SF2715 Tillämpad ombinatori Kompletterande material och övningsuppgifter Del I Jaob Jonsson 2 augusti 2009 Detta häfte innehåller ompletterande material till Del I av ursen SF2715 Tillämpad ombinatori, som ges på KTH under andra halvan av våren 2009. Häftet utgör ett omplement till ursboen: Peter J. Cameron, Combinatorics: Topics, Techniques, Algorithms, Cambridge University Press, 1994. Det huvudsaliga syftet med häftet är att ge studenten tillgång till rimliga mängder övningsuppgifter att arbeta med. Ett problem med ursboen är nämligen bristen på just bra övningsuppgifter. Uppgifterna i häftet är utformade för att svara mot de uppsatta målen för ursen. Jag har försöt göra en bedömning av uppgifternas svårighetsgrad genom att gradera dem från A till E; graderingen anger den betygsnivå som jag anser att problemet motsvarar. Observera att graderingen är mycet ungefärlig. Sica gärna synpunter på graderingen, i synnerhet om min bedömning av en uppgifts svårighetsgrad verar vara helt galen. Lösningsförslag till uppgifterna ommer att finnas tillgängliga på urshemsidan. Fler uppgifter att öva på finns på tidigare års srivningar. Dessa srivningar an laddas ned från ursens hemsida. Ytterligare häften med material för de övriga delarna i ursen ommer att finnas tillgängliga inom en snar framtid. Utöver övningsuppgifter innehåller häftet även några avsnitt med teori: Avsnitt 1: Urvalsproblem. Vi disuterar fyra lassisa varianter på problemet att välja element ur en mängd med n element. Detta avsnitt utgör ett omplement till avsnitt 3.7 i Cameron. Avsnitt 2: Multipliationsprincipen för genererande funtioner. Vi ger en ombinatoris tolning av produten av två eller flera genererande funtioner. Detta avsnitt utgör ett omplement till avsnitt 4.2 i Cameron. 1
Avsnitt 3: Räna ord som undvier vissa delord av längd 2. Vi studerar problem som ger upphov till linjära reursioner, alltså evationer i stil med a n = 3a n 1 2a n. En vitig lass av problem av denna typ handlar om att räna ord som undvier vissa givna delord av längd två. Sådana problem an lösas antingen med ombinatorisa ad hoc-metoder eller med mer systematisa metoder baserade på linjär algebra. Detta avsnitt utgör ett omplement till avsnitt 4.3 i Cameron. Avsnitt 4: Catalantalen. Vi benar ut detaljerna i Camerons uträning av den genererande funtionen för Catalantalen. Detta avsnitt utgör ett omplement till avsnitt 4.5 i Cameron. Innehåll 1 Urvalsproblem 3 2 Multipliation av genererande funtioner 4 3 Räna ord som undvier vissa delord av längd 2 5 4 Catalantalen 8 Ö Övningsuppgifter 10 Ö.1 Binomialoefficientens värde..................... 10 Ö.2 Ännu en reursion för binomialoefficienterna........... 10 Ö.3 Binomialsatsen I........................... 10 Ö.4 Binomialsatsen II........................... 10 Ö.5 Vem vet mest?............................ 11 Ö.6 Växande följder av tal I....................... 11 Ö.7 Växande följder av tal II....................... 12 Ö.8 Genererande funtion för tärningsast............... 12 Ö.9 Slantsingling............................. 12 Ö.10 Summor på formen t + 2u + 3v................... 13 Ö.11 Ord som undvier 00......................... 13 Ö.12 Ord som undvier 00 och 11..................... 13 Ö.13 Ord som undvier 01......................... 13 Ö.14 Ord som undvier ij om i j 2................. 14 Ö.15 Grannfria onfigurationer av bricor på ett bräde......... 14 Ö.16 Delmängders ardinalitet modulo 3................. 14 Ö.17 Hopparningar av tal på avstånd högst 2.............. 15 Ö.18 Hopparningar av tal på avstånd högst 3.............. 15 Ö.19 Växande följder av tal III...................... 15 Ö.20 Ice-särande hopparningar..................... 16 Ö.21 Oavgjord tävling där den ena spelaren aldrig leder........ 16 2
