Ett exempel på detta såg vi i föregående avsnitt där slutresultatet är att tecknet för en permutation enbart beror på hur många cykler av jämn längd som den innehåller. I detta avsnitt ska vi införa ett begrepp som är viktigt för alla (icke-kommutativa) grupper, men som ni i den här kursen bara behöver kunna och förstå för gruppen S n. Definition (1.7.6.) (Konjugerade element i en grupp) Låt G vara en (ändlig) grupp och låt x och y vara element i G. Då sägs elementen vara konjugerade om det finns något element z i gruppen sådant att y = z 1 xz. Eftersom begreppet, att vara konjugerad med är en relation på G och eftersom de flesta relationer som vi tar upp i denna kurs är ekvivalensrelationer bör nästa sats vara vad de flesta av er väntar sig. Sats (1.7.4.) (Konjugeringssatsen) Relationen att vara konjugerad med är en ekvivalensrelation på G.

66 7. Konjugerade permutationer 11 Bevis. Ni kommer i kapitlet om Polyateori att träffa på flera exempel där en ekvivalensrelation definieras med hjälp av en grupp. Ni kommer då att se att reflexiviteten bevisas med hjälp av identiteten, symmetrin med hjälp av inverser och transitiviteten med hjälp av gruppmultiplikationen. I vårt aktuella fall ser vi att relationen är reflexiv, d.v.s. att x är konjugerat med x på grund av att x = e 1 xe, att relationen är symmetrisk eftersom zyz 1 = x om y = z 1 xz och att relationen är transitiv emedan y = w 1 xw och z = u 1 yu = z = (wu) 1 x(wu). Eftersom konjugering ger upphov till en ekvivalensrelation, så kan gruppen indelas i ekvivalensklasser (med avseende på relationen) som i detta fall kallas konjugatklasser. vning: Visa att elementen xy och yx är konjugerade. (Ledning: Använd z =x.) Det som är viktigt i denna kurs är att det är lätt att se när två element i S n är konjugerade. Sats (1.7.5.) (Konjugatklasserna i S n ) Två permutationer i S n är konjugerade om deras cykliska representationer innehåller lika många cykler av varje längd. Detta är en sats som ni bör känna till och ni bör också ha en aning om hur man hittar en permutation som överför denena till denandra, däremot behöver ni varken förstå eller lära er beviset. Bevis. Skriv permutationernas cykliska representationer (medtagande även cyklerna av längd 1) över varandra på så sätt att cykler av samma längd står rakt över varann. Om τ definieras så att varje element i denövre permutationen (π) avbildas på motsvarande element i den undre (σ) så är τ 1 σ τ = π och τ π τ 1 = σ. Antag nämligen att π(x) = y och att w och u står under x och y. Då är τ(x) = w, τ 1 (w) = x, τ(y) = u och τ 1 u = y. Vidare är σ(w) = u och På samma sätt är τ 1 σ τ(x) = τ 1 σ(w) = τ 1 (u) = y = π(x). τ π τ 1 (w) = τ π(x) = τ(y) = u = σ(w). Eftersom elementet x är godtyckligt och alla de andra elementen (d.v.s. y, w och u) bestämts av elementet x och permutationerna π och σ så följer satsen. Svar till uppgifterna i avsnitt 4: (1), (1234), (123), (12), samt (13)(24).