ZKLADY DISKRTNMATEMATIKY

Michael Kubesa

Text byl vytvoen v rmci realizace projektu Matematika pro inenry21. stolet (reg. . CZ.1.07/2.2.00/07.0332), na kterm se spolen po-dlela Vysok kola bsk Technick univerzita Ostrava a Zpado-

esk univerzita v Plzni

Michael KubesaZklady diskrtn matematiky

c Michael Kubesa, 2011ISBN

Pedmluva

Ven teni, tento uebn text je a bude dynamick, tzn. bude prbn do-plovn, opravovn a vylepovn. Autor Vm bude vden, pokud jej jakmkolivmonm zpsobem upozornte na ppadn chyby, mon doplnn a vylepen.

Zrove se autor omlouv, e text nen zatm vybaven obrzky. Bude napraveno!

V Ostrav 28. 8. 2011 Michael Kubesa

iii

Obsah

Pedmluva iii

1 vod 11.1 Mnoiny, podmnoiny a operace s nimi . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Posloupnosti, sumy a produkty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Horn a doln cel st relnho sla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Zkladn kombinatorick vbry 162.1 Permutace bez opakovn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Kombinace bez opakovn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Variace bez opakovn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.4 Permutace s opakovnm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.5 Kombinace s opakovnm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.6 Variace s opakovnm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.7 Sloen vbry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

iv

3 Diskrtn pravdpodobnost 543.1 Nhodn jevy a pravdpodobnostn prostor . . . . . . . . . . . . . . . 553.2 Zvisl a nezvisl nhodn jevy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.3 Nhodn promnn a stedn hodnota nhod-

n promnn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4 Dkazy v diskrtn matematice 714.1 Dirichletv princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5 Relace a zobrazen 905.1 Binrn a -rn relace na mnoin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.2 Relace ekvivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.3 Relace sten uspodn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1005.4 Zobrazen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.5 Bijekce konen mnoiny na sebe nebo-li permutace . . . . . . . . . 110

Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Kl k pkladm k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

6 Princip inkluze a exkluze 119Pklady k procvien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

Literatura 128

Rejstk 129

v

1

Kapitola 1

vod

Pojem diskrtn matematika neoznauje jakousi taktn, ohleduplnou i etrnou mate-matiku, ale matematiku nespojitou. Ji od pradvna lid pi zkoumn okoln realitypouvali dva zcela odlin filozofick pstupy. Oba shodn pracovaly s pedstavou,e Svt se skld z njakch zkladnch (dle nedlitelnch) stic, piem prvnpstup kal, e v jakmkoliv okol (sebemenm) libovoln zkladn stice je vdynjak jin zkladn stice (spojit nebo-li kontinuln pedstava Svta) a druh,e ke kad zkladn stici umme najt takov okol, e v nm dn dal zkladnstice nen (nespojit pedstava Svta). Je teba dodat, e tyto dva pstupy si pizkoumn objektivn reality (pokud existuje) neodporuj, ale naopak se dopluj.

Pohled spojit je v dnen technick praxi uplatovn pi tvorb tzv. analogovchpstroj, zatmco nespojit v ppad digitlnch. Protoe ijeme v dob boulivse rozvjejc digitalizace, je pirozen, e nespojit pedstava Svta nabv vrchu.

Nejdramatitj rozvoj diskrtn matematiky je proto neoddliteln spojen s roz-vojem digitln potaov techniky, jen probh od poloviny 20. stolet do dnenchdn.

Uvdomme si, e matematika pi zkoumn Svta nahrazuje jednotliv objektysly a k tomu si vytvoila rzn seln mnoiny. Zopakujme si je.

Mnoinu pirozench sel budeme znait N a N = {1, 2, 3, . . . }. Na tomto mstsi ihned eknme, e v diskrtn matematice asto pidvme do mnoiny pirozenchsel nulu, takovou mnoinu budeme znait N0.

Dle znme mnoinu celch sel Z, kde Z = {. . . 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, . . . },mnoinu racionlnch sel Q, kde Q = {

: Z, N} a mnoinu relnch sel

R, kde R = Q I, piem I je mnoina iracionlnch sel, to jsou ta, kter nelzevyjdit slem racionlnm (nap.

2,

3, , e = 2, 7812 . . . ).

Zmime jet mnoinu komplexnch sel C, kde C = {+ : , R, 2 = 1}.Jist jste si vimli, e seln mnoiny N a Z vlastn charakterizuj Svt nespo-

jit a proto jsou tm vechna zkoumn v diskrtn matematice popsateln prvtmito sly. Zatmco napklad matematick analza (kontinuln matematika) sepi svch vzkumech neobejde bez sel relnch.

2 vod

1.1 Mnoiny, podmnoiny a operace s nimiJi v vodu jsme pouvali pojem mnoina, ani by byl, by intuitivn, definovn.Mnoinou rozumme njak souhrn vzjemn rozliitelnch objekt, piem objek-tm, kter mnoina obsahuje, kme prvky mnoiny. Mnoiny obvykle oznaujemevelkmi psmeny , , , , , , . . . a prvky mnoiny malmi , , e, , , , . . . .Skutenost, e prvek do mnoiny nle, zapeme , zatmco pokud prvek do mnoiny nepat, zapeme / . Przdnou mnoinu (mnoina bez prvk)ozname symbolem .

Mnoiny zadvme:

vtem prvk nebo-li taxativn, nap. = {5, 7, 9, 11}, charakteristickou vlastnost nap. = { N : 5 5 5 11, je lich } nebo

= {2 + 1 : = 2, 3, 4, 5}.Zpis teme je mnoina vech pirozench sel , pro kter plat, e jsoulich a vt nebo rovna 5 a men nebo rovna 11 a druh teme je mnoinavech sel 2 + 1, kde projde vechny celoseln hodnoty od 2 do 5.Vidme, e logick spojka a souasn se pi zpisu mnoiny charakteristic-kou vlastnost me zamnit rkou. Znak : teme vtinou plat, e a memejej nahradit znakem |.

Poad prvk v mnoin nehraje roli, plat tedy {5, 7, 9, 11} = {7, 11, 9, 5}.V pedchoz vt jsme pouili rovnost dvou mnoin, je pirozen, e dv mnoinyse rovnaj prv tehdy, kdy obsahuj tyt prvky. Z ve uvedenho tak plyne, ekad prvek mnoiny se v mnoin vyskytuje pesn jednou (rozliitelnost), protonapklad souhrn prvk {, , , }, zatmco souhrn {, , , } bychom museli pepsatnapklad do tvaru {, , }, aby se stal mnoinou.

Protoe v matematice obas potebujeme neuspodan souhrn prvk, kde senkter prvky opakuj, zavedeme pojem multimnoiny. Multimnoina je tud ne-uspodan souhrn prvk, piem se prvky mohou opakovat, nerozliitelnm prv-km kme kopie. Multimnoiny budeme v tomto textu znait velkmi psmenys hvzdikou nap. *. Mnoiny i multimnoiny mohou bt konen i nekonen,v diskrtn matematice pevn pracujeme s mnoinami konenmi.

Obecnou konenou neprzdnou mnoinu zpravidla zapisujeme = {1, 2,. . . , }, kde je libovoln pirozen slo. V seznamu prvk tedy vypeme prvndva prvky, pak horizontln trojteku a prvek posledn. Dodejme, e uveden zpisznamen pro = 1, e = {1} a pro = 2, e = {1, 2}.

Obecnou nekonenou neprzdnou mnoinu zapeme = {1, 2, . . . , , . . . }nebo = {1, 2, . . . }, pokud nen obecn -t prvek jednodue vyjaditeln.

Poet prvk mnoiny zapisujeme ||. V ppad nekonen mnoiny pou-vme obvykle msto pojmu poet prvk mnoiny pojem mohutnost mnoiny (znaenzstv stejn). Vidme, e pro = {1, 2, . . . , } je || = a || = 0. Pokudmme obecnou konenou multimnoinu *, kter obsahuje 1 kopi prvku 1, 2kopi prvku 2 atd. a kopi prvku , pak |*| = 1 + 2 + + .

1.1 Mnoiny, podmnoiny a operace s nimi 3

Mnoina je podmnoinou mnoiny , jestlie pro kad plat ,co zapisujeme . Pokud a existuje prvek , kter nepat do, pak kme, e je vlastn podmnoinou a zapeme . Snadno lzevypozorovat, e = prv tehdy, kdy a . Pipomeme jet, epokud , pak tomuto vztahu kme inkluze mnoin , . Podobn lze takdefinovat podmultimnoinu dan multimnoiny.

Jsou-li prvky dan mnoiny tak mnoiny, pak hovome radji o systmu mnoina ne o mnoin mnoin. Systm vech podmnoin mnoiny budeme znait 2a budeme mu kat potenn mnoina mnoiny . Pokud je = , pak 2 = {}.Vimnte si, e {} = . Pro konen mnoiny obecn plat, |2 | = 2||. Tentovztah dokeme v Kapitole 4.

+

Pklad 1.1. Mjme mnoinu = { Z : 23 + 32 3 2 = 0}. Uretetaxativn mnoinu 2 .

een. Mnoinu mme zadnu charakteristickou vlastnost, pokusme se ji vyj-dit vtem prvk. Musme tedy najt vechna celoseln een rovnice 23 +32 3 2 = 0. Protoe jde o rovnici tetho du, bude nutn jeden z koen odhad-nout. Nen tk si uvdomit, e jeden z nich je slo 1. Proto 1 = 1. Pak ovemmus platit, e polynom 23 +32 32 jsme schopni zapsat ve tvaru (1) ().eenm rovnice 23 + 32 3 2 = ( 1) () = 0, jsou krom jedniky takeen rovnice () = 0, piem () = (23 +32 32)/(1) = 22 +5+2.Diskriminant rovnice () = 0 je = 52 4 2 2 = 9, pak ovem 2 = 5+34 =

12

a 3 = 534 = 2. Proto = {2, 1}, nebo ns zajmaj pouze celoselneen. Nyn je ji jasn, e 2 = {, {2}, {1}, {2, 1}}. Pozor, nesmme pst2 = {, 2, 1, {2, 1}}, protoe podmnoinou je jednoprvkov mnoina s prv-kem 2 resp. 1, ne prvek 2 resp. 1! Snadno tak ovme, e |2 | = 4 = 22 = 2| |.

N

Pi prci s mnoinami, je dobr zavst pojem universa i univerzln mnoiny . Potom plat, e kad mnoina, kter pichz v vahu (s kterou pracujeme) jepodmnoinou , piem mnoina charakterizuje njak pirozen celek. Pojemuniversa je tud relativn. V matematick analze jm je asto mnoina relnchsel R, zatmco v diskrtn matematice to bv obvykle N, N0 nebo Z.

S mnoinami meme provdt rzn operace, co znamen, e jedn i vcemnoinm jednoznan piadme njakou dal mnoinu. Nejjednodu operac jedoplnk (komplement) mnoiny v mnoin . Doplnk mnoiny zname nebo a plat = { : / } (v jsou vechny prvky universa, kter ne-pat do mnoiny ). Doplnk mnoiny je znzornn na obrzku 1.1 tzv. Vennovmdiagramem.

+

Pklad 1.2. Naleznte doplky Z a N mnoiny = { N : 1 12 ,

15}.

een. Protoe 1

15 ,12, mus platit, e

12 5

15 15 . Tento zpis charakterizuje

dv nerovnice, a to 12 51

a 15 15 . Protoe je pirozen, tedy kladn, snadno

dostaneme vsledek = 2 a 5 5. Vidme, e = {2, 3, 4, 5}.

4 vod

U

A

Obr. 1.1 Doplnk nebo-li komplement mnoiny (vyrafovan st)

Odtud Z = {. . . 2, 1, 0, 1, 6, 7, 8, . . . } a N = {1, 6, 7, 8, . . . }. Takov ne-konen mnoiny umme ovem pesnji zapsat charakteristickou vlastnost, protozvolme jin zpis, napklad Z = { Z : 5 1 = 6} a N = { N : == 1 = 6}.

N

Ji ze stedn koly znme prnik , sjednocen a rozdl mnoin, . Vme, e plat = { : } (v jsou vechny spolenprvky mnoin , ), = { : } (viz obr 1.2) (v jsouvechny prvky z prvn nebo druh mnoiny) a = { : / } (v jsou vechny prvky mnoiny , kter nepat do )(viz obr 1.2).

U

A B

U

A B

Obr. 1.2 Sjednocen mnoin a mnoinov rozdl (vyrafovan sti)

Pro zjemce:Nsledujc pklad je prvn ukzkou, jak vst v matematice obecn dkaz. Vimnte si,e probh v jednotlivch krocch, piem sprvnost kadho kroku mus bt obhjenanjakm ji znmm (tud u dokzanm) pravidlem. Matematickm dkazm se budemepeliv vnovat v Kapitole 4.

+

Pklad 1.3. Dokate, De Morganova pravidla = a = .

1.1 Mnoiny, podmnoiny a operace s nimi 5

een. Pokud a souasn , pak = . Tto mylenky vyuijeme v n-sledujcm dkazu. Nech je libovoln prvek z mnoiny . Potom plat, e a / . Vrok / lze pepsat ( ), kde symbol znamen negacivroku (opak vroku) v zvorce. Vme, e pokud , pak . Dostvmetud vrok ( ). Z vrokov logiky je znmo, e vrok ( ) jeekvivalentn s vrokem ( ) ( ), co je vrok / / . Protoe ,meme pedel vrok pepsat , z eho plyne . Dokzali jsme,e kad prvek mnoiny je prvkem mnoiny , proto .

Nyn pedpokldejme, e . Potom a odtud ( )( ). Pedel vrok je ekvivavalentn s vrokem ( ), co lze pepsat( ). ili prvek pat do , ale nepat do , proto . V tutochvli mme prokzno, e kad prvek z je prvkem . Tud .

Ovili jsme platnost obou mnoinovch inkluz a ,proto mus platit = . Dkaz druhho De Morganova pravidla ponechme jakocvien.

