1

DAUGAVPILS UNIVERSITĀTEDabaszinātņu un matemātikas fakultāte

Matemātikas katedra

Jauno matemātiķu skola

Kombinatorika

1.lekcijaDocētājs: Dr. P. Daugulis

2009./2010.studiju gads

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

2

Saturs

1. Kombinatorikas pamati 41.1. Ievads . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. Kombinatorikas pamatprincipi . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1. Skaitāmo objektu kodēšana . . . . . . . . . . . 51.2.2. Rekursijas (skaldi un valdi!) likums . . . . . . 71.2.3. Summas likums . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.4. Reizināšanas likums . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.5. Dal̄ı̌sanas likums . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.6. Vienlieluma likums . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.7. Skait̄ı̌sana izmantojot papildinājumu (atņemša-

nas likums) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.8. Skait̄ı̌sana divos dažādos veidos . . . . . . . . . 161.2.9. Dirihlē princips . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3. Tr̄ıs vienkāršākie kombinatorikas uzdevumi . . . . . . 191.3.1. Variācijas ar atkārtojumiem . . . . . . . . . . . 191.3.2. Variācijas bez atkārtojumiem . . . . . . . . . . 221.3.3. Kombinācijas bez atkārtojumiem . . . . . . . . 25

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

3

2. 5.mājasdarbs 302.1. Obligātie uzdevumi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2. Paaugstinātas grūt̄ıbas un pētnieciska rakstura uzdevumi 31

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

4

1. Kombinatorikas pamati

1.1. Ievads

Priekšzināšanas - kopas, attiec̄ıbas, veselo skaitļu teorija.

Kombinatorika (no lat̄ıņu valodas saknes ar noz̄ımi ”apvienošana”)- matemātikas nozare, kas nodarbojas ar saliktu diskrētas dabas ob-jektu (kopu elementu, apakškopu, virkņu u.c.)

• kvantitat̄ıvu anal̄ızi, klasifikāciju un it sevǐsķi skait̄ı̌sanu,• vispār̄ıgām skait̄ı̌sanas metodēm un likumsakar̄ıbām.

Tipisks kombinatorikas uzdevums ir skait̄ıt noteikta veida objek-tus, kas tiek kvantitat̄ıvi raksturoti ar vienu vai varākiem paramet-riem, kas ir veseli skaitļi.

Par kombinatorikas sastāvdaļu uzskata ar̄ı• diskrētās matemātikas formulu vienkāršošanu,

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

5

• speciāla veida diskrētu objektu anal̄ızi, konstruēšanu vai eksis-tences pierād̄ı̌sanu (ieskaitot grafu teoriju),

• diskrētu objektu konstruēšanu ar optimālām ı̄paš̄ıbām,• skait̄ı̌sanas rezultātu izmantošanu matemātisku izteikumu pie-

rād̄ıjumos.

Gal̄ıgas kopas A elementu skaitu |A| var interpretēt kā kopas Aelementu skait̄ı̌sanas rezultātu, kura katrs elements tiek skait̄ıts vienureizi (ar svaru 1):

|A| =∑

a∈A1.

1.2. Kombinatorikas pamatprincipi

1.2.1. Skaitāmo objektu kodēšana

Jebkura kombinatorikas uzdevuma risināšana sastāv no diviemsvar̄ıgiem soļiem:

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

6

1) skaitāmo objektu uzdošanas (kodēšanas, parametrizēšanas) ērtosmatemātiskos terminos;

2) kombinatorikas metožu pielietošanas uzdevuma atrisināšanai.

Parasti kombinatorikas objekti var tikt uzdoti vienkāršos diskrētāsvai nepārtrauktās matemātikas terminos kā

• virknes fiksētā alfabētā,• apakškopas ar noteiktām ı̄paš̄ıbām fiksētā kopā.

Diezgan bieži tiek izmantotas binārās virknes (virknes alfabētā{0, 1}).

Pareiza skaitāmo objektu kodēšana ir svar̄ıgs un bieži vien pat kri-tisks solis uzdevuma atrisināšanā. Pētāmo objektu kodēšana var tiktveikta dažādos veidos, lai atrisinātu uzdevumu, ir jāizvēlas pietiekošiērts kodēšanas veids.