1 Urvalsproblem Följande är ett av de mest lassisa problemen inom enumerativ ombinatori: På hur många sätt an man välja element från en mängd med n element? Som problemet är formulerat är det doc inte helt uppenbart vad det är vi sa beräna. För det första framgår det inte om det spelar någon roll i vilen ordning vi väljer de elementen. För det andra är det inte lart om upprepade föreomster av ett och samma element är tillåtna. Beroende på hur vi väljer att precisera problemet på dessa båda punter får vi fyra olia varianter av problemet. De fyra varianterna disuteras ortfattat i avsnitt 3.7 i Cameron, och i det här avsnittet gör vi några tillägg och förtydliganden. Ordningen spelar ej roll, upprepning är ej tillåten. I detta fall studerar vi delmängder av storle till en mängd av storle n. Antalet sådana delmängder är lia med binomialoefficienten ( n ) = n!! (n )!. Vi har följande mängder av storle 3 med element från mängden {1, 2, 3, 4, 5}; vi sriver abc = {a, b, c}: 123, 124, 125, 134, 135, 145,234, 235, 245, 345. Antalet delmängder av storle till en mängd av storle n sammanfaller med antalet heltalsföljder (a 1, a 2,...,a ) sådana att 1 a 1 < a 2 < < a n. Vi har nämligen en bijetion mellan sådana växande följder och delmängder till {1,...,n} av storle, där bijetionen ges av att avbilda följden (a 1,...,a ) på mängden {a 1,..., a }. Ordningen spelar ej roll, upprepning är tillåten. I detta fall blir problemet evivalent med att räna antalet multimängder av storle med element från en mängd av storle n. En multimängd är en mängd av element där samma element tillåts föreomma flera gånger. Två multimängder betratas som identisa om antalet föreomster av varje element är detsamma i båda multimängderna. Vi har följande multimängder av storle 3 med element från mängden {1, 2, 3}; vi sriver abc = {a, b, c}. 111, 112, 113, 122, 123, 133,222, 223, 233, 333. Antalet multimängder av storle över 1 en mängd av storle n sammanfaller med antalet heltalsföljder (a 1, a 2,...,a ) sådana att 1 a 1 a 2 a n. Vi har nämligen en bijetion mellan sådana svagt växande heltalsföljder och multimängder av storle med element från {1,..., n}, där bijetionen ges av 1 över = med element från. 3
att avbilda följden (a 1,..., a ) på multimängden {a 1,..., a }. På sidan 33 i Cameron visas att antalet är ( ) ( ) n + 1 n + 1 =. n 1 I uppgift Ö.7 ges ett alternativt bevis. Ordningen spelar roll, upprepning är ej tillåten. Eftersom olia element an ordnas på! olia sätt finns det i detta fall! gånger så många sätt som i det första fallet, alltså! ( ) n = n! (n )!. I fallet då = n erhåller vi en permutation av den givna mängden, alltså en ordnad följd där varje element i mängden föreommer precis en gång. Vi har följande följder av 3 olia element från mängden {1, 2, 3, 4}; vi sriver abcd = (a, b, c, d). 123, 124, 132, 134, 142, 143, 213, 214, 231, 234, 241, 243 312, 314, 321, 324, 341, 342, 412, 413, 421, 423, 431, 432. Ordningen spelar roll, upprepning är tillåten. Detta är det enlaste fallet; vi har n möjligheter på varje position och olia positioner, vilet ger totalt n möjligheter. Vi har följande följder av 3 element från mängden {1, 2, 3}; vi sriver abc = (a, b, c): 111, 112, 113, 121, 122, 123, 131, 132, 133, 211,212, 213, 221, 222, 223, 231, 232, 233, 311, 312, 313, 321, 322, 323,331, 332, 333. 