N

Prnik resp. sjednocen vtho potu mnoin 1, 2, . . . , budeme zapisovat

=1 resp.

=1

. Tud

=1

= 1 2 . . . a

=1

= 1 2 . . . .

Pokud chceme z mnoin vybrat jen njakch , 5 , pak doln indexyvybranch mnoin obecn ozname 1, 2, . . . , , kde 1, 2, . . . , {1, 2, . . . , }.Prnik a sjednocen tchto vybranch mnoin pak meme zapsat

{1,2,...,}

= 1 2 . . . a

{1,2,...,}

= 1 2 . . . .

Pedel mnoinov operace piazovaly jedn i vce mnoinm mnoinu, jebyla podmnoinou tho universa jako mnoiny pvodn. Nsledujc operace tutovlastnost nemaj.

Kartzsk souin mnoin 1, 2, . . . , budeme znait 1 2 . . . a plat

1 2 . . . = {(1, 2, . . . , ) : , = 1, 2, . . . , }.

Kartzsk souin mnoin 1, 2, . . . , v tomto poad je tedy mnoina vechuspodanch -tic, kdy prvn prvek (tak meme ci prvek na prvn pozici) jez prvn mnoiny, druh z druh a tak dle, a -t z -t mnoiny. Navc plat, e = = .

Dodejme, e zpis = 1, 2, . . . , znamen, e index projde vechna sla 1, 2, . . .. . . , , zatmco zpis {1, 2, . . . , } k, e index je nkter z sel 1, 2, . . . , .

6 vod

Plat-li 1 = 2 = = = , pak kartzsk souin . . . = nazvme -tou kartzskou mocninou mnoiny . Dodejme, e 1 = a 0 = {}.

V Kapitole 4 dokeme platnost vztahu | | = || ||. D se tak dokzatzobecnn vztah |1 2 . . . | = |1| |2| ||.

+

Pklad 1.4. Nech = {,}, = {1, 3, 5} a = {}. Urete mnoiny , , , , 2 a 3.

een. je mnoina vech uspodanch dvojic, kde na prvn pozici je pr-vek z a na druh prvek z . Abychom na dnou dvojici nezapomnli, je dobrpostupovat systematicky. Nejdve vezmeme prvn prvek z a na druhou pozicik nmu budeme postupn pidvat vechny prvky mnoiny . Dostaneme dvojice(, 1), (, 3), (, 5). Pak tot provedeme pro druh prvek z a dostaneme dvojice(, 1), (, 3), (, 5). (Pokud by v existovaly dal prvky, budeme takto pokraovatdl.) Tud = {(, 1), (, 3), (, 5), (, 1), (, 3), (, 5)}.

Podobn, = {(, 1), (, 3), (, 5)} a = {(1, ), (3, ), (5, )}.Vimnte si, e = , tedy kartzsk souin nen komutativn. V naemppad dokonce plat ( ) ( ) = (mnoiny nemaj ani jeden spolenprvek).

Pipomeme, e jestlie pro dv mnoiny , plat = , pak , nazvme disjunktn mnoiny.

je mnoina vech uspodanch trojic, kde 1. prvek je z mnoiny, druh z a tet z . Budeme opt systematit. Na prvn pozici dme 1.prvek z , na druhou prvn prvek z a na tet postupn vechny prvky z .Dostaneme (1, , ), (1, ,). Na prvn pozici ponechme 1. prvek z a na druhoubychom dali druh z . Ten ovem neexistuje, proto dme na prvn pozici druhprvek z , na druhou jedin prvek z a na tet postupn vechny prvky z .Dostaneme uspodan trojice (3, , ), (3, ,). Nakonec dme na prvn poziciposledn prvek z a celou proceduru opakujeme. Dostaneme (5, , ), (5, ,).Proto = {(1, , ), (1, ,), (3, , ), (3, ,), (5, , ), (5, ,)}

Protoe kartzsk mocniny jsou specilnmi ppady kartzskch souin, m-eme bt strunj a ihned pst

2 = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (5, 1), (5, 3), (5, 5)}

3 = {(, , ), (, ,), (,, ), (,,),(, , ), (, ,), (,, ), (,,)}.

Vimnme si, e plat || = 6 = 2 3 = || ||, | | = 3 = 1 3 = || || == || || = | |, | | = 6 = 3 1 2 = || || ||, |2| = 9 = 32 = ||2a |3| = 8 = 23 = ||3.

N

1.2 Posloupnosti, sumy a produkty 7

+

Pklad 1.5. Urete taxativn mnoinu 2 , pokud = ( ) 2 a == { N : 3 32 + 2 = 0} a = { R : = 1

}.

een. Zanme tm, e si mnoiny i vyjdme taxativn. V ppad mnoiny hledme pirozen sla, kter spluj rovnici 332+2 = 0. Nalezneme vechnykoeny tto rovnice a vybereme pouze ty, kter jsou pirozenmi sly. Protoe 3 32 + 2 = (2 3 + 2) = 0, tak jeden z koen, eknme 1, je 0 a zbvajcdv een 2, 3 jsou koeny kvadratick rovnice 2 3 + 2 = 0.

Pro hledn celoselnch koen normovan kvadratick rovnice (ped 2 je jed-nika) 2 + + = 0 meme s spchem pout Vietovu vtu, kter k, e prokoeny 1, 2 mus platit 1 + 2 = a 1 2 = . V naem ppad tud hledmedv cel sla, kter v soutu dvaj trojku a v souinu dvojku. Ale takov sla jsou1 a 2. Proto = {1, 2}, nebo 0 nen pirozen slo.

Dodejme jet, e Vietova vta v obecnm znn hovo o vztahu koen a koefi-cient obecn algebraick rovnice -tho du, tj. rovnice + 11 + ++ 1 + 0 = 0, piem jsou reln sla pro vechna = 1, 2, . . . , .

V ppad mnoiny hledme reln sla, kter se rovnaj sv pevrcen hod-not. Takov sla jsou pouze dv, a to 1, 1. Proto = {1, 1}, = {(1, 1), (1, 1), (2, 1), (2, 1)} a 2 = {(1, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1)}.

Chceme-li urit mnoinu = ( ) 2, pak hledme prvky mnoiny ,kter nejsou obsaeny v 2 (Pozor, prvky jsou tentokrt uspodan dvojice!). Tud = ( ) 2 = {(2, 1), (2, 1)}.

Jet zbv nalzt mnoinu 2 , co je systm vech podmnoin mnoiny (prvky jsou podmnoiny mnoiny ). Proto 2 = {, {(2, 1)}, {(2, 1)}, {(2, 1),(2, 1)}}.

Uvdomte si, e zpisy {(2, 1)} a {2, 1} neznamenaj tot! Prvn oznauje jedno-prvkovou mnoinu, kde prvkem je uspodan dvojice (2, 1), zatmco druh oznaujedvouprvkovou mnoinu, kde prvky jsou sla 2 a 1.

N

V zvru podkapitoly jet zavedeme pojem celoselnho intervalu. Symbolem[, ], kde , Z, 5 , budeme oznaovat mnoinu vech celch sel, kter jsoumen nebo rovna a vt nebo rovna . Takov mnoin budeme kat celoselninterval od do . Plat tedy [, ] = { Z : 5 5 , Z 5 }.

1.2 Posloupnosti, sumy a produktyKadou konenou mnoinu i multimnoinu meme pln (linern) uspodat,tzn. urme jednoznan, kter prvek je prvn, kter druh... atd. Urme tud jed-noznan poad kadho prvku v mnoin. V takto pevn uspodan mnoinozname prvn prvek 1, druh prvek 2 a obecn -t prvek . Dostaneme tedy

8 vod

uspodanou -tici (1, 2, . . . , ), kde pro = 1, 2, . . . , jsou vechny prvky za-dan mnoiny. Takovou uspodanou -tici (1, 2, . . . , ) budeme nazvat konenposloupnost a meme ji tak zapsat ()=1. Prvek , {1, 2, . . . , }, nazvme-t len posloupnosti, poppad len posloupnosti. Podobn meme tak uspo-dat nekonen mnoiny a multimnoiny, m dostaneme nekonen posloupnosti.Nekonen posloupnosti zapisujeme bu (1, 2, . . . , , . . . ) nebo (1, 2, . . . ) nebo()=1.

Dodejme jet, e pipoutme existenci przdn posloupnosti, tj. posloupnostibez jakhokoliv lenu.

Konkrtn posloupnosti meme zadvat rznmi zpsoby. Napklad tak, e vy-peme vechny jej prvky v danm poad, napklad (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21) (mme-lina mysli konenou posloupnost) nebo (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . ) (mme-li na myslinekonenou posloupnost). V obou ppadech kme, e jsme zadali posloupnost ta-xativn nebo-li vtem prvk. Takov zadn je v ppad posloupnosti s mnoha lenyvelmi obtn a v ppad nekonen posloupnosti dokonce nemon (Co nsledujeza slem 21?).

Dal monost, jak zadat posloupnost, je rekurentn. Co znamen, e zadmepedpis pro vpoet -tho lenu z len pedchozch, piem musme znt do-staten poet prvnch len posloupnosti. Jako pklad nm poslou Fibonaccihoposloupnost, kter bv zadvna nsledovn: 1 = 2 = 1 a = 1 + 2 pro = 3.

Jist jste si vimli, e ve uveden posloupnost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . ) bymohla bt Fibonacciho posloupnost.

Tak meme urit posloupnost vzorcem pro -t len (pedpis, jak vypotat, pokud znme ). Jako pklad uveme = 15((

1+

52 )

(1

52 )

). Je velmizajmav, e pokud by jste pouili tento vzorec pro = 1, 2, . . . dostali by jsteposloupnost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . ). Jde tud opt o Fibonacciho posloupnost!Vpoty jednotlivch len ze zadanho vzorce jsou docela zdlouhav, proto zkusmeovit (pro zjemce) alespo, e napklad 6 je rovno 8.

Pro zjemce:Vpoet provedeme bez pouit binomick vty, nebo v jejm zpise jsou pouita kombi-nan sla s ktermi se seznmme a v nsledujc kapitole. Vme, e 6 = 15((

1+

52 )

6

(1

52 )

6). Proveme substituci =

5 a uvdomme si, e (1 + )6 = (1 + )3 (1 + )3a (1)6 = (1)3 (1)3, piem (1+)3 = 1++2 +3 a (1)3 = 1+2 3.Po roznsoben vidme, e 6 je

(1 + 6 + 152 + 203 + 154 + 65 + 6) (1 6 + 152 203 + 154 65 + 6)26 .

Z eho po pravch dostaneme

1.2 Posloupnosti, sumy a produkty 9

6 =4(3 + 102 + 34)

4 24 .

Po vykrcen a zptn substituci mme 6 = 3+10(

5)2+3(

5)424 =

3+10.5+3.2524 =

12824 =

= 2724 = 23 = 8.

Na zvr poznamenejme, e urit vzorec pro -t len Fibonacciho posloupnosti nenjednoduch, a tato problematika pesahuje monosti tohoto textu. Cel odvozen metenajt v [MaNe].

Pomrn asto se stv, e chceme vechny leny posloupnosti ()=1 sest nebovynsobit. Souet budeme oznaovat symbolem suma

a souin symbolem produkt

. Pro oznaen je pouito velk eck sigma a velk eck p podle potenchpsmen obou slov. Souet a souin vech len posloupnosti lze tedy zapsat takto

1 + 2 + + =

=1

a 1 2 =

=1

.

Pokud chceme sest nebo vynsobit pouze vybran leny posloupnosti 1 , 2 ,. . . , , kde {1, 2, . . . , } pro kad = 1, 2, . . . , a 5 , pak peme

=1

nebo

=1

.

Je vak mon i jin zpis, napklad{1,2,...,},

nebo

{1,2,...,},

.

+Pklad 1.6. Vypotejte

=1( + 2).

een. Nejdve rozepeme sumu

=1(+2) = (1+2)+(2+2)+(3+2)+ +(+2).Souet (1 + 2)+ (2 +2) + (3 +2) + + ( + 2) je souet prvnch len aritmetickposloupnosti, kde 1 = 1 + 2 = 3, = + 2 a diference = 1. Pipomeme, evzorec pro souet prvnch len aritmetick posloupnosti je = 2 (1 + ).Odtud

=1( + 2) = 2 (3 + + 2) =

(+5)2 .

Jin een. Protoe konen souet je asociativn a komutativn, meme pst=1( + 2) = (2 + 2 + + 2

) + (1 + 2 + + ) = 2 + 2 (1 + ) =(+5)

2 .

N

+

Pklad 1.7. Vypotejte

=1(2 ).

een. Opt si produkt nejdve rozepeme

=1(2 ) = (2 1) (2 2) (2 ).Protoe je nsoben asociativn a komutativn meme pst (2 1) (2 2) (2 ) == (2 2 2

)(1 2 ). Vme, e 2 2 2

= 2 a 1 2 = !, kde symbol !

10 vod

teme faktoril. O faktorilu budeme podrobn hovoit v Kapitole 2. Proto=1(2 ) = 2 !.

N

+

Pklad 1.8. Vypotejte

{R|2+2=0}(2 + ) a

{R|2+2=0}(2 ).

een. Vidme, e mnoina hodnot indexu je dna charakteristickou vlastnost.Bude lep, pokud ji vyjdme taxativn. Snadno zjistme, e rovnici 2 + 2 == 0 spluj pouze sla 1 a 2, proto { R | 2 + 2 = 0} = {2, 1}.Odtud

{R|2+2=0}(2 + ) =

{2,1}(2 + ) = (2 + (2)) + (2 + 1) = 3

a

{2,1}(2 ) = (2 (2)) (2 1) = 8.N

Zstame jet u pklad 1.6 a 1.7. Zejm plat

=1( + 2) = (

=1 ) ++ (

=1 2) a

=1(2 ) = (

=1 2) (

=1 ) (Suma sout je souet sum a produkt

souin je souin produkt). Vme, e

=1(+2) =(+5)

2 = 2+2 (1+) =

(+1)2 +

+ 2 (pklad 1.6), piem

=1 =(+1)

2 . Proto

=1 2 = 2 = 2 + 2 + + 2

.