1.1. piemērs. Bināras virknes. Bināru virkni var interpretēt kā vis-maz 2 dažādu objektu kodu.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

7

Apakškopa. To var interpretēt kā apakškopas bitu vektoru.Trajektorija. Ja ir dots maršruts plaknē no punkta (0, 0) l̄ıdz

punktam (m,n) ar atļautiem soļiem x = (1, 0) un y = (0, 1) veidās1...sm+n, tad piekārtosim tam bināru virkni {z1, ..., zm+n}, kur zi =1, ja si = x un zi = 0, ja si = y.

1.2.2. Rekursijas (skaldi un valdi!) likums

Risinot kombinatorikas uzdevumus, ir lietder̄ıgi sadal̄ıt skaitāmosobjektus mazākās daļās, atkārtojot šo soli vairākas reizes, kamēr skai-t̄ı̌sanas uzdevums kļūst ļoti vienkāršs.

Skaitāmo objektu dal̄ı̌sana mazākās daļās var tikt veikta dažādosveidos:

• sadalot objektu daļās pēc to ı̄paš̄ıbām;• atmetot vienu simbolu virknes galā vai kādā noteiktā vietā,

ja skaitāmie objekti ir iekodēti kā virknes (izdal̄ıtā elementametode).

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

8

Plaši izplat̄ıts š̄ı principa pielietošanas piemērs ir rekurento sakar̄ıbumetode, kuru apskat̄ısim vēlāk.

1.2.3. Summas likums

Ja A = A1 ∪A2 un A1 ∩A2 = ∅, tad|A|︸︷︷︸grūti

= |A1|︸︷︷︸viegli

+ |A2|︸︷︷︸viegli

.

Šo likumu izmanto, ja skaitāmo objektu kopu var sadal̄ıt vairākāsšķirtās daļās, katrā no kurām šos objektus var skait̄ıt neatkar̄ıgi un,iespējams, pat ar dažādām metodēm.

Summas likumu var vispārināt ar̄ı uz vairāku šķirtu kopu apvieno-juma gad̄ıjumu: ja A = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An un Ai ∩ Aj = ∅ ∀ i 6= j,tad

|A| = |A1|+ A2|+ ... + |An| =n∑

i=1

|Ai|.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

9

1.2. piemērs. Ja no pilsētas A var aizbraukt uz pilsētu B caurpilsētām C vai D NC vai ND veidos, tad kopējais ceļu skaits no A uzB ir vienāds ar NC + ND.

Pielietojot summas likumu, var sastapties ar dažādiem iespējamovariantu skaita sadal̄ıjumiem:

1) varianti var būt sadal̄ıti ”vienmēr̄ıgi” pa kopām Ai;

2) dažas kopas Ai ir jāuzskata par ı̄pašiem speciālgad̄ıjumiem, kurosvariantu skaits ir būtiski mazāks nekā citās kopās.

Ir uzdevumi, kuros elementi dažādās kopās ir jāskaita ar dažādāmmetodēm. Var būt ar̄ı nepieciešams pielietot summas likumu vairākasreizes viena uzdevuma risināšanas gaitā.

1.3. piemērs.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

10

1.2.4. Reizināšanas likums

Ja A = B × C, tad|A|︸︷︷︸grūti

= |B|︸︷︷︸viegli

· |C|︸︷︷︸viegli

.

Šo likumu izmanto, ja skaitāmos objektus var uzdot kā virknes,kuru elementi var tikt skait̄ıti pēctec̄ıgi un neatkar̄ıgi viens no otra.

Kopas B un C var būt gan fiksētas, gan ar̄ı atkar̄ıgas viena nootras. Svar̄ıgi ir tas, lai visiem kopas B elementiem atbilstu vienādsskaits kopas C elementu un otrādi.

Reizināšanas likumu var vispārināt ar̄ı uz vairāku kopu tiešā rei-zinājuma gad̄ıjumu: ja A = A1 ×A2 × ...×An, tad

|A| = |A1| × |A2| × ...× |An| =n∏

i=1

|Ai|.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

11

1.4. piemērs. Reizināšanas likumu var interpretēt ar lēmumu kokupal̄ıdz̄ıbu.

1.5. piemērs. Pieņemsim, ka visi ceļi no A uz B iet caur C. Ja noA uz C var aizbraukt NAC veidos un no C uz B var aizbraukt NCBveidos, tad no A uz C var aizbraukt NAC ×NCB veidos, jo katru ceļuno A uz C var uzdot kā sakārtotu elementu pāri (u, v), kur u ir ceļ̌sno A uz C un v ir ceļ̌s no C uz B.