2 Multipliation av genererande funtioner Multipliationsprincipen för genererande funtioner ger en ombinatoris tolning av produten av två eller flera genererande funtioner. Principen an formuleras på många olia sätt; vi formulerar den i termer av poängsummor i ett spel. Vi studerar ett spel för en person bestående av ett antal omgångar. I varje omgång tilldelas spelaren ett visst antal poäng, och antalet sätt att få n poäng i en given omgång är a n. Exempel: En omgång består i att singla slant tills man får lave, och poängen ges av det nödvändiga antalet slantsinglingar, inlusive den sista som ger lave. Vi har då att a n = 1 för n 1 och a 0 = 0, för det enda sättet att få poängen n är att först få rona n 1 gånger och sedan få en avslutande lave. En omgång består i att asta två sexsidiga tärningar, och poängen i en omgången ges av det totala antalet pricar. Vi får då att (a 1, a 2, a 3, a 4, a 5, a 6, a 7, a 8, a 9, a 10, a 11, a 12 ) = (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 5, 4, 3, 2, 1). 4
Exempelvis är a 6 = 5, för vi har de möjliga utfallen 1 + 5, 2 + 4, 3 + 3, 4 + 2 och 5 + 1. Multipliationsprincipen för genererande funtioner ger en formel för antalet sätt att få totalt n poäng efter omgångar. Sats 2.1 Låt 1, och låt a n, vara antalet sätt att få exat n poäng efter omgångar. Då gäller att a n, x n = A, där A = n 0 a nx n. n 0 Bevis. Antalet sätt att få poängraden (n 1, n 2,..., n ) i de omgångarna är a n1 a n2 a n. Det totala antalet sätt att få poängsumman n är alltså a n, = a n1 a n2 a n. n 1+n 2+ +n =n Högerledet är lia med oefficienten framför x n i utveclingen för A, vilet ger det önsade resultatet. Mer allmänt an man täna sig att antalet sätt att få en given poängsumma siljer sig åt från omgång till omgång. Anta exempelvis att spelet består av två omgångar. Låt a n vara antalet sätt att få n poäng i den första omgången och låt b n vara antalet sätt att få n poäng i den andra omgången. Om vi låter s n vara antalet sätt att få totalsumman n får vi på samma sätt som i Sats 2.1 att s n x n = a n x n b n x n. n 0 n 0 n 0 Om vi har ytterligare en omgång där c n är antalet sätt att få n poäng erhåller vi att antalet sätt s n att få totalsumman n på tre omgångar uppfyller sambandet s n x n = a n x n b n x n c n x n. n 0 n 0 n 0 n 0 Den allmänna multipliationsprincipen framgår förhoppningsvis av ovanstående exempel. 3 Räna ord som undvier vissa delord av längd 2 Studera följande två problem. På hur många sätt an man bilda ett torn bestående av n röda och gula bygglossar, om regeln är att det måste finnas minst en gul loss mellan varje par av röda lossar? För exempelvis n = 4 har vi möjligheterna GGGG, GGGR, GGRG, GRGG, RGGG, GRGR, RGGR, RGRG, där G = gul och R = röd. 5
En partiel rör sig mellan fyra tillstånd som vi betecnar 0, 1, 2 och 3. Partieln vill hela tiden lättra uppåt, vilet innebär att om den befinner sig i tillståndet i 2 vid en given tidpunt så ommer den att befinna sig i ett tillstånd j > i vid nästa tidpunt. När den väl befinner sig i tillståndet 3 ommer den doc att hala ner till tillståndet 0 vid nästa tidpunt. På hur många sätt an partieln hoppa mellan tillstånden i n steg? För exempelvis n = 3 har vi möjligheterna 012, 013, 023, 030,123, 130, 230, 301, 302, 303, där abc betecnar följden (a, b, c) av tillstånd. Denna typ av