Obdobn

=1(2 ) = 2 ! (pklad 1.7) a

=1 = !. Proto

=1 2 = 2 == 2 2 2

.

Pokud tedy stme nebo nsobme vrazy, kter nejsou funkc indexu ( pro-chz rznch hodnot), jsou vi promnn konstantn, pak takov souet resp.souin chpeme jako souet nebo souin stanc resp. initel, piem kadz nich je ona konstanta. Obecn plat

=1

= + + +

= a

=1

=

= .

Jet zmime, e napklad

{1,2,43,51,103}

= + + + + = 5 a

{1,2,43,51,103}

= = 5,

nebo o potu stanc (initel) rozhoduje pouze poet hodnot, ktermi index prochz.

V obecnch vpotech me nastat nsledujc situace. Mme vypotat sumu=5 i produkt

=5 napklad pro = 2, 3, . . . , . Pak ovem po dosazen

= 2 dostvme tzv. przdnou sumu2

=5 i przdn produkt2

=5 (mnoinahodnot indexu je przdn). Budeme si pamatovat, e przdn suma je rovna nulea przdn produkt jedn. Proto

2=5

= 0 a2

=5

= 1.

1.2 Posloupnosti, sumy a produkty 11

+

Pklad 1.9. Na spoc et jsme uloili 1000 K. Vme, e kad rok pitoutolik stokorunu, kolik rok je et veden, a kad rok odetou 200 K za bankovnpoplatky. Kolik korun bude na spocm tu po

dvou letech? pti letech? letech?

een. Nejrozumnj asi bude, pokud lohu vyeme pro obecn a ostatn eendostaneme pouhm dosazenm. Je zejm, e po jednom roce pitou k tiscikorunstokorunu, po druhm roce k 1000 + 100 K pitou 2 100 korun, po tetm rocek 1000 + 100 + 2 100 K pitou 3 100 korun a tak dle. Take obecn po letech pitou k tiscikorun (1 + 2 + + ) 100 =

=1 100 korun. Avak

kad rok odetou 200 korun, tud celkov 200 korun. Po letech bude na tu1000 +

=1 100 200 K. Vme, e

=1 = 2 ( + 1) =

(+1)2 . Odtud

1000 +

=1 100 200 = 1000 +(+1)

2 100 200 = 1000 + 502 + 50

200 = 1000 + 502 150 = 1000 + 50( 3).Tud po dvou letech bude na tu 1000 + 50 2(2 3) = 900 K, ale po pti

letech 1000 + 50 5(5 3) = 1500 K.N

+

Pklad 1.10. Vypotejte

{2,4,9,11}( + )2 a

{2,4,9,11}( + )2.

een. Protoe se vraz ( + )2 nen funkc indexu , tak plat

{2,4,9,11}( + )2 =

= 4( + )2 a

{2,4,9,11}( + )2 = (( + )2)4 = ( + )8.N

+Pklad 1.11. Vypotejte

{R:(+1)2

12 vod

Rozepeme-li sumu2=1

3, pak stance tvo aritmetickou posloupnost, kde

prvn len je 6 a posledn 3 2 = 6. Pozor, stanc je pouze . Odtud2=1

3 =

= 2 (6+6) = 3(+1). Suma2=1

3 obsahuje stanc, kter tvo aritmetickou

posloupnost, piem prvn len je 3 a posledn 3(2 1) = 6 3. Odtud2=1

3 =

= 2 (3 + 6 3) = 32. Tud

2=1

(1) 3 =2=1

3 2=1

3 = 3( + 1) 32 =

= 32 + 3 32 = 3.Proveme jinou vahu, kter povede k een. Kad dva po sob jdouc stance

v sum jsou po sob jdouc nsobky t, piem men m znamnko minus a vtznamnko plus. Tud, seteme-li je, dostaneme slo 3. Sprujme po sob jdouc

stance a dostaneme souet pr, kde kad pr dv vsledek 3. Proto2=1

(

1) 3 = (3 + 6) + (9 + 12) + + (3(2 1) + 3 2) = 3 + 3 + + 3

= 3.

N

+ Pklad 1.13. Vypotejte

=1

=1

.

een. Nejdve aplikujeme pravou sumu a dostvme

=1

=1

=

=1( 1 + 2+

+ ) =

=1(1 + 2 + + ) =

=1

(+1)2 =(+1)

2

=1 = (+1)2

(+1)2 =

=

=1

=1

=(

(+1)2

)2=

(

=1

)2.

N

1.3 Horn a doln cel st relnho sla

Definice 1.14. Horn cel st relnho sla je cel slo takov, e plat

1 < 5 .

Horn celou st relnho sla budeme znait .

Nechme-li si pedelou definici projt hlavou, pak zjistme, e pi hledn mohou nastat na seln ose dv monosti. Bu je cel slo, pak je jeho horn celst pmo , nebo R Z, a pak je nejbli cel slo napravo od .

1.3 Horn a doln cel st relnho sla 13

Definice 1.15. Doln cel st relnho sla je cel slo takov, e plat

5 < + 1.

Doln celou st relnho sla budeme znait .

Opt, pi hledn mohou nastat na seln ose dv monosti. Bu je celslo, pak je jeho doln cel st pmo , nebo R Z, a pak je nejbli celslo nalevo od .

+

Pklad 1.16. Urete horn a doln cel sti relnch sel 7; 7; 2, 34; 2, 34; 143 ; 143 ; e; e.

een. Protoe 7 a 7 jsou cel sla, tak plat 7 = 7 = 7 a 7 = 7 = 7.slo 2, 34 le mezi dvojkou a trojkou, zatmco slo 2, 34 mezi minus trojkoua minus dvojkou, proto 2, 34 = 3, 2, 34 = 2 a 2, 34 = 2, 2, 34 = 3.slo 143 je mezi tykou a ptkou, proto

143 = 5,

143 = 4 a

143 = 4,

143 = 5. Eulerovo slo e je iracionln s piblinou hodnotou 2, 7812 . . . , protoe = 3, e = 2 a e = 2, e = 3.

N

+

Pklad 1.17. Urete horn a doln celou st relnho sla 6, 9.

een. Tento pklad se zd vyloen triviln a mnoho z ns by zejm tvrdilo, e6, 9 = 7 a 6, 9 = 6. Nen tomu tak!

D se toti ukzat, e 6, 9 = 7. Potom ovem 6, 9 = 6, 9 = 7.Rovnost 6, 9 = 7 prokeme jednoduchou a krsnou vahou. Stanovme = 6, 9,

potom ovem 10 = 69, 9. Odtud plyne 10 = 69, 9 6, 9 a dostvme 9 = 63.Co je splniteln pouze pro = 7.

N

+Pklad 1.18. Ovte, zda plat (+1)

2

2 = 2

2 + pro kad sud cel .

een. Ozname = 2, kde Z.Na prav stran dostaneme (2)

2

2 + 2 = 22 + 2. Protoe je 22 cel slo,

plat 22 = 22. Po prav tud obdrme 22 + 2.Lev strana je (2+1)

2

2 = (42+4+1)

2 = 22 + 2 + 12. slo 2

2 + 2 + 12 jeo jednu polovinu vt ne cel slo 22 + 2, proto 22 + 2 + 12 = 2

2 + 2.Dkaz rovnosti je ukonen, nebo jsme ovili, e lev strana se rovn prav pro

libovoln sud .N

+

Pklad 1.19. Dokate nebo vyvrate rovnost +2 = 2 +

2 pro libovoln sud

a lich , , Z.

een. Nech = 2 a = 2 + 1, piem , Z. Na prav stran mme2+2+12 = + +

12 = + . Lev strana je

22 +

2+12 = + +

12 = + .

N

14 vod

Pklady k procvien!1. Dokate, e plat = (pro zjemce).

2. Mjme mnoiny = { R : ln || = 1 ln || = 0} a = { Z : 23 2 2 ++ 1 = 0}. Zapite mnoiny , taxativn a urete , , , , a 2.

3. Vypotejte

{2,0,1,2} ( + 1) a

{2,0,1,2} ( + 1).

4. Vypotejte

{2,0,1,2} ( + 1) a

{2,0,1,2} ( + 1).

5. Vypotejte

{R:sin()=} 3 a

{R:sin()=}

3.

6. Vypotejte2

=1(1) a2

=1(1).

7. Vypotejte21

=1 (1) a21

=1 (1).

8. Vypotejte

=1 3 a

=1 3.

9. Vypotejte2

=1(2) a2

=1(2).

10. Vypotejte21

=1 (2) a21

=1 (2).

11. Vypotejte

=1+1

.

12. Ovte, zda plat (+1)2

2 = 2

2 + pro kad N.

13. Ovte, zda plat +2 = 2 +

2 pro kad , N.

14. Ovte, zda plat ( + ) = + pro kad , R.

Kl k pkladm k procvien1. Vyuijte pkladu 1.3.

2. = {e, 1, 1, e}, = {1, 1}, = , = , = {e, e}, == , = {(e, 1), (e, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1), (e, 1), (e, 1)}, 2 == {, {1}, {1}, {1, 1}}.

3. 10 a 0.

4. 4( + 1) a (( + 1))4.

5. 0 a 1.

6. 0, 1 pro sud a 1 pro lich.

7. 1, 1 pro sud a 1 pro lich.

Pklady k procvien 15

8. 32(3 1) a 3

(+1)2 .

9. 23(4 1) a (2)(2+1).

10. 13(4 + 2) a (2)(21).

11. + 1.

12. Ne, protoe (3+1)2

2 = 8 = 7 = 4 + 3 = 322 + 3.

13. Ne, protoe 1+12 = 1 = 0 = 0 + 0 = 12 +

12.

14. Ano.

16

Kapitola 2

Zkladn kombinatorick vbry

Mjme konenou mnoinu i multimnoinu a z n nhodn vyberme pedem urenpoet prvk. Takovmu procesu budeme kat kombinatorick vbr (strunji v-br). Obdobn vbry provdme asto jak pi vzkumu (statistick vzkum), takv bnm ivot (szkov hry).

Pokud vybrme z mnoiny (ve vbru se prvky nemohou opakovat), pak jdeo vbry bez opakovn, pokud z multimnoiny (prvky se ve vbru mohou opako-vat), pak jde o vbry s opakovnm. (Dodejme, e uspodan vbry s opakovnmse daj formulovat i pomoc mnoin.) Poet vech monch rznch vbr ovlivujdva parametry, a to poet prvk pvodn mnoiny i multimnoiny a poet vybra-nch prvk, dle skutenost, zda zle i ne na poad vybranch prvk. V ppad,e ns poad vybranch prvk nezajm, chpeme proveden vbr jako podmno-inu zadan mnoiny. V ppad, e ns naopak poad zajm, tak proveden vbrchpeme jako posloupnost vybranch prvk.

V tto kapitole se budeme zabvat zjiovnm potu vech monch vbr sezadanmi vlastnostmi.

2.1 Permutace bez opakovn

+

Pklad 2.1. Sedm v jdeln a obdvm. Ve front u vdeje obd stoj pt mchstudent z prv skonenho cvien, jmenuj se Zbyslav, Matylda, Petr, Jana a Zik-mund. Jsou pomrn pestrobarevn obleeni. Dvm se na n a pemlm, jak byse ona pestrobarevnost mnila, pokud bych mnil jejich poad ve front. A tu mnenapadne. Kolik mm monost, jak studenty do fronty seadit? Bude tch monosthodn?

een. Studenty si pro jednoduchost nahradme sly 1, 2, 3, 4, 5. Vimnme si. Vy-brme z 5-prvkov mnoiny vech 5 prvk, na poad zle a dn prvek se neo-pakuje!

Pro zatek si ponechme jen sla 1, 2. Ty ovem umme uspodat dvma zp-soby ((1, 2), (2, 1)). Pidme slo 3, to meme umstit bu na prvn, druhou nebo

2.1 Permutace bez opakovn 17

tet pozici ((3, , ), (, 3, ), (, , 3)). Na zbvajcch dvou pozicch lze sla 1, 2uspodat vdy dvma zpsoby. Ke kadmu pevnmu umstn sla 3 tedy existujdv uspodan trojice. Proto mme celkov 3 2 uspodan trojice (monosti).Pidme tyku. Tu meme umstit na jednu ze ty pozic ((4, , , ), (, 4, , ), (, , 4, ), (, , , 4)). sla 1, 2, 3 na zbvajcch tech volnch pozicchuspodme 3 2 zpsoby. Ke kadmu pevnmu umstn sla 4 tud existuj 3 2uspodan tveice. Proto celkov obdrme 4 3 2 uspodan tveice (monosti).Obdobnou vahou dostaneme pro pt student vsledek 5 4 3 2 = 120 monost.

N

Pedelou vahu lze snadno zobecnit pro libovoln konen poet student.Mjme student, N. Ozname je sly 1, 2, . . . , . Nech je poet vechmonch uspodn sel 1, 2, . . . , a +1 je poet vech monch uspodn -sel 1, 2, . . . , , + 1. slo + 1 meme v uspodan + 1-tici umstit vdy naprv jednu z + 1 pozic. Pro kad pevn umstn sla + 1 na jedinou pozicimeme zbvajcch sel uspodat na zbvajcch pozicch zpsoby. Z ehodostvme, e +1 = ( + 1) , piem 1 je 1.

Nali jsme rekurentn vztah, kter nm dovoluje z potu uspodn pro prvkodvodit poet uspodn pro + 1 prvk.

Pedel pozorovn ns jednoznan vedou k vysloven nsledujc domnnkynebo-li hypotzy. (Hypotza je zatm nedokzan a nevyvrcen tvrzen.)

Poet vech monch uspodan -prvkov mnoiny je (1) (2) 2 1.Nadeel as, abychom ve uveden pozorovn zformalizovali pomoc definic

a vt.

Definice 2.2. Mjme libovoln pirozen slo . Pak permutace bez opakovn na-prvkov mnoin je libovoln uspodn vech prvk mnoiny do njakposloupnosti.