1.6. piemērs. Uzdevums par diviem šaha karaļiem.

1.2.5. Dal̄ı̌sanas likums

Ja kopa A ir sadal̄ıta pēc elementu skaita vienādās m elementuslielās apakškopās, tad šādu apakškopu skaits ir vienāds ar

|A|m

.

Šo likumu izmanto, ja

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

12

• skaitāmo objektu kopu var sadal̄ıt vienāda un zināma lielumaapakškopās, kuru skaitu var noteikt relat̄ıvi viegli,

• ir jāatrod apakškopu skaits, ja ir zināms kopējais elementu skaitsun skaits katrā apakškopā.

1.7. piemērs. Cik ir divu elementu apakškopu kopā, kas satur 10elementus?

No sākuma atrad̄ısim, cik ir sakārtotu dažādu elementu pāru 10elementu kopā. Tā kā sakārtots dažādu elementu pāris ir elementskopas Dekarta kvadrātā, tad saskaņā ar reizināšanas likumu, šādupāru skaits ir 10(10− 1) = 90.

Katru divu elementu apakškopu var sakārtot divos veidos: pirmaisveids ir tāds, ka pirmais elements ir mazāks nekā otrais, un otrais tāds,ka pirmais elements ir lielāks nekā otrais. Tādējādi visa sakārtotopāru kopa ir sadal̄ıta divās vienādas daļās un meklējamais apakškopuskaits ir vienāds ar elementu skaitu jebkurā no š̄ım daļām. Atbilde irvienāda ar 902 = 45.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

13

1.2.6. Vienlieluma likums

Ja eksistē savstarpēji viennoz̄ımı̄ga funkcija no gal̄ıgas kopas A uzgal̄ıgu kopu B, tad

|A|︸︷︷︸grūti

= |B|︸︷︷︸viegli

.

Šo likumu izmanto, ja dotajā kopā A ir grūti saskait̄ıt elementus, beteksistē un ir viegli redzama kāda cita kopa B, kuras elementus iriespējams relat̄ıvi viegli saskait̄ıt, un bijekt̄ıva funkcija, kas saista Aun B.

Vienlieluma likumu sauksim ar̄ı par skait̄ı̌sanu ar bijekcijas pal̄ı-dz̄ıbu.

Pielietojot šo metodi, ir iespējami šādi gad̄ıjumi:

1) kopa B pēc savas dabas būtiski atšķiras no kopas A, tādējādikopas B ieviešana būtiski izmaina uzdevuma risināšanas gaitu(apakškopas un bitu vektori);

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

14

2) kopa B atšķiras no kopas A ar tādām detaļām, kas tikai pal̄ıdzatrisināt uzdevumu, neizmainot to būtiski (vieninieka atmešanakompoz̄ıcijas virknes galā).

1.8. piemērs. Pieņemsim, ka katram studentam pieder tieši vienacepure. Lai saskait̄ıtu studentus, pietiek saskait̄ıt to cepures, unotrādi, lai saskait̄ıtu cepures, pietiek saskait̄ıt studentus.

1.9. piemērs. Pieņemsim, ka katram studentam pieder ne vairāk kāviena cepure.

Lai novērtētu studentu skaitu no apakšas, pietiek saskait̄ıt cepures.Lai novērtētu cepuru skaitu no augšas, pietiek saskait̄ıt studentus.

1.2.7. Skait̄ı̌sana izmantojot papildinājumu (atņemšanas li-kums)

Šo metodi izmanto, ja ir vieglāk noteikt elementu skaitu sākotnējāskopas papildinājumā un universā nekā sākotnējā kopā, kuras elemen-

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

15

tus ir uzdots saskait̄ıt. Apz̄ımēsim universu ar U , tad

U = A ∪ (U\A), |U | = |A|+ |U\A|un

|A|︸︷︷︸grūti

= |U |︸︷︷︸viegli

− |U\A|︸ ︷︷ ︸viegli

.

Ja kopa A tiek definēta ar kādu nosac̄ıjumu P , tad kopa U\A tiekdefinēta ar nosac̄ıjumu ¬P un šo kopu elementu skait̄ı̌sanas grūt̄ıbaspakāpes var būt dažādas.

