Leszámlálások és néhány alkalmazásuk

Papp László

BME

2019 Szeptember 14.

BevezetésKérdés: Mi az a leszámlálás?Válasz: Adott elemeknek egy véges halmaza és szeretnénkmegszámolni, hogy összesen hány darab van az elemekbol.Példa: 4 jegyu PIN-kódok.Kérdés: Miért akarjuk tudni az elemek számát?Válasz: Ennek rengeteg oka lehet. Általában az elemekszámának függvényében hozunk döntést.Példa: PIN-kódok biztonsága: Hány próbálkozás szükséges azösszes lehetséges variáció kipróbálására a jegyekfüggvényében?jegyek száma különbözo kódok száma

1 102 1003 10004 10000n 10n

Konklúzió: 1 jegyu PIN-kódot ostobaság választani, 4-nél többjegy emberek ellen elegendo.

Ismétlés nélküli permutáció

Feladat:Egy sörözoben 3 különbözo sört lehet kapni ( ).Szeretnénk kipróbálni az összes sört, viszontfelelosségteljesen mindegyikbol csak egy korsóvalfogyasztanánk. Hány féle sorrendben lehet ezt megtenni?

A válasz tehát az, hogy hat különbözo sorrend van.

Ismétlés nélküli permutáció

Definíció: Ha az n egy természetes szám akkorn! = n(n − 1)(n − 2)(n − 3) · . . . · 3 · 2 · 1 és ezt a számot nfaktoriálisnak nevezzük. Definíció szerint 0! = 1.

Definíció: n darab különbözo elem egy lehetségessorbarendezését (ismétlés nélküli) permutációnak nevezzük.

Állításn elem különbözo (ismétlés nélküli) permutációnak a száma n!.Bizonyítás: Elso elemnek n félét választhatunk.Miután ezt kiválasztottuk a második helyre a fennmaradó n − 1elem közül bármelyiket választhatjuk.Az elso két elem kijelölése után a sorban következo 3. elem afennmaradó n − 2 elem közül kerülhet ki. Ezt folytatjuk addigamíg az utolsó elemet is ki nem választjuk. Mivel különbözoválasztások különbözo sorrendhez vezetnek ezért alehetoségek számát össze kell szorozni.

Ismétléses Permutáció

Feladat:Egy társaság összesen három korsó sört, két pohár bort és egykólát rendel. Mindenki pontosan egy italt rendel a pincér pediga hallott sorrendben írja fel az italokat. Hány féle különbözojegyzetet készülhet ebben az esetben?

Két különbözo rendelés:

Megoldás: 6!3!·2!·1! =

6·5·4·3·2·13·2·1·2·1·1 = 60

Megoldás

Különböztessük meg az azonos típusú elemeket és ezeketrendezzük sorba. Ezt 6! = 120 tehetjük meg.Probléma: Több megkülönböztetett sorrend igazából azonos:

A sörök egymáshoz viszonyított sorrendje 3! = 6 féle lehet.Minden rendelést 6x számoltuk csak a sörök miatt.A borok egymáshoz viszonyított sorrendje 2! = 2 féle lehetezért 2x számoltunk minden rendelést csak a borok miatt.Megoldás: Osszunk le ezekkel a számokkal, így mindenrendelést pontosan egyszer számolunk meg.

Ismétléses permutáció

Definíció: k1 darab elso típusú elem, k2 darab második típusúelem, ... , ki darab i . típusú elem egy lehetséges sorrendjét ak1 + k2 + . . .+ ki elem ismétléses permutációjának nevezzük.

ÁllításEzek száma (k1+k2+···+ki )!

k1!·k2!·...·ki !

Bizonyítás: Pincéres feladat megoldása általánosan.

Variáció

Feladat:Egy moziban szombaton a Csillagok háborúja összes (10 dbjelenleg) részét vetítik 6 idosávban. Mi mind a 6 idosávbanfilmezni szeretnénk, de nem szeretnénk megnézni kétszerugyan azt a filmet. Hány féle programot tudunk összeállítani,hogy ha az is számít, hogy milyen sorrendben nézzük meg arészeket?

Megoldás: Tekintsük a 10 film összes lehetségessorbarendezését. Ebbol 10! = 3628800 darab van.A sorrendben utolsó négy helyre került film egymáshozviszonyított sorrendje nem számít, hiszen ezeket a filmeket úgysem fogjuk megtekinteni. Így a 10 film permutációjábólpontosan 4! = 24-szor annyi van mint programból.A megoldás tehát: 10!

4! = 151200.

Ismétléses variáció

Feladat:Egy 6 jegyu PIN-kód hány féle lehet?