Definice 2.3. Poet vech permutac bez opakovn na -prvkov mnoin bu-deme znait () a souin (1) (2) 2 1 ozname !. Vraz ! budemest faktoril.

Vta 2.4. () = ( 1) ( 2) 2 1 = ! pro kad N.

Dkaz. Dkaz provedeme matematickou indukc, kter se budeme detailn vnovata v Kapitole 4, proto dovolte ponkud obrnj koment.

Nejdve chceme ovit, zda n vztah plat pro nejmen uvaovan , tedy pro = 1. Zjistme, e ano, nebo (1) = 1 = 1!.

Nyn pedpokldejme, e nae vta plat pro njak libovoln pirozen . Pakbudeme chtt ukzat, e mus platit i pro jeho nsledovnka, tj. slo + 1. Pokudse to povede, mme jistotu, e vta plat pro kad pirozen a dkaz je ukonen.

18 Zkladn kombinatorick vbry

Nech () = ( 1) ( 2) 2 1 = !. Vme, e ( + 1) = ( + 1) ()(vyuili jsme rekurentn vztah +1 = (+1)). V tto chvli pouijeme pedpoklad( () = ( 1) ( 2) 2 1) a dostvme ( + 1) = ( + 1) () = ( ++ 1) ( 1) ( 2) 2 1 = ( + 1)!.

Ukzali jsme, e (1) = 1! a pokud () = !, pak (+1) = (+1)!. Z principumatematick indukce tud plyne, e vztah () = ! plat pro kad pirozen .

Poznmka 2.5. Vidme, e souin ve vt 2.4 definuje faktoril pouze pro = 1.emu je ale roven 0 faktoril? Vzhledem k tomu, e przdnou mnoinu ummeuspodat do jedin posloupnosti, a to do przdn (viz Kapitola 1), plat 0! = 1.

+

Pklad 2.6. Mme 7 blch kuliek do nich jsou vyraena sla od 1 do 7. Chcemeje obarvit 7 barvami tak, e kad kulika je obarvena pesn jednou barvou a vechsedm barev je pouito (sla vyraen na kulikch jsou i po nabarven vidt!). Kolikmme rznch monost?

een. Vechna mon obarven kuliek meme provst takto: Kuliky seadmedo ady a jednoznan urme poad pouitch barev (M-modr, O-oranov, Z--zelen, R-rov, -erven, -lut, B-bl). Pak prvn kuliku zleva obarvmebarvou slo 1, druhou zleva barvou slo 2 a sedmou zleva barvou slo 7 (vizobr 2.1). Zmnme poad kuliek (poad barev zstv stejn) a postup barvenopakujeme (tzn. prvn kuliku zleva barvou .1, druhou zleva barvou .2 atd.). Uritdostaneme jin obarven ne v ppad prvnm. Vidme, e poet vech rznchobarven je stejn jako poet vech rznch seazen kuliek. Tud jde o poetvech permutac bez opakovn na sedmiprvkov mnoin, tedy (7) = 7! = 5040.

N

M O Z R B

3 6 5 7 1 4 2

M O Z R B

4 6 1 5 3 2 7

Obr. 2.1 Realizace dvou rznch obarven sedmi rznch kuliek

+

Pklad 2.7. Kolik existuje vzjemn jednoznanch (bijektivnch) zobrazen 5--prvkov mnoiny na 5-prvkovou mnoinu ?

een. O zobrazench bude podrobn pojednno v Kapitole 5. Bijektivn zobrazenje zobrazen, kdy kadmu prvku jedn mnoiny je piazen pesn jeden prvek druhmnoiny a naopak, kadmu prvku druh mnoiny je piazen pesn jeden prvek

2.1 Permutace bez opakovn 19

mnoiny prvn. Ukzka bijektivnho zobrazen 5-prvkov mnoiny na 5-prvkovoumnoinu je na obrzku 2.2.

Nech = [1, 5] a = {, , , , e}. Pi konstrukci jednotlivch bijekc poui-jeme podobn postup jako pi barven kuliek v pkladu 2.6, tzn. pevn uspodmeprvky z mnoiny , poad prvk v naopak budeme mnit a v kadm kroku bu-deme piazovat prvnmu prvku z prvn prvek z , druhmu prvku z druhprvek z , a ptmu prvku z pt prvek z (viz obr 2.3). Tmto zpsobem jistvytvome vechny poadovan bijekce, a navc vidme, e jich je (5) = 5! = 120.

N

X

1

2

3

4

5

Y

a

b

c

d

e

Obr. 2.2 Bijekce mnoiny na mnoinu

1 2 3 4 5

c a b d e

1 2 3 4 5

d a c e b

Obr. 2.3 Realizace dvou z 5! bijekc mnoiny na mnoinu

+

Pklad 2.8. Ve vten knize Murphy (1938) dritele Nobelovy ceny za litera-turu (1969) Samuela Becketta hlavn postava (Murphy) vdy snd balek suenek.V tomto balku je 10 rznch suenek, piem Murphy chce sndani zat pome-ranovou suenkou (chutn mu nejmn) a ukonit suenkou s okoldovou polevou(je jeho nejoblbenj). Kolik m monost, jak posndat?

20 Zkladn kombinatorick vbry

Dle, Murphy oponuje sv ptelkyni, kter jej peskuje ohledn fdn stravy, ejeho balek suenek mu umouje sndat tak, e dn dva dny ve svm ivotnebude mt tut sndani. M pravdu?

een. Ozname si suenky sly 1 a 10, piem pomeranov suenka je oznaenaslem 1 a suenka s okoldovou polevou (dle j budeme kat okoldov) slem10. Ptme se, kolika zpsoby umme seadit sla 1 10, s tm, e 1 je na prvnpozici a 10 na dest pozici. ili sla 1 a 10 jsou pevn fixovna na dan pozice,a sla 2 a 9 mohou bt seazena zcela libovoln na zbvajcch osmi pozicch. Jdeo permutace bez opakovn na osmiprvkov mnoin, a proto (8) = 8! = 40320.

Murphy si um pipravit 40320 rznch sndan (j-li suenky po jedn a v rznchpoadch), co mu vyjde piblin na 40320 : 365 .= 110 let.

N

+

Pklad 2.9. Vrame se jet k pkladu 2.8. Murphy jak tak pekonal svj odpork pomeranov suence a nklonnost k suence s okoldovou polevou, co vyjdilnsledovn: Nen mon, aby zrove prvn nebyla pomeranov a posledn nebylaokoldov. Kolikrt se zv poet sndan, kter si je schopen Murphy pipravit,pi tomto mn psnm omezen?

een. Zde si musme dobe promyslet Murphyho slova. Z jeho tvrzen se dovdme,jakou situaci zakazuje. Bude dobr, kdy si odvodme opak, tzn. jak situace pi-pout. k vlastn, alespo jeden ze dvou ppad, a to prvn je pomeranov,posledn je okoldov, mus bt splnn.

Murphyho sndan meme tud rozdlit do t mnoin 1, 2, 3, piem,v mnoin 1 budou sndan, kter zanaj pomeranovou suenkou, ale nekonokoldovou, v mnoin 2 budou sndan, kter nezanaj pomeranovou suen-kou, ale kon okoldovou, v mnoin 3 jsou sndan, kter zanaj pomeranovousuenkou a kon okoldovou.

Vimnme si, e plat = pro kad = , , {1, 2, 3} a = 123,kde je mnoina vech Murphyho sndan. Tedy mnoiny 1, 2, 3 jsou po dvojicchdisjunktn a jejich sjednocen dv celou mnoinu . Proto || = |1| + |2| + |3|,kde slo || je vsledek naeho een, nebo jde o poet vech Murphyho sndan.

Takov zpsob een lohy je v kombinatorice asto vyuvn a kme murozklad na jednotliv disjunktn ppady. Nevhodou takovho een je jeho zdnlivpracnost, ale vhody jsou pevaujc. Mme jistotu, e dn ppad nezapotmevcekrt, a e na dn nezapomeneme.

Ozname suenky sly z mnoiny [1, 10], piem pomeranov suenka je 1a okoldov 10.

|1| je poet permutac, kde na prvn pozici je 1 a na posledn nen 10. Prvnpozice je pevn dna, na posledn pozici meme dt libovoln slo krom 1 a 10(8 monost), zatmco na zbylch osmi pozicch 2 a 9 meme zbyl sla libovolnseadit (8! monost). Proto |1| = 8 8!. Vimnte si, e jsme pouili souin, neboke kadmu pevn zvolenmu slu z mnoiny [2, 9], kter je umstno na posledn

2.1 Permutace bez opakovn 21

pozici, existuje 8! monost jak uspodat sla na zbvajcch osmi pozicch. Tomutopostupu se k pravidlo souinu o nm je hovor v poznmce 2.40.

Podobnou vahou zjistme, e |2| = 8 8! a z pkladu 2.8 vme, e |3| = (8) == 8!. Dostvme || = |1| + |2| + |3| = 8! + 8 8! + 8 8! = 17 8!.

Protoe 17 8!/8! = 17, poet Murphyho sndan se zv 17 krt.Jin een. Nevyuijeme rozkladu na disjunktn ppady. Urme poet vech

monch sndan a poet vech sndan, kter Murphy odmt. Konen vsledekpak bude rozdl tchto sel.

Vech monch sndan je (10) = 10!. Sndan, kter Murphy odmt, jsou ty,kde prvn suenka nen pomeranov a posledn nen okoldov. Na prvn pozicimeme dt jakoukoliv suenku jen ne pomeranovou (9 monost). Na poslednpozici meme dt opt jakoukoliv jen ne okoldovou a tu kterou jsme dali naprvn pozici (8 monost). Na zbvajcch pozicch 2 a 9 seadme zbvajc suenkylibovoln (8! monost). Proto sndan, kter Murphy odmt, je 9 8 8! a dostvmevsledek || = 10! 9 8 8! = 10 9! 8 9! = 2 9! = 18 8!.

Vsledek ovem vychz jin ne v pedelm een!!! Kde se stala chyba?Zejm si po jist chvli vimneme, e problm nastv, kdy na prvn pozici dme

okoldovou suenku, co je jedna z 9 ppustnch monost. Potom toti existuje 9monost (a nikoliv 8), co dt na pozici posledn.

Proto si mnoinu neppustnch sndan rozdlme do dvou disjunktnch ppad.A to na sndan, kde je jako prvn zaazena okoldov suenka (typ ) a na ty,kde okoldov suenka jako prvn nen (typ ). Sndan typu je 9 8! a sndantypu je 8 8 8!. Tud neppustnch sndan je 9 8! + 8 8 8! = 73 8!. Odtud|| = 10! 73 8! = 10 9 8! 73 8! = 90 8! 73 8! = 17 8!.

Ven teni, na tomto pkladu Vm demonstrujeme dv zkladn skutenosti.Kombinatorick pklady bvaj obas docela zken, vdy si sv mylenkovpochody pi jejich een nkolikrt zkontrolujte, poppad hledejte alternativneen a vsledky porovnejte. Dle, metoda een pomoc rozkladu na disjunktnppady je sice na pohled pracn, avak dky j se vyvarujeme mnohch zbytenchchyb.

N

+

Pklad 2.10. Karlk si rovn do ady autka. M jich 11 v rznch barvch, pi-em jedno z nich je zelen (Williams-Cosworth) a jedno erven (Ferrari). Karlkchce autka seadit tak, aby zelen nikdy nestlo vedle ervenho. Kolik m mo-nost?

een. Autka ozname sly 1 a 11, piem zelen je 1 a erven je 2. Spotmevechny permutace na mnoin [1, 11] a potom spotme ty, kter maj sla 1 a 2vedle sebe. Vsledek dostaneme jako rozdl tchto sel.

Celkem mme 11! permutac. Vytvome z sel 1 a 2 dvojici a povaujme j zajeden z prvk mnoiny. Mme tedy desetiprvkovou mnoinu {{1, 2}, 3, 4, . . . , 10}.Jej prvky umme uspodat 10! zpsoby. Avak neuspodanou dvojici sel 1,2 lze

22 Zkladn kombinatorick vbry

uspodat dvma zpsoby (bu je 1 nalevo nebo napravo od 2). Tud permutac,kde 1 a 2 jsou vedle sebe, je 210!. A mme vsledek 11!210! = 10!(112) = 910!.

Jin een. Vezmme nejdve devt sel od 3 do 11. Ty umme uspodat 9!zpsoby. Mezi nimi je 8 mezer, ale ped a za nimi je jet po jedn mezee, tudcelkov 10 mezer (viz obr.??). Aby sla 1, 2 nebyla vedle sebe musme je umstit dodvou libovoln vybranch mezer. Kolik mme monost, jak ony dv mezery vybrat?(Tento kol bude snadn, a budeme znt kombinace bez opakovn (Kapitola 2.2).)K prvn mezee zleva mme 9 monost, jak vybrat druhou, k druh zleva mme 8monost jak vybrat druhou, a k devt zleva mme jedinou monost jak vybratdruhou. Proto existuje celkov 9 + 8 + + 1 = 92 (1 + 9) = 45 monost, jakvybrat onu dvojici mezer. Zrekapitulujme. Ke kadmu pevnmu uspodn sel3 a 11 (tch je 9!) jsme schopni 45 zpsoby vybrat 2 mezery pro umstn sel 1a 2. V pevn vybranch mezerch jsme schopni sla 1 a 2 uspodat vdy dvmazpsoby. Proto celkov poet permutac na mnoin [1, 11], kde sla 1 a 2 nejsouvedle sebe je 9! 45 2 = 9! 9 5 2 = 9 10 9! = 9 10!.