1.10. piemērs. Izmantojot papildināšanas metodi atrad̄ısim, cikir divu dažādu elementu virkņu (sakārtotu pāru) kopā, kas satur 10elementus. Saskaņā ar reizināšanas likumu ir 10 ·10 dažādu sakārtotupāru, no kuriem 10 pāros abi elementi ir vienādi. Sakārtotā elementupār̄ı elementi var būt vai nu vienādi, vai ar̄ı dažādi, tāpēc pāru skaitsar dažādiem elementiem ir vienāds ar 100− 10 = 90.

1.11. piemērs. Ir dota pilsēta, kuras pašvald̄ıba plāno uzsākt ielu

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

16

remontu. Ir zināms, ka 98% ielu ir jāremontē. Kā uzdot remontējamāsielas? Ac̄ımredzams risinājums ir šāds: pārskait̄ıt ielas, kuras NAVjāremontē.

1.2.8. Skait̄ı̌sana divos dažādos veidos

Skaitot vienas gal̄ıgas kopas elementus divos vai vairāk veidos, at-bilde, protams, ir viena un tā pati, bet tā var būt izteikta un inter-pretēta dažādos veidos, kurus analizējot var iegūt interesantus kom-binatoriskus rezultātus.

Par šo metodi var domāt ar̄ı kā par saskaitāmo kārt̄ıbas maiņusummā.

1.12. piemērs.Skaitļu tabulas elementu summu var atrast divos veidos:

• no sākuma saskait̄ıt skaitļu summu katrā rindā, pēc tam atrastvisu šādi iegūto skaitļu (katras rindas locekļu summu) summu;

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

17

• no sākuma saskait̄ıt skaitļu summu katrā kolonnā, pēc tam atrastvisu šādi iegūto skaitļu (katras kolonnas locekļu summu) summu.

Ir skaidrs, ka abi paņēmieni dos vienu rezultātu, jo summa nemainās,ja saskaitāmos maina vietām.

1.2.9. Dirihlē princips

Risinot dažādus kombinatorikas uzdevumus, nereti nākas noteikt,cik daudzi no apskatāmajiem objektiem apmierina kādu ı̄paš̄ıbu.

Š̄ı uzdevuma atrisināšanai ir lietder̄ıgi domāt par doto ı̄paš̄ıbu kāpar objektu ievietošanu kastēs vai kā par objektu kopas attēlošanu uzı̄paš̄ıbas vērt̄ıbu kopu.

Šādā interpretācijā objektu skaits ar doto ı̄paš̄ıbu ir vienāds ar toskaitu atbilstošajā kastē vai ar atbilstošās ı̄paš̄ıbas vērt̄ıbas inversāattēla elementu skaitu.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

18

Atbilstošo kombinatorikas principu, kas ļauj novērtēt objektu skaituar doto ı̄paš̄ıbu, sauksim par Dirihlē principu (par godu matemātiķimL.Dirihlē).

Dirihlē princips (”baložu būru princips”):• vienkāršākajā (klasiskajā) formā - sadalot n + 1 elementus lielu

kopu n apakškopās, vismaz viena apakškopa satur vismaz divuselementus (saliekot n + 1 baložus n būros, vismaz vienā būr̄ı irvismaz divi baloži);

• klasiskā formā izmantojot funkcijas - funkcija no n+1 elementuslielas kopas uz n elementus lielu kopu nevar būt injekt̄ıva;

• daļveida formā - sadalot m elementus lielu kopu k apakškopās,vismaz viena apakškopa satur vismaz dmk e elementus, kur dxeir skaitļa x ”griesti” (mazākais veselais skaitlis, kas nav mazākskā x);

• bezgal̄ıgajā formā - sadalot bezgal̄ıgu kopu gal̄ıga skaita apakš-kopās, vismaz viena apakškopa būs bezgal̄ıga.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

19

Dirihlē principu izmanto gan kombinatorikā, gan ǧeometrijā.

1.13. piemērs. Jebkuru astoņu cilvēku kolekt̄ıvā ir divi, kas irdzimuši vienā nedēļas dienā.

Jebkurā 25 cilvēku grupā eksistē 4 cilvēki, kas ir dzimuši vienānedēļas dienā.

Ja kvadrātā ar malas garumu 2 tiek ievietoti 5 punkti, tad vismazdivi no tiem atrodas attālumā ne mazāk kā

√2 viens no otra.

