Kryssuppgifter, Inledande diskret matematik D/DI, HT2016 Lösningar Basuppgifter 1. Det finns två fall: FALL 1: Styrelsen har kvinnor och 3 män. I så fall finns det ) val för kvinnorna och ( 9 ) val för männen. Enligt multiplikationsprincipen finns det då möjliga styrelser. 3 FALL 2: Styrelsen har 3 kvinnor och män. I så fall finns det val för kvinnorna och ( 9 ) ) val för männen. Enligt multiplikationsprincipen finns det då möjliga styrelser. 3 Slutligen ) innebär ( additionsprincipen att det totala antalet möjliga styrelser är + 13 ) 3 = 96096. 3 2. (a) Det finns 9 bokstäver och däribland 2 förekomster av var och en av M, A och T. Antalet ord är således 9! (2!) 3 = 360. (b) Låt oss subtrahera antalet ord som har två A i rad. I dessa ord kan de två A:en betraktas som en bokstav. I så fall har vi8 bokstäver, däribland två 8! förekomster av M och T. Så antalet sådana ord är = 10080. Antalet ord utan två A i rad är således360 10080 = 3280. (c) Bokstäverna A, E, A, I ska placeras i de fyra första platserna. Antalet sätt att göra detta är! = 12. Bokstäverna M, T, M, T, K ska placeras i de fem 2!! sista platserna och antalet sätt att göra detta är = 30. Antalet möjliga ord är således 12 30 = 360. (d) Om det ska finnas två vokaler i de två sista platserna så finns det 7 möjligheter för hur dessa plaster ska fyllas, nämligen AA, AE, EA, AI, IA, EI och IE. I var och ett av de fem första fallen, finns det7bokstäver kvar, däribland2förekomster av både M och T. Så antalet möjliga ord i dessa fall är 7! = 1260. I de två sista fallen har vi bland de återstående7bokstäverna 7! också 2 förekomster av A, och således = 630 möjliga ord. Det totala (2!) 3 anrtalet ord som uppfyller villkoret är alltså 1260 + 2 630 = 760. 3. Givet är att talet ska innehålla sex siffror, att fem av dessa ska vara 1,1,3,8,8 och att den sjätte ska vara något annat, dvs ett av0,2,,,6,7,9. Dessutom kan talets ledande siffra ej vara noll.
2 (a) Vi betraktar två fall beroende på huruvida den sjätte siffran är den ledande siffran eller ej. FALL 1: Den sjätte siffran är den ledande siffran. I så fall finns det 6 val för den siffran. De återstående fem siffrorna är1,1,3,8,8 så antalet sätt att placera ut dessa är! = 30. Så antalet möjliga tal är6 30 = 180. FALL 2: Den sjätte siffran är inte den ledande siffran. I så fall finns det 7 val för den siffran samtval för var den ska placeras. Antalet möjliga tal är nu 7 30 = 100. Sammanlagt finns det alltså 180+100 = 1230 möjliga tal. (b) Vi betraktar tre fall, beroende på huruvida den sista siffran är en av ettorna, trean eller en annan udda siffra (,7 eller 9). FALL 1: Den sista siffran är en av ettorna. Vi har kvar att placera ut1,3,8,8 samt en femte siffra. Givet positionerna av1,3,8,8 så finns det! = 12 sätt 2! att permutera dem. Som i del (a) får inte den ledande siffran vara noll. Om den femte siffran är den ledande siffran så finns det 6 val för den och således 6 12 = 72 möjliga tal. Om den femte siffran inte är den ledande siffran finns det 7 val för den samt möjliga platser (ty den sista platsen är redan tagen av en etta). Så det blir 7 12 = 336 möjliga tal nu. Sammanlagt finns det72+336 = 08 möjligheter i Fall 1. FALL 2: Den sista siffran är trean. Skillnanden mellan detta fall och Fall 1 är att det finns nu! = 6 inbördes permutationer av 1,1,8,8. Så antalet möjligheter blir exakt hälften (6/1 så många som i Fall 1, alltså 08/2 = 20 möjliga tal. FALL 3: Den sista siffran är en annan udda siffra. I så fall finns det3val för den siffran och! = 30 sätt att placera ut 1,1,3,8,8. Så antalet möjliga tal är 3 30 = 90. Sammanlagt har vi 08 + 20 + 90 = 702 möjliga tal.. (a) För att ta sig direkt från översta vänstra hörnet till nedersta högra hörnet så måste man gå6steg totalt, av vilka tre ska vara H och tre ska vara N. Valet man ( har är alltså vilka tre av de sex stegen som ska vara H. Så det finns 6 ) 3 = 20 möjliga vägar. (b) Om det finns k kolumner och r rader så måste man ta totalt k +r steg och k av dessa ska vara H. Så det finns ( ) k+r k möjliga vägar.