N

+

Pklad 2.11. Do kina pilo 9 mladk a zakoupili si devt lstku vedle sebe. tyiz nich mli nadmru prokrven, leskl blmo a nejasn artikulovali. Podezvavuvadka se rozhodla, e je rozesad tak, aby dn dva ze zmnnch ty chlapcnesedli vedle sebe. Kolik mla monost?

een. Mladky ozname sly 1 a 9, piem ony zmiovan mladky oznamesly 1 a 4. Chceme zjistit, kolik existuje permutac na mnoin [1, 9], kde dndv sla z mnoiny [1, 4] nejsou na pozicch vedle sebe. Zanme tm, e si nejdveuspodme pt sel z mnoiny [5, 9] (5! monost). Ped, za a mezi tmito pti slymme 6 mezer. Na tyi z nich musme umstit sla 1, 2, 3, 4. Tedy na dv z nichdn slo z [1, 4] neumstme. Kolika zpsoby umme vybrat 2 ze esti mezer, nakter nic neumstme? Pouijeme-li postup z een pkladu 2.10, dostaneme slo5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 52(1 + 5) = 15. Vbrem dvou mezer, do kterch nic neumstme,jsou jednoznan ureny 4 mezery, do kterch umstme sla 1, 2, 3, 4. V jednoznanurench tyech mezerch pak meme sla uspodat vdy 4! zpsoby. Proto vechpermutac na mnoin [1, 9], kde dn dv sla z mnoiny [1, 4] nejsou na pozicchvedle sebe, je 5! 15 4! = 120 15 24 = 43200.

N

+

Pklad 2.12. Alenka m 5 rznch korlk, kter chce navlci na nit a vytvoitz nich nramek. Kolik m monost?

een. Pedstavme si, e korlky na nramku tvo vrcholy pravidelnho ptihel-nka. Jeho horn vrchol ozname 1 a ostatn vrcholy ve smru hodinovch ruiekozname napklad sly 4, 2, 5, 3 v tomto poad (viz obr 2.4). Pokud bychom n-hrdelnk rozstihli mezi korlky 4, 2 a korlky vyrovnali do pmky, pak dostanemedv rzn permutace z 5! monch, a to (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2). Po rozsti-en nramku mezi korlky 1, 3 dostvme jin dv permutace, a to (1, 4, 2, 5, 3)

2.1 Permutace bez opakovn 23

a (3, 5, 2, 4, 1) (viz obr 2.4). Tchto mst k rozstien je na nhrdelnku 5 a pokadm rozstien dostvme dv jin permutace z 5! monch.

ili z jednoho nhrdelnku vznikne 2 5 rznch permutac z 5! monch. Pokudbychom vzali jin ne-li ve zmnn nhrdelnk, opt z nj vznikne 2 5 per-mutac z 5! monch, ale vechny se budou liit od tch pedelch. Navc, pokudpostupn pouijeme vechny mon navzjem rzn nramky, pak jejich rozstih-vnm dostaneme vech 5! permutac. Proto, ozname-li poet nhrdelnk, takplat 2 5 = 5! a dostvme = 5!2.5 = 4 3 = 12. Zde pouvme metodu dvojhopotn, o kter se detailnji zmnme v

Jin een. Pedstavme si, e jsme malic a putujeme po Alenin nhrdel-nku (viz pedel een) tak, e vdy zaneme pou na jednom korlku a dlepokraujeme bu ve smru nebo proti smru hodinovch ruiek tak dlouho, do-kud nedojdeme na vchoz korlek, piem si zapeme sla korlk v poad, jakjsme je prochzeli. Vyjdme z korlku 3 (viz obr 2.4) ve smru hodinovch ruiek,na konci pouti mme zapsnu permutaci (3, 1, 4, 2, 5) (vchoz a koncov korlekzapeme jen na zatku). Pokud vyjdeme proti smru hodinovch ruiek, mmezapsnu permutaci (3, 5, 2, 4, 1). Zmnme-li vchoz korlek dostaneme bhem poutidv jin permutace atd. Vidme opt, e jeden nhrdelnk s pti korlky opravdureprezentuje 2 5 rznch permutac z 5! monch.

Nakonec proveme zobecnn. Z rznch korlk lze vytvoit !2 =(1)!

2 n-hrdelnk.

N

1

2

3 4

5

2 5 3 1 4

4 1 3 5 2

1

2

3 4

5

1 4 2 5 3

3 5 2 4 1Obr. 2.4 Vznik 4 rznch permutac z jednoho nramku

+

24 Zkladn kombinatorick vbry

Pklad 2.13. Na konferenci bylo astnk a ti byli posazeni zcela nhodn na idl kolem kulatho stolu. Kolika zpsoby to lze provst, pokud dv rozesazen,kdy jedno vznikne z druhho pouhm pootoenm, povaujeme za shodn (tzn.v obou rozesazench m kad astnk tho pravho i levho souseda)?

een. Mnoz z ns by zejm tvrdili, e jde o zobecnn pklad 2.12 a vsledekproto mus bt = !2 =

(1)!2 .

Ukame si protipklad pro = 5. Pedstavme si, e rozesazen osob kolem kula-tho stolu je stejn jako umstn korlk na nramku viz obr 2.4. V ppad korlkjsme si ukzali, e pokud pouiji dv opan seazen permutace (korlky jsou srov-nny na pm niti (pmce)) nap. (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2), pak spojenm meziprvnm a poslednm korlkem dostaneme tent nramek. Vimnme si vak, epokud bychom obdobn uvaovali o rozesazen osob kolem kulatho stolu (nejdvesi je posadme na idle vyrovnan v ad, a pak je obalme kolem stolu), tak semlme, nebo nepjde o tot rozesazen! Z permutace (2, 5, 3, 1, 4) by vzniklo roze-sazen, kde napklad levm sousedem trojky je 5 a pravm 1. Zatmco z permutace(4, 1, 3, 5, 2) by vzniklo rozesazen, kde se soused trojky prohod. ili nejde o totrozesazen.

Rozpojenm kadho rozesazen u kulatho stolu mezi dvma sousedy tudnedostaneme dv rzn permutace z ! monch, ale pouze jedinou! Proto z jednohorozesazen kolem kulatho stolu vznikne pouze rznch permutac z ! monch.Ozname-li poet vech rozesazen kolem kulatho stolu, pak mus platit = !a = !

= ( 1)!.

N

Pojmy k zapamatovn () je poet vech permutac na -prvkov mnoin. Jde o uspodan

vbry VECH prvk mnoiny. Plat () = ! = ( 1) ( 2) 2 1.

Poet vech bijekc -prvkov mnoiny na -prvkovou mnoinu je () = !.

Poet vech nhrdelnk vytvoench z rznch korlk je (1)!2 . Poet vech monch rozesazen lid kolem kulatho stolu je ( 1)!.

Pklady k procvien!1. Vte, e estimstn slo obsahuje slice 0, 1, 3, 4, 5, 6, piem slice 1 je na mst

destek a 3 na mst desetitisc. Kolik takovch sel existuje?

2. Kolik existuje ptimstnch sel dlitelnch 5, kter obsahuj slice 4, 6, 7, 9?

3. Anika si ve vtvarn vchov rozdlila tvrtku papru na 11 rznch oblast (viz obr2.5). M 11 pastelek (mezi nimi je modr a lut) a chce oblasti vybarvit tak, e dn

Pklady k procvien 25

dv nebudou mt stejnou barvu, vechny budou vybarven a oblast 3 bude lut nebomodr. Kolik m monost jak oblasti vybarvit? O kolik se poet monost zmn, pokudbude chtt, aby byla oblast 3 modr nebo oblast 9 lut.

3

9

Obr. 2.5 Obarven oblast

4. Kolik posloupnost lze vytvoit z sel 11, 13, 17, 19, 23, 31, pokud vme, e se v posloup-nosti dn slo neopakuje a sla 19 a 31 nejsou nikdy vedle sebe.

5. Proti devti term stoj 4 dvky a 5 chlapc, kad z nich m luk. Dvky maj rova chlapci modr py. Kad z nich vystelil p na ter ped sebou a ter trefil. Rozhodsi viml, e ani v jednom ppad nejsou ve dvou sousednch terch rov py. Kolikexistuje rznch rozestaven stelc ped teri, aby takov situace mohla nastat?

Kl k pkladm k procvien1. 3 3!.

2. 2 4!.

3. 2 10!, poet monost se 9! zmen.

4. 4 5!.

5. 60 6!.

Pro zjemce:Pedstavte si, e dostaneme rznch pirozench sel a chceme je uspodat podle ve-likosti. Pro velk bude takov kol run v podstat neprovediteln. Podme tudpota tm, e mu napeme program jakm se m dit. Teba mu ekneme, provevechna mon uspodn (1, 2, . . . , ) prvk zadan mnoiny a vyber to, kde je spl-nno 1 5 2 5 . . . 5 .

Protoe pota bude muset vygenerovat vechny permutace na -prvkov mnoin,provede alespo ! krok.

26 Zkladn kombinatorick vbry

Je znmo, e algoritmy, kde je poet krok exponenciln zvisl na velikosti vstupu( = , kde je poet krok algoritmu, velikost vstupu, R, > 1), jsou velmiproblematick a ji pro relativn mal , neum pedloit een. Problm je v tom, e ex-ponenciln funkce (a tud poet krok) s rostoucm roste nesmrn rychle (samozejm,mra rstu je zvisl na velikosti , m vt , tm rychlej rst).

Nsledujc vta ukazuje, e kad algoritmus, kter m vygenerovat ! permutac prolibovoln pirozen je velmi problematick!

Vta 2.14. Pro kad pirozen = 1 plat:

(

) = 2 5 ! 5

( + 1

2

).

slo ! je pro kad pirozen vt nebo rovno exponenciln funkci (

), piemzklad exponenciln funkce je tak funkce promnn , kter je rostouc a ji pro kad = 4 plat

= 2.

Dkaz vty 2.14 je jednoduch a ukazuje, e nkdy sta matematick vrazy vhodnpeskupit a sprvn se na n podvat, abychom dokzali na prvn pohled obtn matema-tick vztah. Proto jej zde uvdme.

Dkaz. K dkazu tto vty budeme potebovat vztah mezi aritmetickm a geometrickmprmrem dvou kladnch relnch sel , , piem aritmetick prmr sel , R+(symbolem R+ zname mnoinu vech kladnch relnch sel) je +2 a geometrickprmr

. Plat

5 +2 . Tto nerovnosti se obvykle k AG nerovnost.

Dkaz AG nerovnosti je snadn.Vme, e jist plat (

)2 = 0, z eho plyne 2

+ = 0. Po jednoduch

prav obdrme + = 2

a po vydlen dvma dostaneme nerovnost dokazovanou.Nyn se vrame k dkazu vty 2.14. Vme, e (!)2 = 12 (1)(1) 21 =

= (1 ) (2 ( 1)) (3 ( 2)) (( 1) 2) ( 1). Pedel souin m initela libovoln -t initel meme vyjdit jako souin ( ( 1)) = ( + 1 ) pro njak {1, 2, . . . , }. Proto ! =

(1 ) (2 ( 1)) (3 ( 2)) (( 1) 2) ( 1) =

=

=1 ( + 1 ) =

=1

( + 1 ). Uvdomme si, e vraz

( + 1 ) jevlastn geometrick prmr sel a + 1 a ten mus nutn bt men nebo roven arit-metickmu prmru tchto sel. Proto plat

( + 1 ) 5 ++12 =

+12 . Z pedelch

vah plyne ! =

=1

( + 1 ) 5

=1+1

2 = (+1

2 ).

Tmto jsme dokzali pravou nerovnost (! 5 (+12 )) vty 2.14.

Abychom dokzali nerovnost levou (2 5 !), je teba si uvdomit, e kad initel

( + 1 ) v souinu

=1 ( + 1 ) je alespo . Pro = 1, to jist plat. Pro2 5 5 1, je vdy men z initel alespo 2 a vt alespo /2, a proto m souinhodnotu opt alespo . Odtud ! =

=1 ( + 1 ) =

=1 =

=

2 .

Ped uvedenm nsledujc vty, kter pinese dosud nejpesnj odhad ! (tzv. Stir-lingova formule) si zopakujme, e s Eulerovm slem e = 2, 718281828 . . . , kter je ira-cionln, jsme se ji setkali v matematick analze a vme, e je to limita nekonenposloupnosti {(1 + 1)

}=1.

2.2 Kombinace bez opakovn 27

Vta 2.15. Pro vechna dost velk pirozen plat !

2(e ).

Symbol znamen, e lim !2( e )= 1. Tedy sla ! a

2(e )

pro dost velk vykazuj tm zanedbatelnou relativn chybu. Relativn chyba je vztaena k velikostisel. Li-li se dv sla o 100, me to bt velk chyba, ale pokud jsou ob vt nenapklad 1027, pak je to chyba zanedbateln.

2.2 Kombinace bez opakovn

+

Pklad 2.16. Vrame se k pkladu 2.1. V jdeln je volnch jen pt mst, z tohoti u mho stolu a dv u stolu vedlejho. Tud ti z ve jmenovanch pti studentsi budou muset sednout ke mn. Kte to budou? Kolik existuje rznch monost?

Poznmka 2.17. Nejen een tohoto pkladu, ale struktura cel tto kapitoly, byVm mla, ven teni, pipomenout jednu z nepehldnutelnch krs matema-tiky, a sice jej nvaznost. Pedvedeme toti, jak z potu permutac bez opakovnodvodme poet kombinac bez opakovn, z potu permutac a kombinac bez opako-vn odvodme poet variac bez opakovn a poty vbr s opakovnm odvodmez pot vbr bez opakovn.

een. Protoe ns zajm pouze, kte ti studenti si k mmu stolu sednou a nena kterou idli, jde o neuspodan tprvkov vbr (bez opakovn) z ptiprv-kov mnoiny. Pokud peformulujeme otzku do matematick ei, ptme se:Koliktprvkovch podmnoin m ptiprvkov mnoina?

Poet tprvkovch podmnoin z ptiprvkov mnoiny ozname . Budeme chtt,aby bylo njak rozumn odvozeno z ji znmho potu vech permutac bez opa-kovn na konen mnoin.

Realizujme kad vbr tprvkov podmnoiny tak, e pt prvk pvodn mno-iny {1, 2, 3, 4, 5} seadme vdy do jedn z 5! monch posloupnost a prvky naprvnch tech pozicch budou prvky nmi vybran podmnoiny (viz obr 2.6). Taktojist uskutenme vbr vech monch tprvkovch podmnoin. Bohuel se alekad vbr nkolikrt zopakuje. Polome si otzku: Bude poet opakovn prokad vbr stejn a dokeme poet opakovn spotat?