problem är väldigt vanligt föreommande inom ombinatorien. I båda exemplen an vi notera att problemen an omformuleras i termer av ord som undvier förbjudna delord av längd två. I det första exemplet sa orden undvia delordet RR, ty det måste alltid finnas minst ett G mellan varje par av R. I det andra exemplet sa orden undvia delorden 00, 10, 11, 20, 21, 22, 31, 32 och 33, ty partieln rör sig alltid uppåt från tillstånden 0, 1 och 2 och alltid ner till 0 från tillståndet 3. Vi sa ge en allmän metod för att attacera problem av det här slaget. Låt Q vara en uppsättning symboler; för enelhetens sull antar vi att Q = {0,..., 1}. Ett ord över Q är en ordnad följd av symboler från Q. 000, 012 och 0211121101 är exempel på ord över {0, 1, 2}. Låt X vara en uppsättning ord över Q av längd 2. Varje ord består alltså av två symboler. Vi säger att ett ord över Q är tillåtet om ordet inte innehåller något delord som tillhör X. Ordet får alltså inte innehålla två på varandra följande symboler som bildar ett ord i X. Låt a n vara antalet tillåtna ord av längd n. Vi sa ge en systematis metod för att hitta en linjär reursion för talen a n. Metoden bygger på Cayley- Hamiltons sats: Sats 3.1 Låt M vara en vadratis -matris med arateristist polynom Då gäller att χ M (λ) = det(λi M) = χ M (M) = r i λ i. r i M i = 0. Bevis bruar gå att hitta i grundläggande läroböcer i linjär algebra. En vanlig bevisidé är att sriva M på Jordans normalform. Låt M = (m ij ) vara en -matris vars rader och olumner indexeras av symbolerna i Q. Vi sätter m ij = 0 om ij X och m ij = 1 om ij / X; värdet på m ij beror alltså på huruvida ij är ett förbjudet eller tillåtet delord. Sats 3.2 För alla n 1 gäller att där χ M (λ) = r iλ i. r i a n+i = 0, 6
Bevis. För i Q, låt a n,i vara antalet tillåtna ord av längd n som slutar med i. Definiera v n = (a n,0, a n,1,..., a n, 1 ). Notera att v 1 = (1, 1,...,1), ty alla ord av längd 1 är tillåtna. Vi har nu sambandet v n+1 = v n M, (1) eller, annorlunda uttryct, 1 a n+1,j = a n,i m ij. j=0 för n 1. Om w är ett tillåtet ord som slutar med i är nämligen wj ett tillåtet ord om och endast om ij är ett tillåtet delord. Genom upprepad användning av identiteten (1) får vi att v n+i = v n M i för alla i 0 och n 1. Studera nu det arateristisa polynomet χ M (λ) = r iλ i. Cayley-Hamiltons sats 3.1 ger att r im i = 0, vilet medför att v n r i M i = 0 r i v n M i = 0 r i v n+i = 0. Om vi summerar oordinaterna i varje vetor v n+i får vi slutligen för n 1, ty r = 1. 1 r i a n+i = 0 a n+ = r i a n+i Naturligtvis an vi sriva om den sista evationen i beviset som där nu n + 1. 1 a n = r i a n +i, Som en tillämpning studerar vi problemet med röda och gula lossar från inledningen. Låt a n vara antalet ord av längd n över {R, G} som inte innehåller delordet RR. Vi vill visa att a n = a n 1 + a n 2 och att a n är ett Fibonaccital (se avsnitt 4.1 i Cameron). Lösning. Vi definierar matrisen M som i avsnitt 3: ( ) 0 1 M =. 1 1 Vi har en nolla i det övre vänstra hörnet eftersom delordet RR är förbjudet. På övriga positioner har vi ettor, ty RG, GR och GG är alla tillåtna delord. M:s arateristisa polynom är lia med χ M (λ) = λ 2 λ 1. 7