Megoldás: Minden egyes jegy 10 különbözo féle lehet,ráadásul egyik jegy megválasztására sincs befolyással a többijegy. Így ezen lehetoségek összeszorzódnak, így10 ∗ 10 ∗ 10 ∗ 10 ∗ 10 ∗ 10 = 106, azaz egymillió 6 jegyuPIN-kód van.

Emlékezteto: Ha egy számjegyet nem használhatnánk feltöbbször, akkor 151200 kódot tudnánk eloállítani.

Ismétlés és ismétlés nélküli variáció

Definíció: n elembol k különbözo elem sorrendben valókiválasztását az n elem k -adosztályú (ismétlés nélküli)variációjának nevezzük.

ÁllításEzek száma n · (n − 1) · (n − 3) · . . . · (n − k + 1) = n!

(n−k)! .

Definíció: n elembol k elem sorrendben való kiválasztását úgy,hogy egy elem akárhányszor szerepelhet, az n elemk -adosztályú ismétlés variációjának nevezzük.

ÁllításEzek száma nk .Bizonyítások: Az elozo feladatok megoldása általánosanelmondva.

Kombináció

Feladat:Egy nyereményjáték során 4 embert sorsolnak ki a fodíjra.Hány féle lehet a nyertes csoport ha összesen 36-anregisztráltak a játékra és egy embert nem sorsolhatnak kikétszer?

Megoldás: A sorsolás sorrendben történik, ha a nyerteseknevét leírom a kisorsolás sorrendjében egy listára akkor így 36elem 4-edosztályú ismétlés nélküli variációját kapom. Ebbol36 · 35 · 34 · 33 különbözo van.A nyertesek sorrendje nem számít (Anna, Béla, Cecil, Dénesés a Béla, Dénes, Anna, Cecil lista ugyan az a csoport)!Minden csoportotból 4! = 24 féle képen képezhetek listát, ezértennyivel kell leosztani a listák számát, hogy a csoportok számátkapjam. A csoportok száma tehát: 36·35·34·33

4·3·2·1 = 36!32!·4! = 58905.

Kombináció

Definíció: Ha az n és k természetes számok akkor az(nk

)= n!

k!·(n−k!) számot binomiális együtthatónak nevezzük ésúgy olvassuk ki, hogy "n alatt a k".

Definíció: Egy n elemu halmaz k elemu részhalmazát az nelem k -ad osztályú (ismétlés nélküli) kombinációjánaknevezzük.

Állításn elem k -adosztályú kombinációinak a száma

(nk

).

Bizonyítás: Nyereményjátékos feladat megoldása általánosan.

Ismétléses kombináció

Feladat: Jancsika az édességboltban 4 cukorka közülválaszthat. Anyukája azt mondta, hogy vegyen összesen 8cukorkát, hogy jusson a testvéreinek is. Hány féle édességcsomaggal térhet haza Jancsika?

Definíció: n elembol k elem kiválasztását úgy, hogy a sorrendnem számít de az elemek akárhányszor szerepelhetnek, nelem k -adosztályú ismétléses kombinációjának nevezzük.

Állításn elem k -adosztályú ismétléses kombinációinak a száma(n+k−1

k

).

Tehát Jancsika(4+8−1

8

)=(11

8

)= 11!

3!·8! = 165 féle csomaggaltérhet haza.

Bizonyítás 4 féle és 8 db kiválasztott cukorka eseténA 4 féle cukorkának nyitunk egy-egy kosarat. A kosarakategy-egy 0-ával választjuk el. A kosárba annyi 1-est teszünkahány darab cukorka van az adott fajtából.Így minden cukorka vásárláshoz egy 3 db 0-át és 8 db 1-esttartalmazó sorozatot rendeltünk, mely hozzárendelésegy-egyértelmu:

1x0x4x3x

1 1 1 11 1 1 0

=

0 0 1

Két különbözo vásárlás esetén van olyan kosár amibe avásárolt cukorkák száma nem azonos, így a hozzájuk rendelt0-1 sorozatban van két szomszédos nulla akik között az 1-esekszáma nem ugyan annyi, így a sorozatok is különbözoek.Minden 3 db 0-át és 8 db 1-est tartalmazó sorozatotmegkapható egy cukorka vásárlásból, hiszen a sorozatbólkiolvasható a vásárlás.Egy ilyen sorozat 3 db 0 és 8 db 1-es ismétléses permutációja,amibol (3+8)!

3!·8! =(8+4−1

8

)különbözo van.