Mjme njakou libovolnou permutaci z 5! monch. Pokud provedeme libovolnouze 3! permutac pouze na prvnch tech pozicch, pak vbr zstv stle stejn (vizobr 2.6). Pokud ke kad takov permutaci provedeme libovolnou z 2! permutacna poslednch dvou pozicch, vbr zstv opt tent. Provedeme-li libovolnoudal z 5! monch permutac vmnou poad takovch dvou prvk, kdy jeden jena prvnch tech pozicch a druh na poslednch dvou, pak se vbr zmn! Proto sekad z vbr bhem 5! permutac zopakuje pesn 3! 2! krt, z eho plyne, epoet permutac na ptiprvkov mnoin je 3! 2!. Odtud 3! 2! = 5! a proto = 5!3!2! = 10.

N

28 Zkladn kombinatorick vbry

PERMUTACE: 1 2 3 4 5 2 3 1 4 5

VBRY: {1, 2, 3} {1, 2, 3}

PERMUTACE: 1 2 3 5 4 2 3 1 5 4

VBRY: {1, 2, 3} {1, 2, 3}

Obr. 2.6 tyi stejn neuspodan vbry po 4 rznch permutacch

Poznmka 2.18. Vimnte si, e pi een pedelho pkladu jsme jednu a tuthodnotu, poet permutac na 5-prvkov mnoin, potali pomoc dvou rznchvah. Zaprv pes poet neuspodanch tprvkovch vbr ( 3! 2!), a za druhpodle vzorce uvedenho v pedel kapitole (5!). Takov metod se k dvoj potna je v diskrtn matematice pomrn asto uvna.

Definice 2.19. Kombinace bez opakovn na -prvkov mnoin je libovolnneuspodan vbr nkterch prvk tto mnoiny, nebo-li libovoln vbr pod-mnoiny mnoiny .

Definice 2.20. Poet vech -prvkovch neuspodanch vbr z -prvkov mno-iny (poet vech -prvkovch podmnoin mnoiny resp. poet vech -prvko-vch kombinac bez opakovn na mnoin ) pro = , je

(

), piem vraz

(

)nazvme kombinan slo nebo binomick koeficient a teme jej en nad k (niko-liv en nad ktou). Poet vech -prvkovch kombinac bez opakovn na -prvkovmnoin tak oznaujeme (, ).

Poznmka 2.21. Nzev binomick koeficient dostalo kombinan slo dky bi-nomick vt. Pipomeme, e binomick vta nm k, jak umocnit dvojlen(binom) na njak pirozen mocnitel, a zn takto ( + ) =

=0

(

).

V diskrtn matematice se binomick vta tak asto uvd ve specilnm tvaru(1 + ) =

=0

(

), kde koeficienty mnoholenu (polynomu) na prav stran

jsou kombinan sla.

Vta 2.22. Pro kad dv pirozen , , kde = , plat (, ) =(

)= !

!()! .

Dkaz. Poet vech -prvkovch neuspodanch vbr z -prvkov mnoiny ozna-me . Kad -prvkov neuspodan vbr proveme tak, e vechny prvky --prvkov mnoiny postupn uspodme do vech ! posloupnost a z kad taktovznikl posloupnosti vybereme prvnch prvk. Kad takov vbr se nm ovem

2.2 Kombinace bez opakovn 29

bhem ! permutac zopakuje pesn !( )!, nebo pokud provedeme libovolnouz ! permutac pouze na prvnch pozicch, pak vbr zstv stle stejn. Pokudke kad takov permutaci provedeme libovolnou z ()! permutac na poslednch pozicch, vbr zstv opt tent. Provedeme-li libovolnou permutaci, ktervymn poad njakho prvku z prvnch pozic s njakm prvkem na poslednch( ) pozicch, tak se vbr zmn. Kad neuspodan vbr se tud zopakujepesn ! ( )! krt. Proto plat ! ( )! = ! a poet vech -prvkovchneuspodanch vbr z -prvkov mnoiny je = !

!()! =(

).

Poznmka 2.23. Dodejme jet, e vzorec(

)= !

!()! plat i v ppad, kdy nebo je rovno nule.

+

Pklad 2.24. Kolik m 7-prvkov mnoina t resp. typrvkovch podmnoin?Kolik m -prvkov mnoina resp. ( )-prvkovch podmnoin, kde = ?

een. Jde o t resp. ty prvkov kombinace bez opakovn na 7-prvkov mnoin,a proto je vsledek (7, 3) =

(73

)resp. (7, 4) =

(74

). Spotejme ob kombinan

sla. Vimnme si, e(7

3

)= 7!3!4! =

7.6.53.2 = 35 =

7!4!3! =

(74

), piem

(74

)=

( 773

).

Mnoina s prvky m jist(

)-prvkovch podmnoin a

(

)()-prvkovch

podmnoin. Vimnme si, e(

)= !

!()! =!

()!! =!

()!(())! =(

).

Identit (rovnosti)(

)=

(

)se k symetrie kombinanch sel a d se snadno

obhjit i slovn. Onch prvk z meme vybrat tak, e bu urme prvkz , kter si VYBEREME, nebo urme prvk z , kter si NEVYBEREME.

N

+Pklad 2.25. Vypotejte souet

=0

(

).

een. Vme, e(

)vyjaduje poet -prvkovch podmnoin -prvkov mnoiny.

Proto(

1

)vyjaduje poet jednoprvkovch podmnoin,

(2

)poet dvou prvkovch

podmnoin a(

)poet -prvkovch podmnoin. Tud souet

=0

(

)=

(0

)+(

1

)+

+(

)vyjaduje poet vech podmnoin -prvkov mnoiny (

(0

)je rovno 1, co

odpovd przdn mnoin). My vak vme, e poet vech podmnoin -prvkovmnoiny je 2, nebo jde o poet prvk potenn mnoiny njak -prvkov mnoiny.Proto

=0

(

)= 2.

N

Poznmka 2.26. Mjme -prvkovou mnoinu . Symbolem(

)zname systm

(mnoinu) vech -prvkovch podmnoin mnoiny . Pozor, na rozdl od kombina-nho sla je nahoe oznaen mnoiny a symbol reprezentuje systm mnoin, nikolivslo.

30 Zkladn kombinatorick vbry

+

Pklad 2.27. Mme njakou deseti prvkovou posloupnost nul a jedniek (nap.(0001001101)). Kolik takovch posloupnost existuje?

een. Vezmme si sla 1 a 10 a njak je seame, teba podle velikosti. Z ttouspodan mnoiny (posloupnosti) budeme vybrat podmnoiny tak, e pod prvkytto mnoiny napeme deseti prvkovou posloupnost nul a jedniek (viz obr 2.7).Jednika pod prvkem zna, e jej do podmnoiny vybereme a nula, e jej do pod-mnoiny nevybereme. Dejme si pklad. Posloupnost (0001001101) reprezentuje pod-mnoinu {4, 7, 8, 10}. Tedy ke kad nula-jednikov posloupnosti je piazena pesnjedna podmnoina, a ke kad podmnoin pesn jedna nula-jednikov posloup-nost. Proto je takovch posloupnost pesn tolik, kolik je podmnoin mnoiny [1, 10],a to 210 = 1024.

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}

0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1

Obr. 2.7 Pklady binrnch posloupnost, kter jednoznan uruj podmnoiny{4, 7, 8, 10} a {1, 4, 5, 7, 9, 10} mnoiny [1, 10]

N

+

Pklad 2.28. Asistent tlesn vchovy chce doplnit 10 uvolnnch mst na lya-skm zjezdu. M pihlench dalch 27 student z vych ronk, mezi nimijsou Petr Vodstril a Ji Bouchala. Asistent ovem v, e urit Petr Vodstril neboJi Bouchala nepojedou. Kolik m monost jak studenty na uvolnn msta vybrat?

een. een rozdlme do t disjunktnch ppad:

Oba, Petr Vodstril i Ji Bouchala nepojedou. Pak ovem asistent vybr z 25student deset a vsledek je (25, 10) =

(2510

).

Petr Vodstril jede a Ji Bouchala nejede. Nyn vybr z 25 student devta vsledek je (25, 9) =

(259

).

Petr Vodstril nejede a Ji Bouchala jede. Vsledek je stejn jako v pedelmppad, tud (25, 9) =

(259

).

Celkov tedy dostvme(25

10

)+2

(259

)= 25!15!10!+2

25!16!9! =

25!15!9!(

110+

18) =

25.24...169!

940 =

= 2524168! 140 =

252416872

140 = 23 11 5 19 18 17 = 7354710.

N

+

Pklad 2.29. Rena bezradn stoj nad osmi krsnmi koenmi vrobky v pro-dejn galanterie. Mezi tmito vrobky jsou tak rov rukaviky a rov kabelka.M si njak ti z nich vybrat jako drek k narozeninm a v, e pokud si vybere r-ovou kabelku, pak si urit tak vezme rov rukaviky a naopak, pokud si vybere

Pklady k procvien 31

rov rukaviky, pak si urit tak vezme rovou kabelku. Kolik m monost, jaksi vybrat ony ti drky?

een. Vidme, e se nm een velmi pirozen rozpadne do dvou disjunktnchppad:

Rena si nevybrala ani kabelku ani rukaviky. Pak m (6, 3) =(6

3

)monost

vbru. Rena si vybrala kabelku i rukaviky. Pak m ovem

(61

)monost, jak

k tmto dvma vrobkm vybrat posledn.

Celkov tedy m(6

3

)+(6

1

)= 6!3!3! + 6 =

65432 + 6 = 26 monost.

N

+

Pklad 2.30. Dokate, e pro kad pirozen a , = , plat(

)+

(

+1

)=

=(

+1+1

).

een. Dkaz provedeme odvozenm. Vyjdeme ze soutu na lev stran rovnosti.(

)+(

+1

)= !

!()! +!

(+1)!(1)! =!(+1)+!()

(+1)!()! =!(+1+)(+1)!()! =

!(+1)(+1)!()! =

= (+1)!(+1)!((+1)(+1))! =(

+1+1

).

Pokud si pipomenete Pascalv trojhelnk (http://maths.cz/clanky/pascaluv--trojuhelnik.html), pak zjistte, e prv dokzan vzorec popisuje princip, jak Pas-calv trojhelnk konstruovat.

N

Pojmy k zapamatovn Vrazu

(

)kme kombinan slo nebo binomick koeficient a uruje

poet prvkovch neuspodanch vbr z prvkov mnoiny.

(

)= !

!()! =(1)(+1)

! .

=0

(

)=

(0

)+(

1

)+ +

(

)= 2.

(

)=

(

)(symetrie kombinanho sla).

(

)+(

+1

)=

(+1+1

)(Pascalv trojhelnk).

Pklady k procvien !1. Urete hodnoty kombinanch sel

(00),(

0),(

1),(

),(

2),(

3).

2. V rovin je 2000 bod a dn ti nele na pmce. Kolik rznch pmek jimi lzeproloit?

Z pti rznobarevnch (erven, modr, lut, zelen, bl) kuliek vybrme ti. Kolikmme monost, pokud

32 Zkladn kombinatorick vbry

3. nechceme vybrat ervenou?

4. urit chceme vybrat blou nebo zelenou?

5. chceme vybrat modrou, pokud byla vybrna erven?

6. chceme vybrat lutou, prv tehdy, kdy budeme mt vybranou ervenou a modrou?

7. Trenr ped fotbalovm zpasem vybr zlon adu do zkladn sestavy. Mezi sedmizlonky je Petr a Jarda. Ze zlonk m vybrat tyi, piem v, e Jardu nebo Petranevybere. Kolik m monost?

8. Tenisov turnaj se hraje systmem kad s kadm. Kolik se bude hrt zpas, jestliese turnaje zastn 21 hr?

9. Mme lid. Jak velk skupinky vybrat, abychom mli co nejvce monost?

Kl k pkladm k procvien

1. 1, 1, , 1, (1)2 ,(1)(2)

6 .

2. 1999000.

3.(4

3)

= 4.

4. 2 (3

2)

+(3

1)

= 9.

5.(3

1)

+(4

3)

= 7.

6. 2 (3

2)

+ 2 = 8.

7. 2 (5

3)

+(5

4)

= 25.

8. 210.

9. Ozname-li velikost skupinky , pak = 2 .

2.3 Variace bez opakovn

+

Pklad 2.31. Opt vychzme z pkladu 2.1. Obd mi stydne, nebo mne pohltiladal vaha. Nejen e uvauji, kte ti studenti si ke mn sednou, ale tak, kdo sisedne vedle mn, kdo naproti mn a kdo obsad zbvajc msto. Kolik nyn existujemonost?

een. Jde o uspodan tprvkov vbry bez opakovn z ptiprvkov mnoiny,nebo ns zajm nejen to, kte ti studenti si ke mn sednou, ale i jak si sednou.

2.3 Variace bez opakovn 33

Vyberme nejdve libovolnou tprvkovou podmnoinu ((5

3

)monost). Kadou

vybranou t prvkovou podmnoinu umme uspodat 3! zpsoby. Celkov tudmme

(53

)3! = 5!3!2! 3! =

5!2! = 5 4 3 = 60 monost.

N

Definice 2.32. Variace bez opakovn na -prvkov mnoin je libovoln uspo-dan vbr nkterch prvk mnoiny , piem se dn prvek v posloupnostineopakuje.

Definice 2.33. Nech , jsou pirozen sla a = . Poet vech -prvkovchuspodanch vbr z -prvkov mnoiny (poet vech -prvkovch variac bezopakovn na mnoin ) budeme znait (, ).

Vta 2.34. Pro kad dv pirozen sla , , = , plat (, ) =(

) ! =

= !()! = ( 1) ( + 1).