Enligt Sats 3.1 ger detta reursionen a n a n 1 a n 2 = 0 a n = a n 1 + a n 2, vilet är den söta reursionen. Eftersom a 1 = 2 och a 2 = 3 blir varje tal a n ett Fibonaccital. Det går att lösa sådana här problem även med mer direta ombinatorisa metoder. Som ett exempel ger vi en alternativ lösning till ovanstående problem. För {R, G}, låt a n, betecna antalet tillåtna ord av längd n som slutar med. Vi ser att a n,r = a n 1,G, a n,g = a n 1,R + a n 1,G. Ett ord av längd n 1 som slutar med R an nämligen utvidgas till ett ord av längd n genom att man lägger till G, medan ett ord som slutar med G an utvidgas genom att man lägger till antingen R eller G. Vi drar slutsatsen att Nu får vi med samma resonemang att vilet ger att a n = a n 1,R + 2a n 1,G. a n 1,G = a n 2,R + a n 2,G, a n = a n 1,R + 2a n 1,G = a n 1,R + a n 1,G + a n 2,R + a n 2,G = a n 1 + a n 2. Att a n blir ett Fibonaccital visar man på samma sätt som ovan. 4 Catalantalen Observera: Det vi här allar för C n allar Cameron för C n+1. Ett vitigt exempel på en icelinjär reursion är den för Catalantalen: n 1 C n = C i C n i 1 ; C 0 = 1. Sätt C(x) = n 0 C nx n. Denna formella potensserie uppfyller ett vitigt samband som Cameron ger en mycet ortfattad förlaring till (se sidan 61). För att bena ut sambandet i mer detalj noterar vi att C(x) = C 0 + C n x n = 1 + n 1 C i C n i 1 x n n 1 n 1 = 1 + C i C n i 1 x n i 0 n i+1 [j = n i 1] = 1 + C i C j x i+j+1 i 0 j 0 = 1 + x i 0 C i x i j 0 C j x j = 1 + x(c(x)) 2. 8
Notera bytet av summationsordning på andra raden. Alltså har vi att (C(x)) 2 = C(x) x 1 x. Om vi löser denna andragradsevation i C(x) får vi att C(x) = 1 1 4x, 2x där vi väljer ett minustecen (och inte ett plustecen) framför rottecnet för att täljarens onstantterm sa bli 0. Att vi, i motsats till Cameron (se sidan 61), har ett x i nämnaren beror på att det vi allar C n är C n+1 i boen. Se Cameron för en härledning av formeln C n = 1 n + 1 ( 2n n ). 9
Ö Övningsuppgifter Ö.1 Binomialoefficientens värde Syftet med denna uppgift är att ge ett bevis för att binomialoefficienten ( ) n uppfyller identiteten ( ) n n! =! (n )!. Låt 0 n. Använd följande procedur för att bilda en permutation av elementen i en mängd X av storle n. 1. Välj ut element. 2. Bilda en ordnad följd av dessa element. 3. Bilda en ordnad följd av de återstående n elementen. 4. Bilda en permutation genom att sätta ihop de två följderna. Visa med hjälp av ovanstående procedur att ( ) n n! =! (n )!. Ö.2 Ännu en reursion för binomialoefficienterna Visa att ( ) n = ( ) n 2 + 2 Ö.3 Binomialsatsen I ( ) n 2 + 1 ( n 2 ) + Använd binomialsatsen för att visa att n ( ) n ( 2) = ( 1) n. =0 Ö.4 Binomialsatsen II Använd binomialsatsen för att visa att n =0 ( ) n x (2 + x) = 2n =0 ( ) n 3 + 2 ( ) 2n x. Svårighetsgrad: E ( ) n 3. 1 Svårighetsgrad: E Svårighetsgrad: E Svårighetsgrad: C 10
Ö.5 Vem vet mest? Vem vet mest? är en frågesporttävling på Sveriges Television där tolv deltagare tävlar om tre finalplatser. Kvalificeringstävlingen är uppdelad i två omgångar. I den första omgången får deltagarna svara på två frågor, och de som svarar fel på båda frågorna är utslagna. Den andra omgången är en sinnrit onstruerad utslagstävling som pågår tills bara tre deltagare återstår. Dessa tre deltagare går vidare till finalen. (Vi antar att antalet personer som går vidare till den andra omgången alltid är minst tre.) (a) Med spelregler som ovan, visa att det finns 112640 sätt för de tolv deltagarna att fördela sig mellan grupperna utslagna i första omgången, utslagna i andra omgången och valificerade för final. (b) Ge ett ombinatorist bevis för identiteten n r= ( )( ) n r r = ( ) n 2 n. (Det är tillåtet att lösa (a) genom att först lösa (b) och sedan stoppa in lämpligt valda parametrar.) (c) Ge ett