1.3. Tr̄ıs vienkāršākie kombinatorikas uzdevumi

Daži kombinatorikas uzdevumi tiek bieži izmantoti kā apakšuz-devumi citos, sarežǧ̄ıtākos, uzdevumos, tāpēc tos mēs apskat̄ısim at-sevǐsķi šajā nodaļā.

1.3.1. Variācijas ar atkārtojumiem

Cik veidos var konstruēt m vien̄ıbas garas virknes, kurās var būtn dažādu tipu elementi, kas var atkārtoties?

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

20

Š̄ı uzdevuma atrisinājumu apz̄ımēsim ar Āmn . Termins variācija irtermina virkne sinon̄ıms.

Lai atrisinātu šo uzdevumu, izmantosim reizināšanas likumu.Veidosim šādas virknes, sākot no kreisās malas:1. Virknes pirmo elementu var izvēlēties n veidos,

2. virknes otro elementu neatkar̄ıgi no pirmā var izvēlēties n veidos,tātad pirmos divus virknes elementus var izvēlēties n× n = n2veidos,

... ...,

3. virknes k-to elementu neatkar̄ıgi no visiem iepriekšējiem varizvēlēties n veidos, tātad pirmos k virknes elementus var iz-vēlēties n · ... · n︸ ︷︷ ︸

k reizes

veidos,

... ...

Visus virknes m elementus var izvēlēties nm veidos. Iegūstam, ka

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

21

Āmn = n · n · ... · n︸ ︷︷ ︸m reizes

= nm.

1.14. piemērs. Cik dažādos veidos var izvēlēties piecciparu tālruņanumuru? Katru no pieciem cipariem var neatkar̄ıgi izvēlēties 10 vei-dos, cipari var atkārtoties, tāpēc atbilde ir vienāda ar A

5

10 = 105.

1.1. piez̄ıme. Parād̄ısim, ka Āmn var interpretēt kā visu funkcijuskaitu no m elementu kopas uz n elementu kopu. Uzdot funkcijuno m elementu kopas A uz n elementu kopu B ir tas pats, kas uz-dot sakārtotu virkni (iespējams, ar atkārtojumiem, ja funkcija navinjekt̄ıva): funkciju f : A → B viennoz̄ımı̄gi uzdot ar virkni

(f(a1), ..., f(am))︸ ︷︷ ︸m elementi

,

kuras elementi ir kopas B elementi. Otrādi, katrai m elementus garaivirknei, kuras elementi pieder kopai B, var viennoz̄ımı̄gi piekārtot

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

22

atbilstošo funkciju. Tādējādi ir nodibināta bijekt̄ıva atbilst̄ıba starpvirknēm un funkcijām.

1.2. piez̄ıme. Ām2 var interpretēt ar̄ı kā visu m elementu lielaskopas apakškopu skaitu, jo katru apakškopu var uzdot kā funkciju nošādas kopas uz divu elementu kopu 0, 1, kas elementam piekārto 1, jatas pieder apakškopai, un 0, ja nepieder. Tādējādi m elementu lielaskopas visu apakškopu skaits ir vienāds ar 2m.

1.3.2. Variācijas bez atkārtojumiem

Cik ir dažādu m vien̄ıbas garu virkņu, kurās var būt dotās n ele-mentus lielas kopas elementi? šo skaitli apz̄ımēsim ar Amn .

Atšķir̄ıbā no iepriekšējā uzdevuma elementi virknē nevar atkārtoties,jo tie tiek izvēlēti no kopas.

Ar̄ı šajā gad̄ıjumā izmantosim reizināšanas likumu. Skait̄ı̌sanuveiksim, konstruējot visas iespējamās virknes. Konstruēsim virknes,pievienojot jaunus elementus labajā pusē:

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

23

1. Virknes pirmo elementu (sākot no kreisās puses) var izvēlētiesn veidos,

2. virknes otro elementu (ja pirmais elements jau ir izvēlēts) varizvēlēties neatkar̄ıgi no pirmā n − 1 veidā, tātad pirmos divusvirknes elementus var izvēlēties n(n− 1) dažādos veidos,

... ...

k virknes k-to elementu (ja iepriekšējie k − 1 elementi ir izvēlēti)var izvēlēties n − k + 1 veidos, tātad pirmos k elementus varizvēlēties n(n− 1)...(n− k + 1)︸ ︷︷ ︸

k reizinātāji

.