Dkaz. Poet vech -prvkovch neuspodanch vbr z -prvkov mnoiny je(

)a kad takov neuspodan vbr umme uspodat ! zpsoby. Proto je poetvech -prvkovch uspodanch vbr z -prvkov mnoiny (, ) =

(

)! =

= !!()! ! =

!()! =

(1)(+1)()!()! = ( 1) ( + 1).

Poznmka 2.35. Vzorec pro vpoet variac bez opakovn (, ) =(

)! =

= !!()! ! =

!()! =

(1)(+1)()!()! = (1) (+1) plat i v ppad,

e nebo je rovno nule.

+

Pklad 2.36. Kolik existuje prostch (injektivnch) zobrazen 5-prvkov mnoiny do 7-prvkov mnoiny ?

een. Prost nebo-li injektivn zobrazen piazuje ke kadm dvma rznm prv-km z dva rzn prvky z . Kad prost (injektivn) zobrazen 5-prvkov mno-iny do 7-prvkov mnoiny meme chpat jako bijektivn zobrazen (viz pklad2.7) 5-prvkov mnoiny na njakou 5-prvkovou podmnoinu mnoiny .

5-prvkovou podmnoinu mnoiny umme vybrat(7

5

)zpsoby a dle vme, e

poet bijekc 5-prvkov mnoiny na njakou 5-prvkovou mnoinu je 5!.Proto je poet vech prostch zobrazen 5-prvkov mnoiny do 7-prvkov mnoiny

(7, 5) =(7

5

) 5! = 7 6 5 4 3 = 2520.

N

34 Zkladn kombinatorick vbry

+

Pklad 2.37. Trenr drustva dv kopan m velik problm. Pro nemoc mu zezkladn sestavy odpadly ti hrky na tech dleitch postech, a to na postu pra-vho obrnce, a na postech levho a pravho zlonka. Na stdace m 6 nhradnicmezi nimi jsou Martina Litschmannov a Petra armanov. Kolika zpsoby metrenr zkladn sestavu doplnit, pokud v, e Martina a Petra nemohou hrt spolu.

een. een rozdlme do t disjunktnch ppad.

Martina Litschmannov i Petra armanov nehraj. Pak ovem trenr vy-br ze 4 hrek ti (

(43

)monost) a kad takov vbr um uspodat na

jednotliv uvolnn posty 3! zpsoby. Dostvme vsledek (4, 3) =(4

3

)3! =

= 4! = 24. Martina Litschmannov hraje a Petra armanov nehraje. Protoe je Martina

urit vybrna, tak trenr vybr ze zbvajcch 4 hrek jen dv ((4

2

)mo-

nost) a kad takov vbr um uspodat na jednotliv posty 3! zpsobya mme vsledek vsledek

(42

) 3! = 36.

Martina Litschmannov nehraje a Petra armanov hraje. Vsledek je stejnjako v pedelm ppad, tj.

(42

) 3! = 36 monost.

Celkov tedy dostvme(4

3

) 3! + 2

(42

) 3! = 24 + 72 = 96 monost.

N

+

Pklad 2.38. Marcela vybr v obchod drky k Vnocm a hned tak uvauje,kde je doma schov. M ti vytipovan skre a chce koupit tyi drky. Kolikazpsoby um doma tyto tyi drky ukrt, kdy v, e do kterkoliv skre se vejdoukterkoliv dva drky a vechny ti skre chce vyut?

een. Ze ty drk vybereme 3 ((4

3

)monost) a ty meme do t skr rozmstit

3! zpsoby. Dle mme vdy 3 monosti, kam pidat drek tvrt. Proto celkovdostvme

(43

) 3! 3 = 72 monost, jak vybran tyi drky ukrt.

Je tento postup sprvn? Nen!!!Nebude vak tk odhalit, e nkter monosti potme vcekrt!Ozname si drky sly 1, 2, 3, 4 a skre psmeny , , . Jedna z

(43

) 3! 3

monost je ta, kdy nejdve vybereme sla 1, 2, 3, rozmstme je do skr tak, e1 je v , 2 je v , 3 je v , a pak 4 umstme napklad do . Jin z

(43

) 3! 3

monost je napklad ta, kdy nejdve vybereme sla 1, 3, 4, rozmstme je do skrtak, e 1 je v , 4 je v , 3 je v , a pak 2 umstme do . Jenome ve skutenostijde o jedinou monost, nebo v obou ppadech je 1 v , 2, 4 v a 3 v .

Pirozen otzka, zn: Zapotvme kadou monost do vslednho sla pesndvakrt? Pak by toti vsledek byl (

43)3!3

2 = 36.Odpov zn ano, nebo vdy jedno a tot rozdlen drk do skr potme

dvakrt, podle toho, zda byl drek do skre, kde jsou nakonec drky dva, umstnv rmci prvn trojice nebo a dodaten, jako drek tvrt.

2.3 Variace bez opakovn 35

Ovme jet sprvnost pedchoz vahy jinm zpsobem een.Vyberme ze ty drk dva a z nich vytvome dvojici (

(42

)monost), piem

tuto dvojici drk chpeme jako jeden prvek. Pak takto vzniklou trojici rozmstmedo skr (3! monost) a dostvme vsledek

(42

) 3! = 6 6 = 36.

N

+

Pklad 2.39. Trenr m k dispozici 22 hr do pole a mezi nimi jsou Petr Be-remlijski a David Hork. Kolika zpsoby um trenr vybrat hre do zkladn se-stavy, pokud rozliuje 10 rznch post (lev, prav, lev stedn, prav stednobrnce, prav, lev a stedn zlonk, prav, lev a stedn tonk), a pokud v,e kdy bude hrt Petr Beremlijski, pak bude hrt i David Hork. O kolik vce byml trenr monost, pokud bychom v loze vynechali podmnku kdy bude hrtPetr Beremlijski, pak bude hrt i David Hork?

een. Podmnka tto lohy kdy bude hrt Petr Beremlijski, pak bude hrti David Hork m tvar implikace a musme tedy dvat pozor abychom sprvnstanovili jednotliv disjunktn ppady, kter pichzej v vahu. ast chyba bvta, e si implikaci vylome jako konjunkci, pak by ovem podmnka znla budehrt Petr Beremlijski i David Hork.

Pedpokldejme, e hraje Petr Beremlijski. Pak ovem mus hrt tak DavidHork. Proto bude trenr vybrat u jen 8 hr z 20 (

(208

)monost). Vechny

vybran pak um na 10 rznch post umstit 10! zpsoby. Vsledek tedy je(208

) 10!.

Petr Beremlijski nehraje. Pak ovem David Hork me, ale nemus hrt.Pokud bude trenr vybrat 10 hr z 21 (

(2110

)monost), tak jsou v tomto

sle zapotny ob monosti, a to, e David hraje i nehraje. Vybranch 10hr pak trenr umst na 10 rznch post 10! zpsoby. Dostvme

(2110

)10!

monost.

Celkov m proto trenr(21

10

) 10! +

(208

) 10! = (19 17 14 13 3 2 +

+ 19 17 15 13 2)10! = (352716 + 125970)10! = 478686 10! = 1737055756800monost. Toto slo jsou tm dva biliny! Jen pro pedstavu, nae galaxie mpodle nejnovjch odhad asi 1 bilin hvzd (dvj odhady byly 0, 1 a 0, 4 bili-nu hvzd).

Spotejme jet poet monost bez uveden podmnky a porovnejme s pede-lm vsledkem.

Trenr bude vybrat 10 hr z 22 ((22

10

)monost), a ty uspod vdy na 10

rznch post (10! monost). Celkov tud dostvme(22

10

)10! monost. Rozdl

tchto dvou vsledk je(22

10

)10!

(2110

) 10!

(208

) 10! = ( 22!10!12!

21!10!11!

20!8!12!)10! =

= 22!1221!9020!10!12! 10! =22!1221!9020!

12! =(2221122190)20!

12! = (22 21 12 21 90)20191817 16151413 = 1202019181716151413 = 609493248000.Poet monost se zv o vce ne pl bilinu.

N

36 Zkladn kombinatorick vbry

Pojmy k zapamatovn slo (, ) uruje poet variac bez opakovn, piem jde o uspo-

dan vbry prvk z -prvkov mnoiny ( 5 ). Plat (, ) =

(

) ! = !()! = ( 1) ( 2) ( + 1).

Poet vech prostch zobrazen -prvkov mnoiny do -prvkov mno-iny, = , je (, ).

Pklady k procvien!1. Tenisovho turnaje se astn 8 hr. Kolik je monch rznch poad na stupnch

vtz?

Vlajka m bt sestavena ze t rznobarevnch vodorovnch pruh. Jsou k dispoziciltky barvy erven, modr, ern, lut a bl. Kolik rznch vlajek je mon sestavit,pokud:

2. m bt modr pruh uprosted?

3. nem bt dole pruh erven?

4. bude doln pruh erven nebo horn pruh ern?

5. bude nkter pruh bl a nkter lut?

6. bude nkter pruh modr nebo nkter lut?

7. bude mt nkter pruh bl, bude-li na n nkter pruh ern?

8. V drustvu jsou 4 dvky, 3 chlapci a na slavnostn nstup maj bt trenrem vybrni 3chlapci a 3 dvky, s tm, e budou stt v ad a dn dv dvky nesm stt vedle sebe.Kolik m trenr monost, jak naaranovat slavnostn nstup?

Kl k pkladm k procvien1. 336.

2. 12.

3. 4 (4

2)

2! = 48.

4. 2 (3

2)

2! +(3

1)

= 15.

5.(3

1)

3! = 18.

6. (2 (3

2)

+(3

1)) 3! = 54.

7. ((3

1)

+(4

3)) 3! = 42.

2.4 Permutace s opakovnm 37

8. ((4

3)

3!)2 = 576.

Poznmka 2.40. Jist jste si vimli, e v eench pkladech jsme obas potydvou rznch vbr stali a obas nsobili. V kadm pklad jsme ovem pesnargumentovali pro stme a pro nsobme. Zkusme nyn tyto argumenty zobecnitve dvou nsledujcch vtch.

Vta 2.41. (Pravidlo soutu) Jestlie existuje 1 vbr danho typu provedenchjednm zpsobem a 2 vbr provedench druhm zpsobem, piem dn z tchtovbr nelze provst obma zpsoby, pak existuje prv 1 +2 vbr danho typu.

Vta 2.42. (Pravidlo souinu) Mjme vbr, kter se sestv ze dvou podvbr.Jestlie prvn podvbr meme provst 1 zpsoby a druh vbr 2 zpsoby, pi-em poet zpsobu jednoho podvbru nezvis na volb druhho podvbru, pakexistuje 1 2 vbr danho typu.

2.4 Permutace s opakovnm

+

Pklad 2.43. Ve tvrtek jsem dostal e-mail jeho pedmt byl Dotaz k DIMa adresa anadananad@seznam.cz. Byl jsem pekvapen, nebo dnho blzkov-chodnho studenta jmnem Anadan Anad tento rok neum, tak pro se mne ptna nco z diskrtn matematiky? A tu mne to trklo! To je pece anagram jmnaDana Nadan (tu letos opravdu um), piem je zanedbna diakritika a jmnoa pjmen jsou spojeny. (Pipomeme, e anagramem slova rozumme njak slovo,kter vznikne z danho slova pouze libovolnou vmnou poad psmen.) Ihned mnenapadlo, kolik takovch anagram by Dana mohla vytvoit pro svou e-mailovouadresu?

een. Klademe si tedy otzku:Kolik anagram m slovo ?Zvolme metodu dvojho potn a poet anagram ozname . Nae slovo se

skld z deseti psmen, piem se v nm vyskytuje 5 krt, tikrt a dva-krt. Rozlime psmena pomoc dolnch index takto: 1112232435. Dost-vme 10 rznch znak a ze slova 1112232435 jsme schopni vytvoit 10!anagram.

Nyn si pedstavme, e mme njak anagram slova bez rozlienstejnch psmen a ptejme se, kolik z nj umme vytvoit rznch anagram slova1112232435.

Psmena meme na jejich pozicch oindexovat 5! rznmi zpsoby. Ke ka-dmu pevnmu oindexovn ek meme oindexovat na svch pozicch 3! zp-soby a konen, ke kadmu pevnmu oindexovn a meme oindexovat nasvch pozicch 2! zpsoby. Z jednoho anagramu slova tedy vznikne

38 Zkladn kombinatorick vbry

5! 3! 2! anagram slova 1112232435. Proto poet vech anagram slova1112232435 je 5! 3! 2!.

Z ve uvedenho plyne, e 5! 3! 2! = 10!, odtud = 10!5!3!2! = 2520.N

Definice 2.44. Permutace s opakovnm na -prvkov mnoin je libovoln uspo-dan prvk tto mnoiny, piem se kad prvek v takto vznikl posloupnostivyskytuje pedepsan poet krt.

Definice 2.45. Poet vech permutac s opakovnm na -prvkov mnoin == { : = 1, 2, . . . , }, kde se kad prvek pro = 1, 2, . . . , vyskytujev permutaci krt, budeme znait (1, 2, . . . , ).

Vta 2.46. Nech N pro kad = 1, 2, . . . , . Potom *(1, 2, . . . , ) == (1+2++)!

1!2!! .

Poznmka 2.47. Dodejme, e vta 2.46 plat i v ppad, e nkter = 0.

Dkaz tto vty je dosti technick, a proto jej pedkldme pouze zjemcm.

Pro zjemce:Dkaz. Nech * = {1, 2, . . . , } je multimnoina, kter obsahuje N kopi prvku pro kad = 1, 2, . . . , . Nazvme mnoinu vech posloupnost vytvoench ze vechprvk z * a ozname = ||. Nyn pro kad = 1, 2, . . . , rozlime kopie prvku pomoc hornch index takto: 1 , 2 , . . . ,

. ozname mnoinu vech posloupnost,

kter vzniknou ze vech prvk , kde = 1, 2, . . . , a = 1, 2, . . . , . Kad posloupnostz obsahuje 1 + 2 + + rznch prvk, a proto || = (1 + 2 + + )!.Z kad posloupnosti z vznikne pesn 1!2! . . . ! rznch posloupnost z , nebokad prvek na pozicch v posloupnosti z meme vdy oindexovat ! rznmizpsoby a z kadch dvou rznch posloupnost z vzniknou dv disjunktn podmnoiny o mohutnosti 1!2! . . . !. Proto (1! 2! !) = (1 + 2 + + )!.A odtud = (1+2++)!1!2!! .