algebraist bevis för identiteten i (b). Ö.6 Växande följder av tal I Svårighetsgrad: (a): E, (b): D, (c): C (a) Låt och n vara positiva heltal sådana att n. Beräna antalet heltalsföljder (y 1,..., y ) sådana att 1 y 1 y 2 y n. med egensapen att vart och ett av talen 1, 2,...,n föreommer minst en gång bland talen y 1, y 2,...,y. (b) Låt och n vara positiva heltal sådana att n 2n. Beräna antalet heltalsföljder (y 1,..., y ) sådana att 1 y 1 y 2 y n. med egensapen att vart och ett av talen 1, 2,...,n föreommer minst en gång och högst två gånger bland talen y 1, y 2,..., y. Svårighetsgrad: D 11
Ö.7 Växande följder av tal II Ge ett) diret bevis för att följande två antal sammanfaller och är lia med : ( n+ 1 Antalet heltalsföljder (a 1, a 2,..., a ) sådana att (strita oliheter). 1 a 1 < a 2 < < a n + 1 Antalet heltalsföljder (b 1, b 2,...,b ) sådana att 1 b 1 b 2 b n (ej strita oliheter). Detta är lia med antalet multimängder av storle över en mängd av storle n. Ledning. Försö transformera en följd av det andra slaget till en följd av det första slaget genom att addera lämpliga onstanter C till vart och ett av talen b 1, b 2,...,b. Vi vill alltså att 1 b 1 + C 1 < b 2 + C 2 < < b + C n + 1. Ö.8 Genererande funtion för tärningsast Svårighetsgrad: C Låt n 1, och låt a n, vara antalet sätt att få summan n då man astar stycen vanliga sexsidiga tärningar. Ange ett slutet uttryc för den genererande funtionen 6 a n, x n. Beräna a 10,3. Ö.9 Slantsingling n= Svårighetsgrad: E För 1 n r, låt a n,r vara antalet sätt att singla slant r gånger så att lave dyer upp exat n gånger och så att vi får lave vid den sista slantsinglingen. (a) Visa att a n,r = ( ) r 1. n 1 (b) Visa att r n ( ) r 1 x r = n 1 x n (1 x) n. Ledning: Dela in ovanstående slantsingling i n omgångar, och använd multipliationsprincipen. Svårighetsgrad: (a): E, (b): C, (c): D 12
Ö.10 Summor på formen t + 2u + 3v Låt a n vara antalet tripplar (t, u, v) av icenegativa heltal sådana att t+2u+3v = n. Ge en sluten formel för n 0 a nx n. Svårighetsgrad: C Ö.11 Ord som undvier 00 Låt Q betecna alfabetet {0, 1, 2}, och låt a n vara antalet ord över Q av längd n som inte innehåller delordet 00. Exempelvis är a 1 = 3, a 2 = 8 och a 3 = 22. (a) Visa att för n 3. (b) Visa att a n = 2a n 1 + 2a n 2 a n x n = n 1 3x + 2x2 1 2x 2x 2. Ö.12 Ord som undvier 00 och 11 Svårighetsgrad: D Låt Q betecna alfabetet {0, 1, 2}, och låt a n vara antalet ord över Q av längd n som inte innehåller delorden 00 och 11. Exempelvis är a 1 = 3, a 2 = 7 och a 3 = 17. (a) Visa att det finns tal r och s sådana att a n = ra n 1 +sa n 2 för alla n 3, och bestäm r och s. (b) Sriv n 1 a nx n som en rationell funtion. Ö.13 Ord som undvier 01 Svårighetsgrad: D Låt Q betecna alfabetet {0, 1, 2}, och låt a n vara antalet ord över Q av längd n som inte innehåller delordet 01. Exempelvis är a 1 = 3, a 2 = 8 och a 3 = 21. Visa att det finns tal r och s sådana att a n = ra n 1 +sa n 2 för alla n 3, och bestäm r och s. Svårighetsgrad: D 13