3 Extrauppgifter 1. (a) Vi söker antalet lösningar till ekvationen m 1 + +m 38 = 31, m i Z +. Som vi såg på föreläsningarna är detta samma sak som antalet sätt att placera31 identiska bollar i38 åtskiljbara lådor och således lika med ( ) 38+31 1 ( 31 = 68 31) 2.1913 10 19. (b) Vi tänker i termer av bollar och lådor. Villkor (i) innebär att de första fem lådorna står tomma, så vi ska placera 31 bollar i 33 lådor. Villkor (ii) innebär att 1 låda ska få bollar. Det finns till att börja med ( 33 1) = 33 val för denna låda. Sedan har vi kvar 27 bollar och 32 lådor. Villkor (iii) säger att sex lådor ska få 2 bollar var. Det finns ( 32 6) = 906192 val för dessa lådor. Hittills har vi haft 33 906192 = 2990336 valmöjligheter. Det återstår att placera1 bollar i26 lådor. Vi vet att varje återstående låda ska få antingen 0, 1 eller 3 bollar. Låt x, y, z beteckna antalet lådor som får resp. 0, 1, 3 bollar. Då gäller att x+y +z = 26, (1) y +3z = 1. ( Ekv. ( medför direkt att0 z och eliminering avxgerx = 11+2z. Så det finns sex olika möjligheter, som vi måste bektrakta separat. FALL 1: z = 0. Då är x = 11 och y = 1. Det gäller att välja ut vilka 11 av de26 lådorna som får inga bollar, och det finns ( 26 11) = 7726160 möjligheter. FALL 2: z = 1. Då är x = 13 och y = 12. Det finns ( 26 1) = 26 val för lådan med tre bollar och sedan ( 2 1 = 200300 val för lådorna med en boll var. Så totalt 26 200300 = 13207800 möjligheter. FALL 3: z = 2. Då är x = 1 och y = 9. Det finns ( 26 = 32 val för lådorna med tre bollar var och sedan ( 2 9) = 13070 val för lådorna med en boll var. Så totalt 32 13070 = 2938800 möjligheter. FALL : z = 3. Då är x = 17 och y = 6. Det finns ( 26 = 2600 val för lådorna med tre bollar var och sedan ( 23 6) = 10097 val för lådorna med en boll var. Så totalt 2600 10097 = 26262200 möjligheter. FALL : z =. Då är x = 19 och y = 3. Det finns ( 26 ) = 190 val för lådorna med tre bollar var och sedan ( 22 = 10 val för lådorna med
en boll var. Så totalt 190 10 = 23023000 möjligheter. FALL 6: z =. Då är x = 21 och y = 0. Det finns ( 26 ) = 6780 val för lådorna med tre bollar var. Lägger vi ihop dessa sex fall får vi totalt 7726160 + 13207800 + 2938800 + 26262200 + 23023000 + 6780 = 832370 möjligheter för att fylla de sista26 lådorna. Kom ihåg att vi hade2990336 möjligheter för de sju första lådorna. Sammanlagt finns det alltså 2990336 832370 2.21 10 16 möjligheter för Suarez målfacit. Man kan jämföra med svaret i del (a) och konstatera att antalet möjligheter har reducerats till en faktor av circa 1/1000. 2. Det finns totalt ) händer. Sannolikheten för en viss typ av hand är antalet sätt att få den handen delat med ). (a) Vi följer tipset och skjuter upp detta till sist. (b) Först finns det 13 val för parets värde. Sedan finns det ( val för parets färger. De återstående tre korten måste ha olika värden och inte samma värde som paret. Så det finns ( 12 val för dessa tre korts värden, sedan val per kort. Så sannolikheten för ett par är 13 ( ( 12 ) 3 3 ) = 109820 298960 0.22690276... (c) Det finns val för parens värden, sedan ( val av färger per par, sedan val för det sista kortet. Så sannolikheten för tvåpar blir 2 ) ( ) 2 2 ) = 1232 298960 0.0739016... (d) Det finns 13 val för trissets värde, sedan ( = val för dess tre färger. De återstående två korten måste ha olika värden och inte samma värde som trisset. Så ( 12 val för värdena och sedan val per kort. Sannolikheten för triss är således 13 ( ) 12 2 2 ) = 912 298960 0.02112813...