Definice 2.48. slu (1+2++)!1!2!! kme multinomick koeficient a tak jej

zname(

1,2,...,

), pokud 1 + 2 + + = .

2.4 Permutace s opakovnm 39

Poznmka 2.49. Uveme multinomickou vtu. k nm, jak umocnit mnoholenna pirozen mocnitel a zn takto

(1 + 2 + + ) =

1,...,N,

=1=

(

1, 2, . . . ,

)1

122 ,

kde 1, 2, . . . , R a je kladn pirozen slo. Vidme, e v multinomick vtfiguruje vraz

(

1,2,...,

)a odtud nzev multinomick koeficient.

+

Pklad 2.50. Kolik anagram m slovo ABRAKADABRA?

een. Mme-li spotat vechny anagramy zadanho slova, mme vlastn zjistit,kolik existuje posloupnost s prvky , , , , , piem vme, e prvek se v po-sloupnosti vyskytuje 5 krt, prvek dvakrt, prvek jednou, prvek jednoua prvek dvakrt. Jde tud o vbr s opakovnm, piem poet kopi kadhoprvku je znm a na poad zle. Typick pklad na permutace s opakovnm, staproto jen dosadit do obecnho vzorce. *(5, 2, 2, 1, 1) = (5+2+2+1+1)!5!2!2!1!1! =

1110987622 =

= 11 10 9 7 6 2 = 83160.N

+

Pklad 2.51. Kolik anagram m slovo ABRAKADABRA, pokud

zanaj a kon psmenem B? zanaj nebo kon psmenem B? kter neobsahuj BB (dv B po sob)? kter neobsahuj AA? ve kterch psmeno K pedchz psmenu D?

een. Slovo obsahuje pesn dv B, kter maj pevn umstn na zatku a nakonci slova. Zbvajc psmena, tj. 5 krt A, dvakrt R, jedenkrt K a jedenkrt Dmohou libovoln mnit poad na zbvajcch devti pozicch. Tentokrt jde o per-mutace s opakovnm *(5, 2, 1, 1) = (5+2+1+1)!5!2!1!1! =

9.8.7.62 = 9 8 7 3 = 1512.

Zkuenost s pedelmi eenmi pklady nm napovd, e pokud se ve for-mulaci pkladu objev spojka nebo, pak je dobr provst rozklad na disjunktnppady.

Anagramy, kter maj na zatku B, ale na konci B nen (typ 1). Anagramy, kter na zatku B nemaj, ale na konci B je (typ 2). Anagramy, kter maj na zatku i na konci B (typ 3).

Spotejme anagramy typu 1. Jedno psmeno B je pevn fixovno na prvnpozici a na posledn pozici mohou bt pouze psmena A, D, K, R. Pedpokl-dejme, e na posledn pozici je A. Pak na zbvajcch devti pozicch permutuj

40 Zkladn kombinatorick vbry

(mn poad) tyi A, dv R, jedno B, jedno D a jedno K. Dostvme vsledek *(4, 2, 1, 1, 1) = 9!4!2! = 9 8 7 5 3 = 7560. Pedpokldejme, e na poslednpozici je D. Potom na zbvajcch devti pozicch permutuje pt A, dv R, jednoB, jedno K. Vsledek tud je *(5, 2, 1, 1) = 1512. Pokud bychom pedpokldali,e na posledn pozici je K, dostaneme tent vsledek, tzn. *(5, 2, 1, 1) = 1512.Zbv jet pedpokldat, e na posledn pozici je R. Potom obdobnou vahou ob-drme vsledek *(5, 1, 1, 1, 1) = 9!5! = 9 8 7 6 = 3024. Anagram typu 1 je tud7560 + 2 1512 + 3024 = 13608.

Snadno ovme, e anagram typu 2 je stejn jako anagram typu 1, tzn. 13608.Z ve vypotanho plyne, e anagram typu 3 je 1512 a mme konen vsledek2 13608 + 1512 = 28728.

Nyn urme poet anagram, kter neobsahuj BB tak, e vypotme poetanagram, kter BB obsahuj, a toto slo odeteme od potu vech anagram (vizpklad 2.50). Vytvome z dvou psmen B nov znak BB. Budeme se ptt, kolikexistuje anagram slova, kter obsahuje znak BB, pt A, dv R, jedno D a jednoK. Odpov je snadn *(5, 2, 1, 1, 1) = 15120. Tud anagram, kde B se vyskytujvedle sebe je 15120 a konen vsledek je 83160 15120 = 68040.

Mnohm by se mohlo zdt, e poet anagram, kde se nevyskytuje AA zjistmevelmi podobn jako poet anagram, kter neobsahuj BB. Chyba lvky, obdobnpostup by vedl k fatlnm chybm! Pedel postup je mon pout pouze tehdy,jsou-li ve slov pouze dv zmnn psmena, le v ABRAKADABRA je psmenoA ptkrt.

Popime si chybu, kter bychom se dopustili. Pokud bychom ze dvou A vytvoilinov znak AA, pak bychom napklad anagramy A AA BRKDRAAB a anagramAA A BRKDRAAB povaovali za rzn, nebo v prvnm je znak AA zaazen jakodruh, zatmco ve druhm jako prvn. Avak vidme, e jde o jeden a tent anagram.

Zvolme proto jin postup a vypotme anagramy bez AA pmo. Vezmmevechna psmena slova ABRAKADABRA vyjma A. Mme dvakrt B, dvakrt R,jednou D a jednou K. Z tchto psmen vytvome *(2, 2, 1, 1) = 6!2!2! = 180 rznchslov. Aby se dn dv A nevyskytla vedle sebe musme vech pt A umstit dojednotlivch mezer ped, za a mezi psmeny (do kad mezery nejve jedno A).Protoe je psmen 6, mezer mus bt 7. Vybrme tedy ze sedmi mezer pt tak,abychom do nich mohli umstit vechna A, co dv

(75

)=

(72

)= 21 monost. Ke

kadmu slovu sloenmu z psmen B, R, D, K, (tch je 180) existuje 21 monostjak umstit pt A. Vsledek tud je 21 180 = 3780.

A jsme u posledn sti pkladu. Zjistme kolik je anagram, kdy K pedchz D.K i D se ve slov ABRAKADABRA vyskytuj pesn jednou, co lohu zjednoduuje.Pokud by K bylo na prvn pozici, pak existuje 10 monost, kde me bt D, bylo-liby K na druh pozizi, mme 9 monost pro umstn D atd., bylo-li by K na destpozici, existuje jedin monost, jak umstit D. Mme tud 10 + 9 + 8 + + 1 =

Pklady k procvien 41

= 102 (10 + 1) = 55 monost jak umstit K a D tak, e K pedchz D. Ke kadmupevnmu umstn K a D, meme zbvajc psmena na zbvajcch devti pozicchlibovoln permutovat, tj. *(5, 2, 2) = 9!5!2!2! =

987622 = 9 7 6 2 = 756 monost.

Odtud vsledek 55 756 = 41580.Dalo by se zejm oekvat, e anagram, kde K pedchz D, je pesn tolik jako

anagram, kde D pedchz K. Skuten, nebo uvaujeme-li libovoln anagram,kde K pedchz D, tak prv vmnou tchto psmen na jejich pozicch dostanemepesn jeden z anagram, kde D pedchz K. Vsledek tud lze urit tak tak, ecelkov poet anagram dlme dvma a dostaneme 83160 : 2 = 41580.

N

Pojmy k zapamatovn slo (1, 2, . . . , ) udv poet permutac s opakovnm, jde

o uspodan vbry VECH 1 + 2 + + prvk multimnoiny*, piem vme, e multimnoina * m rznch prvk a prvnprvek m 1 kopi, druh 2 kopi a -t prvek kopi.

Plat (1, 2, . . . , ) =(

1,2,...,

)= !

1!2!! , je-li 1 + 2 ++ . . . + = .

slo(

1,2,...,

)= !

1!2!! se nazv multinomick koeficient.

Pklady k procvien !1. Kolik existuje anagram slova MISSISSIPPI?

2. Kolik existuje osmimstnch sel, kter obsahuj ti nuly, tyi jedniky a jednu dvojku?

Mjme 4 erven, 3 lut, 2 modr a 2 bl korlky. Kolika rznmi zpsoby je memenavlci na nit (nit si pedstavte jako seku, konce nebudeme spojovat), pokud

3. chceme, aby prvn ti korlky byly erven?

4. chceme, aby prvn 2 byly erven a posledn 2 byly lut?

5. chceme, aby po dvou ervench bylo na obou koncch a uprosted byl jeden lut?

6. chceme, aby na zatku a na konci byl pesn jeden lut? (Nesm bt dal lut nadruh nebo pedposledn pozici!)

7. chceme, aby vedle sebe nebyly nikdy dva erven?

8. chceme, aby byly vedle sebe nejve dva erven?

9. Zaklnadlo pro zmnu poas ve filmu Rumburak zn RABERA TAREGO. Kolik exis-tuje anagram tohoto zaklnadla sloench ze dvou estipsmench slov? Kolik existujedvojslovnch anagram tohoto zaklnadla? (Slovo me obsahovat i jedin psmeno.)

42 Zkladn kombinatorick vbry

Kl k pkladm k procvien1. 34650.

2. 175.

3. 8!3!2!2!1! .

4. 7!2!2!2!1! .

5. 6!23 .

6. 9!4!2!2! 28!

4!2!2! = 72 6 10.

7. 7!3!2!2! (8

4).

8. 7!3!2!2! ((8

4)

+ 3(8

3)

+(8

2)).

9. 6652800, 73180800.

2.5 Kombinace s opakovnmtyi z pti kardiolog, neurolog a psychiatr kaj, e se m postmodern a po-stindustriln lovk v 21. stolet pedevm chrnit proti stresm, kter jsou v nmsamovoln vyvolvny pemrtnou dlbou prce, zplavou informac a urbanizova-nm prostedm, ve kterm ije.

Je zejm, e nejinnj formou protistresovho boje je pimen sportovn,zvlt pak intenzivn pohyb v exhalty nezaten krajin.

Ji mn zejm vak je, e dobr protistresov opaten je tak navlkn ko-rlk! Pi manipulaci s jednotlivmi korlky toti dochz k pjemnm akupresur-nm vzruchm v konecch prst, je jsou dostediv vedeny a nsledn harmonizujcelou nervovou soustavu, m navozuj pjemn meditativn stav a lovk velmiinn relaxuje.

+

Pklad 2.52. Bylo pochmurn, vtrn odpoledne. Chystm si korlky k navlkn,a to tak, e jsem si zcela nhodn vybral 9 korlk, kter se voln povalovaly naposteli. Vdl jsem, e jsou vechny stejnho tvar, jsou v pti barvch (erven,lut, modr, zelen, bl) a v kad barv jich je alespo patnct.

Ven teni, te u mon i ptel, nechcete tu otzku poloit za mne? Ano,ano, sprvn! Kolik mme monost, jak onch 9 korlk vybrat?

een. V tomto ppad jde o vbry neuspodan (navlkat se bude a za chvli,nyn probh ppravn fze). Je-li vbr neuspodan, meme si jej uspodatjak chceme. Stanovme poad zleva doprava napklad takto: erven, lut, modr,zelen a nakonec bl kuliky. Na obrzku 2.8 vidme jeden z monch vbr a jehouspodn. Pipomeme, e meme vybrat vech devt korlk i v jedin barv,nebo jich mme v kad barv dostatek (alespo 15).

2.5 Kombinace s opakovnm 43

PVODN VBR: M M B Z M Z

USPODN: M M M Z Z B

BEZ BAREV:

Obr. 2.8 Znzornn jednoho neuspodanho vbru korlk

Kad takov vbr lze popsat i bez pouit barev. Pokud oddlme erven odlutch, lut od modrch, modr od zelench a zelen od blch vdy tzv. pep-kou (svisl oddlujc ra, viz obr 2.8), pak meme vymazat barvy a dostanemeposloupnost 9 nebarevnch kuliek a 4 pepek, piem kuliky jsou rozdlenytymi pepkami do pti skupin.

Ano, samozejm, kad takov posloupnost 9 kuliek a 4 pepek nm vlastnsymbolizuje pesn jeden mon vbr. (Poznamenejme, e pokud se napkladprvn, druh a tet pepka v etzci vyskytuj bezprostedn vedle sebe, tak ku-liky ve lut a modr barv nebyly vbec vybrny.) Tud, kolik je takovch po-sloupnost, tolik je monch vbr. Ale kad posloupnost vznikne tak, e z 9+4 ob-jekt vybereme 4 a ty prohlsme za pepky, piem zbvajc objekty budou ku-liky, viz obr 2.9! Z eho plyne, e posloupnost je

(9+44

)= 131211104! = 13115 = 715

a pesn tolik je i monch ve uvedench vbr.

OBJEKTY:

VBR PEPEK:KONEN VBR:

Obr. 2.9 Reprezentace vbru 3 ervench, dnho lutho, jednoho modrho, 2zelench a 3 blch korlk

N

Definice 2.53. Kombinace s opakovnm na multimnoin *, kter m rznchprvk kad v alespo kopich, je njak -prvkov podmultimnoina *.

Definice 2.54. Poet vech -prvkovch kombinac s opakovnm na multimnoin* s rznmi prvky (kad v alespo kopich) ozname *(, ).

Vta 2.55. *(, ) =(

+11

)=

(+1

)pro kad pirozen , .

44 Zkladn kombinatorick vbry

Dkaz. Peveme dkaz tto vty do ei pkladu 2.52. Mme korlky v rznchbarvch a v kad barv alespo korlk. Kolika rznmi zpsoby umme vybrat korlk? Jde o neuspodan vbr s opakovnm, piem kad prvek se meopakovat