Bizonyítás általános esetbenAz n féle cukorkának nyitunk egy-egy kosarat. A kosarakategy-egy 0-ával választjuk el. A kosárba annyi 1-est teszünkahány darab cukorka van az adott fajtából.Így minden cukorka vásárláshoz egy n − 1 db 0-át és k db1-est tartalmazó sorozatot rendeltünk, mely hozzárendelésegy-egyértelmu:

1x0x4x3x

1 1 1 11 1 1 0

=

0 0 1

Két különbözo vásárlás esetén van olyan kosár amibe avásárolt cukorkák száma nem azonos, így a hozzájuk rendelt0-1 sorozatban van két szomszédos nulla akik között az 1-esekszáma nem ugyan annyi, így a sorozatok is különbözoek.Minden n − 1 db 0-át és k db 1-est tartalmazó sorozatotmegkapható egy cukorka vásárlásból, hiszen a sorozatbólkiolvasható a vásárlás.Egy ilyen sorozat n − 1 db 0 és k db 1-es ismétlésespermutációja, amibol (n−1+k)!

(n−1)!·k! =(n+k−1

k

)különbözo van.

Leszámlálások Összefoglaló

sorrend számít nem számítösszes elemet fel kell használni nem kell felhesználni

permutáció variáció kombinációismétlés nélküli n! n!

(n−k)!

(nk

)= n!

k!(n−k!)

ismétléses (k1+k2+...+km)!k1!k2!...km! nk (n+k−1

k

)

Binomiális tétel

TételHa x és y valós számok és n egy pozitív egész akkor:

(x+y)n =

(n0

)x0yn+

(n1

)x1yn−1+

(n2

)x2yn−2+. . .+

(nn

)xny0

Avagy szummával felírva:

(x + y)n =n∑

i=0

(ni

)x iyn−i

Bizonyítás: Amikor az (x + y)n-net kifejtjük és felbontjuk azárójeleket akkor fogunk xkyn−k -t leírni ha éppen k darabzárójelbol választottuk az x-et és n − k -ból az y -t.Tehát az xkyn−k együtthetója az a szám lesz, hogyhányféleképpen tudok kiválasztani k darab zárójelet nzárójelbol. Ez a szám pedig

(nk

).

Állítás (nk

)=

(n − 1k − 1

)+

(n − 1

k

)Bizonyítás:

(nk

)darab n hosszú pontosan k db 1-est

tartalmazó 0-1 sorozat van.Ezen sorozatok két diszjunkt halmazra bonthatóak, az 1-gyelkezdodoekre és a 0-val kezdodokre.Ha egy ilyen 1-gyel kezdodik akkor a hátsó n− 1 pozícióból kellkiválasztanom azt a k − 1 pozíciót ahova a maradék k − 1 db1-es kerül. Ezért ezekbol

(n−1k−1

)darab van.

Ha pedig 0-val kezdodik akkor a hátsó n − 1 pozícióból kellkiválasztani az a k helyet ahova az 1-esek mennek, így ezekszáma

(n−1k

).

Mivel ugyan azt számoltuk meg két különbözo módón ezért(nk

)=(n−1

k−1

)+(n−1

k

).

Feladatokhoz megoldásához hasznos:

Skatulya-elvHa van n darab gyufásdobozunk és n + 1 gyufaszálunk akkorakárhogy rakjuk bele az összes gyufát a skatulyába, valamelyikskatulyába legalább 2 darab gyufa fog kerülni.

Szita formulaHa A és B halmazok akkor |A∪B| = |A|+ |B| − |A∩B|, ahol |A|az A halmaz elemeinek a számát jelöli.Általános esetben ha A1,A2,A3, . . .An n darab halmaz akkor∣∣∣∣∣∣⋃

1≤i≤n

Ai

∣∣∣∣∣∣ =∑

1≤i≤n

|Ai |−∑

1≤i<j≤n

|Ai∩Aj |+∑

1≤i<j<k≤n

|Ai∩Aj∩Ak |−. . .

Egy-egyértelmu leképezés

Definíció: Az f : A→ B leképezés injektív ha mindenkülönbözo a1,a2 ∈ A párra f (a1) 6= f (a2).

Definíció: Az f : A→ B leképezés szürjektív ha minden b ∈ Belemre létezik a ∈ A, hogy f (a) = b.

Definíció: Az f : A→ B leképezés bijektív vagy másnévenegy-egyértelmu ha egyszerre injektív és szürjektív.

Példák: f (x) = x2 mint R→ R függvény se nem injektív, senem szürjektív.f (x) = x3 mint R→ R függvény bijektív.f (x) = |x | mint R→ R+ ∪ {0} függvény nem injektív, deszürjektív.f (x) = x mint R+ ∪ {0} → R függvény injektív, de nemszürjektív.