Pabeidzot šo spriedumu, iegūstam, ka kopējais dažādu virkņu skaitsir n(n− 1)...(n−m + 1), tātad

Amn = n(n− 1) · ... · (n−m + 1) =n!

(n−m)! .

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

24

Svar̄ıgs speciālgad̄ıjums ir Ann = n! (n elementus lielu kopu varsakārtot n! veidos). Ann apz̄ımēsim ar Pn un sauksim par n elementuslielas kopas permutāciju skaitu.

1.15. piemērs. Cik dažādos veidos var nostād̄ıt ierindā piecuscilvēkus no desmit cilvēku lielas grupas? Atbilde ir vienāda ar A510 =10 · 9 · 8 · 7 · 6 = 30240.

1.3. piez̄ıme. Naturāliem skaitļiem m un n definēsim Amn = 0, jam > n. Ar formulu

Ama = a(a− 1) · ... · (a−m + 1)varam definēt skaitļus Ama ar̄ı tad, ja a ir jebkurš reāls un ne obligātinaturāls skaitlis.

1.4. piez̄ıme. Amn ir vienāds ar injekt̄ıvu funkciju skaitu no m ele-mentu lielas kopas uz n elementus lielu kopu tāpēc, ka injekt̄ıvas fun-kcijas uzdošana ir ekvivalenta virknes bez atkārtojumiem uzdošanai.To var interpretēt ar̄ı kā dažādu objektu ievietošanu dažādās kastēs.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

25

Gad̄ıjumā, kad m = n mēs iegūstam visu injekt̄ıvu un tātad ar̄ıbijekt̄ıvu funkciju skaitu no n elementu kopas uz n elementu kopu,ko var interpretēt ar̄ı kā n elementus lielas kopas permutāciju jebsakārtojumu skaitu.

1.3.3. Kombinācijas bez atkārtojumiem

Cik ir dažādu m elementus lielu apakškopu kopā, kas satur n ele-mentus? Šo skaitli apz̄ımēsim ar Cmn vai

(nm

).

Termins kombinācija ir apakškopas sinon̄ıms.

Atrad̄ısim Cmn , izmantojot dal̄ı̌sanas likumu.

Saskaņā ar spriedumu, ar kura pal̄ıdz̄ıbu mēs aprēķinājām Amn• katru m elementus lielu apakškopu var sakārtot m! veidos,• tātad vienai m elementus lielai apakškopai atbilst m! sakārtotas

virknes.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

26

Tātad ir spēkā vienād̄ıbasAmn = C

mn m!

unCmn =

Amnm!

=n!

(n−m)!m! .1.16. piemērs. Cik dažādos veidos var izvēlēties piecus cilvēkus nodesmit cilvēku lielas grupas? Atbilde ir vienāda ar

C510 =10 · 9 · 8 · 7 · 65 · 4 · 3 · 2 · 1 = 252.

1.5. piez̄ıme. Skaitļiem Cmn ir vēl vairākas lietder̄ıgas interpretācijas:• Cmn var interpretēt kā n vien̄ıbas garu bināru virkņu skaitu,

kurās ir m vieninieki, jo katrai n elementus lielas kopas m-apakškopai var viennoz̄ımı̄gi piekārtot tās bitu vektoru,

• Cmn var interpretēt kā fiksēta garuma augošu (dilstošu) virkņuskaitu piln̄ıgi sakārtotā kopā: katru m-apakškopu n elemen-tus lielā piln̄ıgi sakārtotā kopā var sakārtot augošā vai dilstošā

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

27

kārt̄ıbā tieši vienā veidā, otrādi, katrai augošai vai dilstošaivirknei var viennoz̄ımigi piekārtot atbilstošo apakškopu,

• Cmn var interpretēt kā koeficientus, ko iegūst, atverot iekavasizteiksmē (a+b)n, šo faktu var pierād̄ıt, izmantojot matemātiskoindukciju, to var vispārināt uz gad̄ıjumu, kad kāpinātājs navvesels skaitlis (binomiālā teorēma):

(1 + x)r =∑

i≥0Cirx

i,

šādā gad̄ıjumā summa ir bezgal̄ıga un sakr̄ıt ar kreisās pusesfunkcijas Teilora rindu.