Ö.14 Ord som undvier ij om i j 2 Låt Q = {0, 1, 2, 3}, och låt X bestå av alla ord ij sådana att i j 2. Vi har alltså att X = {02, 03, 13, 20, 30, 31}. Låt a n vara antalet ord över Q som undvier delorden i X. (a) Visa att för n 1. a n+4 = 4a n+3 3a n+2 2a n+1 + a n (b) Man an räna ut att a 1 = 10, a 2 = 26, a 3 = 68 och a 4 = 178. Använd detta för att visa att a n = 2F 2n+2 för n 1, där F i är det i:te Fibonaccitalet; F 0 = F 1 = 1. Ledning. Ett sätt att förenla uträningarna är att först visa att F 2+4 = 3F 2+2 F 2 för 0. Svårighetsgrad: (a): D, (b): C Ö.15 Grannfria onfigurationer av bricor på ett bräde Studera ett bräde med två rader av vadratisa rutor med n + 1 rutor i varje rad. Ploca nu bort nedre vänstra och övre högra rutan från brädet. Figur 1 illustrerar fallet n = 7. Ange en reursionsformel för antalet sätt att placera bricor på de 2n återstående rutorna, där regeln är att man inte får lägga bricor på två rutor med gemensam ant. Svårighetsgrad: B Figur 1: Brädet i uppgift Ö.15 för n = 7. Ö.16 Delmängders ardinalitet modulo 3 För varje heltal n 0 och {0, 1, 2}, låt β n, vara antalet delmängder till {1,..., n} vars ardinalitet är ongruent med modulo 3. (a) Använd ett ombinatorist resonemang för att bevisa att för n 0 och {0, 1, 2}. β n+3, = 3 2 n β n, (b) Använd identiteten i (a) för att visa att { (8 β 3m, = m + 2( 1) m )/3 om = 0, (8 m ( 1) m )/3 om {1, 2} för alla m 0. Svårighetsgrad: (a): B, (b): E 14
Ö.17 Hopparningar av tal på avstånd högst 2 Låt a n vara antalet sätt att dela in mängden {1,..., 2n} i n par så att avståndet mellan talen i varje par är högst 2. Exempelvis är a 2 = 2, ty hopparningarna {1 2, 3 4} och {1 3, 2 4} är tillåtna, medan hopparningen {1 4, 2 3} inte är det; avståndet mellan 1 och 4 i det första paret är större än 2. Visa att a n = a n 1 + a n 2 för alla n 2. Eftersom a 0 = a 1 = 1 får vi alltså Fibonacciföljden. Svårighetsgrad: C Ö.18 Hopparningar av tal på avstånd högst 3 Låt nu a n vara antalet sätt att dela in mängden {1,..., 2n} i n par så att avståndet mellan talen i varje par är högst 3. Visa att a n = 2a n 1 + a n 2 a n 4 för alla n 4. Svårighetsgrad: A Ö.19 Växande följder av tal III Som beant är a n, = ( ) n+ 1 lia med antalet heltalsföljder (b1, b 2,...,b ) som uppfyller oliheterna 1 b 1 b 2 b n. (a) Låt A n (x) = 0 a n, x n. Ge ett ombinatorist bevis för att A n (x) = 1 + x n A i (x). i=1 Ledning: Studera det sista elementet b i en given följd. (b) Använd (a) för att visa att A n (x) = 1 (1 x) n. Svårighetsgrad: C 15
Ö.20 Ice-särande hopparningar Representera talen 1,...,2n som punter på en cirel, utspridda i växande ordning medurs. För en given hopparning av dessa 2n punter, dra ett linjestyce mellan varje par av hopparade punter. Om linjestycena inte sär varandra inuti cireln säger vi att hopparningen är ice-särande. Exempelvis är hopparningen {1 5, 2 8, 3 4, 6 7, 9 12, 10 11} av talen 1,...,12 särande, ty linjestycet mellan punt 1 och punt 5 sär motsvarande linjestyce mellan 2 och 8 (studera urtavlan på en loca). Algebraist an vi uttryca detta som att vi inte tillåter hopparningar som innehåller par a c och b d med egensapen att a < b < c < d. Visa att antalet ice-särande hopparningar av 1,...,2n är lia med det n:te Catalantalet C n (C n+1 med Camerons notation). Ledning. Bilda en reursionsformel för det söta antalet genom att studera det par som innehåller punten 2n. Svårighetsgrad: B Ö.21 Oavgjord tävling där den ena spelaren aldrig leder Två personer A och B spelar 2n partier luffarschac och vinner n partier var. Efter varje omgång har A vunnit minst lia många partier som B. Visa att antalet sätt detta an se på är lia med det n:te Catalantalet C n (C n+1 med Camerons notation). Ledning: Bilda en reursionsformel för det söta antalet genom att studera det första tillfället i tävlingen då A och B har vunnit lia många partier. Bortse från tillfället i början av tävlingen då ställningen är 0-0. Svårighetsgrad: A 16