(e) Steget börjar i ett av Ess, 2,..., 10, så 10 val här. Sedan val per kort. Här har vi dock även räknat färgstegen och royal flushes. Så subtrahera svaren från deluppgifter (i) och (j) nedan. Sannolikheten för stege blir 10 0 ) = 10200 298960 0.00392667... (f) Det finns val för färgen och sedan ) val för korten. Även här måste vi subtrahera svaren från (i) och (j) dock, så sannolikheten för färg blir ) 0 ) = 108 298960 0.0019602... (g) Det finns 13 val för trissets värde och sedan 12 val för parets värde. Det finns ( ( = val för trissets färger och = 6 val för parets färger. Så sannolikheten för kåk är 13 12 6 ) = 37 298960 0.0010762... (h) Det finns 13 val för fyrtalets värde och sedan 8 val för det femte kortet. Så sannolikheten för fyrtal är 13 8 ) = 62 298960 0.000200960... (i) Det finns 10 val för var steget börjar och val för dess färg. Men vi måste räkna bort royal flushes, så det finns 36 färgstegen. Sannolikheten för färgstege blir då 36 298960 0.000013816... (j) Det finns royal flushes så sannolikheten för detta är 298960 0.000001390... Slutligen går vi tillbaka till (a). Antalet händer som ger inget är 298960 (109820+1232+912+10200+18+37+62+36+) = 130200. Så sannolikheten för inget är 130200 298960 0.011620032... Den traditionella rankingen av pokerhänder är rimlig ty svaren till deluppgifter (a)-(j) utgör en strängt avtagande följd av sannolikheter.
6 3. Vägar som uppfyller de givna villkoren kallas för Dyckvägar (Dyck paths). Låt U beteckna ett steg som är uppåt och till höger, och N ett steg som är neråt och till höger. n = 1: Enda vägen är UN såc 1 = 1. n = 2:C 2 = 2 ty UNUN eller UUNN. n = 3:C 3 = ty UNUNUN, UNUUNN, UUNNUN, UUNUNN, UUUNNN. n = : Man kan kolla attc = 1. n = : Man kan kolla attc = 2. Talföljden (C n ) n=1 är känd som Catalantalen (Catalan numbers) och det finns en hel del skriven om dem. Den allmänna formeln, som man kanske hade kunnat gissa 1 utifrån datan ovan, är C n = 1 n+1 ( ) 2n. ( n För att beräkna Catalantal är följande rekursionsformel användbart: C n = n C m 1 C n m, därc 0 := 1 per definition. () m=1 För att se varifrån rekursionen kommer, betrakta (2m, 0) som första platsen där en väg tangerar x-axeln. Det finns C n m möjligheter för hur vägen sedan fortsätter till (2n, 0). Första delen av vägen måste hålla sig strängt över x- axeln mellan(1, 1) och(2m, 1) och kan således betraktas som en Dyckväg med 2m 2 steg. Så det finnsc m 1 möjligheter för den biten av vägen. Tillämpa då multiplikations- och additionsprinciperna för att härleda (). Rekursionsformeln kan också användas för att bevisa (, men det är ett mycket mer komplicerat bevis än de vi stötte på under Kapitel (för att rekursionen själv är mer komplicerad). Det finns dock snyggare bevis, t.ex. följande: Bevis av (: Formeln kan skrivas som ( ) 2n C n = n ( ) 2n. n 1 Det finns totalt ( 2n n) U/N vägar från(0, 0) till(2n, 0) för man ska välja vilkanav de 2n stegen som är U. Så det återstår att bevisa att ( 2n n 1) av dessa vägar korsar (dvs tar sig under) x-axeln. Först notera att det finns en 1 1 korrespondens mellan vägar som korsar x-axeln och U/N vägar från (0, 1) till (2n, 1) som antingen korsar eller tangerar x-axeln: korrespondensen fås genom att flytta hela vägen ett snepp uppåt. Betrakta nu en sådan väg från(0, 1) till(2n, 1). Det finns 1 Internets bästa databas av heltalsföljder ärhttps://oeis.org/
7 en första punkt(p, 0) då den tangerarx-axeln. Den biten av vägen fram till(p, 0) kan speglas ix-axeln för att få en väg från(0, 1) till(2n, 1) i stället. Om man tänker en stund så ser man att olika vägar av första typen kommer alltid att speglas till olika vägar av andra typen. M.a.o. det finns en 1 1 korrespondens mellan dåliga U/N vägar (1, 1) (2n, 1) och alla U/N vägar (0, 1) (2n, 1). Men antalet sådana vägar är just ( 2n n 1) för det gäller att välja vilkan 1 steg som är N och vilka n+1 steg som är U. Detta slutför beviset av (. ANMÄRKNING: Ideen i detta bevis kallas för André s reflection principle.