Pārskait̄ısim dažas vienkāršākās skaitļu Cmn ı̄paš̄ıbas:

1) C0n = 1, C1n = n, Cnn = 1;

2) Cmn = Cn−mn ;

3) Cmn + Cm+1n = C

m+1n+1 (Paskāla trijstūra ı̄paš̄ıba);

4)∑n

i=0 Cin = 2n(visu apakškopu skaits ir vienāds ar 2n)

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

28

1.17. piemērs. Apskat̄ısim kādu formulu vienkāršošanas uzdevumu,kurā ir iesaist̄ıti skaitļi Cmn un kurš ilustrē ar̄ı kombinatorikas pamat-principu ”skait̄ı̌sana divos dažādos veidos”. Vienkāršosim summu

Sn =n∑

k=1

Cknk.

Redzam, kaSn = s1 + s2 + ... + sn,

kur sk = Cknk. Skaitli sk var interpretēt kā visu to veidu skaitu, kā non elementu lielas kopas izvēlēties k elementus lielu apakškopu un vienuš̄ıs apakškopas elementu. Mainot i, mēs iegūsim dažādas apakškopas,tātad, izmantojot summas likumu, redzam, ka Sn ir vienāds ar visuveidu skaitu, kā no n elementu lielas kopas izvēlēties (netukšu) apakš-kopu un vienu š̄ıs apakškopas elementu (piemēram, kādas cilvēku gru-pas komiteju kopā ar tās priekšsēdi). Cik dažādos veidos to var iz-dar̄ıt? Redzam, ka saskaņā ar reizināšanas likumu

Sn = n · 2n−1

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

29

- no sākuma izvēlamies priekšsēdi, pēc tam jebkuru, iespējams, tukšu,apakškopu no atlikušās cilvēku kopas.

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

30

2. 5.mājasdarbs

2.1. Obligātie uzdevumi

1. Cik veidos uz šaha galdiņa var izvietot divus torņus (dāmas,karaļus, laidņus, zirgus) tā, lai tie neapdraudētu viens otru?

2. Studentu grupa, kurā ir 41 cilvēks, nokārtoja sesiju, kurā bijatr̄ıs eksāmeni. Visi studenti saņēma atz̄ımes 4, 5 vai 6. Pierād̄ıt,ka vismaz pieci studenti nokārtoja sesiju ar vienādām atz̄ımēm.

3. Kāda eksāmena jautājumi ir sadal̄ıti 4 grupās, katrā grupā ir30 jautājumi. Eksāmena biļetē ir pa divi jautājumi no katrasgrupas. Cik dažādu eksāmena biļešu ir iespējams sastād̄ıt?

4. Virkni {a1, ..., an} sauksim par palindromu, jaa1 = an, a2 = an−1, ..., ak = an−k+1

visiem k : 1 ≤ k ≤ [n2 ]. Cik palindromu var izveidot no n-multikopas elementiem?

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

31

2.2. Paaugstinātas grūt̄ıbas un pētnieciska rakstu-ra uzdevumi

1 Pierād̄ıt, ka katra dažādu reālu skaitļu virkne ar garumu n2 + 1satur vai nu augošu virkni ar garumu n, vai ar̄ı dilstošu virkniar garumu n.

2 Kādam m skaitlis Cmn pieņem maksimālo iespējamo vērt̄ıbu, jan ir fiksēts?

Saturs Sākums Beigas J I Atpakaļ Aizvērt Pilns ekrāns

1. Kombinatorikas pamati1.1. Ievads1.2. Kombinatorikas pamatprincipi1.2.1. Skaitamo objektu kodešana1.2.2. Rekursijas (skaldi un valdi!) likums1.2.3. Summas likums1.2.4. Reizinašanas likums1.2.5. Dališanas likums1.2.6. Vienlieluma likums1.2.7. Skaitišana izmantojot papildinajumu (atnemšanas likums)1.2.8. Skaitišana divos dazados veidos1.2.9. Dirihle princips

1.3. Tris vienkaršakie kombinatorikas uzdevumi1.3.1. Variacijas ar atkartojumiem1.3.2. Variacijas bez atkartojumiem1.3.3. Kombinacijas bez atkartojumiem

2. 5.majasdarbs2.1. Obligatie uzdevumi2.2. Paaugstinatas grutibas un petnieciska rakstura uzdevumi