Kombinatorik. Sten Kaijser

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? 15 1. Kulorna är märkta 16 2. Kulorna är identiska 18 3. Stora tal 20 4. Mittistans akademiska klubb 24 5. Count Basics problem 26 Kapitel 4. Rekursion 29 1. Linjär teori 30 2. Söndra och härska 36 Kapitel 5. Genererande funktioner 39 1. Genererande funktioner som algebraiska modeller 39 2. Genererande funktioner och linjär rekursion 42 3. Hur hittar man hem? 44 Kapitel 6. Polyateori 49 1. Grupper 49 2. Fixmängden och fixgruppen 51 3. Burnsides lemma 54 4. Färgläggningar 57

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.

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

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-

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

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

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.

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

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

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 10000 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 ).

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 (4500+3000+1800)+(1500+900+600) 300 = 9000 9300+3000 300, vilket omedelbart uträknas till att Y = 2400. 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 (76 + 91 + 97) (66 + 71 + 84) + 63 = 264 221 + 63 = 106. 3. 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

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).

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 2 +...x r ) n = m(k 1,k 2,... k r )x k 1 1 xk 2 2...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.

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 4 2 1 4!4!2! = 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 2 = 11 10 9 7 5 = 99 35 10 = 34650. )

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 ( 8 3 2 1 1 1 ) = 8 7 5 4 3 = 3360. 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 3360 30 60 = 3270. 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!

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! 365 364 (365 m + 1) = = (1 k (365 m)! 365m 365 365 365 365 ) < 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 + 2 + 1 4 1,18 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

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

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

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

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).

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

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!e7 720 1097 721 1099 103 157 7 7 < 7 49 3 < 7 7 7 5 = 7 5 = 16171 16807 < 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.

4. Mittistans akademiska klubb 25 4. 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?