Шпоры по дискретной математике1
.doc 13.
Пусть есть некоторое конечное множество
элементов U={a1, a2, ..., an}. Рассмотрим набор
элементов
,
где
U,
j = 1, 2, ..., r.
Этот набор называется выборкой объема r из n элементов. Любое подмножество U является выборкой, но не всякая выборка является подмножеством U, так как в выборку один и тот же элемент может входить несколько раз (в отличие от подмножества).
Комбинаторные задачи связаны с подсчетом числа выборок объема r из n элементов, где выборки подчиняются определенным условиям, т.е. выбор производится по какому-нибудь принципу. Подсчет числа выборок основывается на двух правилах теории множеств.
Принцип суммы: если card A = m, card B = n и AB = , то card A B = =m+n. На комбинаторном языке это означает: если объект A можно выбрать m способами, объект B другими n способами и их одновременный выбор невозможен, то выбор “A или B” может быть осуществлен m+n способами.
Принцип произведения: если card A=m, card B=n, то card (AB)=m+n. На комбинаторном языке это означает: если объект A может быть выбран m способами, при любом выборе A объект B может быть выбран n способами, то выбор “A и B” может быть осуществлен mn способами.
Пример 1. A = 10 {различных шоколадок}, B = 5 { различных пачек печенья}. Выбор “A или B” означает, что выбирается что-то одно и способов выбора в этом случае будет 15. Выбор “A и B” означает, что выбирается 1 шоколадка и 1 пачка печенья и различных вариантов для такого выбора будет 50.
Пример 2. Бросают 2 игральные кости. Сколькими способами они могут выпасть так, что на каждой кости выпадет четное число очков либо на каждой кости выпадет нечетное число очков?
Пусть m – число возможностей для выпадения четного числа на одной кости, n – число возможностей для выпадения нечетного числа. Здесь m = n = 3. По правилу произведения количество выпадения четных чисел, как и нечетных, равно 9. По правилу суммы количество возможностей для выпадения двух четных и двух нечетных чисел будет 18.
Определение. Выборка называется упорядоченной, если в ней задан порядок следования элементов. Если порядок следования элементов несущественен, то выборка называется неупорядоченной.
Из определения следует, что две упорядоченные выборки, состоящие из одних и тех же элементов, но расположенных в разном порядке, являются различными.
14. Перестановки. Упорядоченные выборки, объемом n из n элементов, где все элементы различны, называются перестановками из n элементов. Число перестановок из n элементов обозначается Pn.
Теорема. P = n!
Доказательство проводится по индукции. Очевидно, если n = 1, то перестановка только одна и P1 = 1!. Пусть для n = k теорема верна и Pk = k!, покажем, что она тогда верна и для n = k+1. Рассмотрим (k+1)- й элемент, будем считать его объектом A, который можно выбрать k+1 способами. Тогда объект B – упорядоченная выборка из оставшихся k элементов по k. B соответствии с индуктивным предположением объект B можно выбрать k! способами. По принципу произведения выбор A и B можно осуществить k!(k+1) = (k+1)! способами. Совместный выбор A и B есть упорядоченная выборка из k + 1 элементов по k + 1.
Пример 3. Сколько существует способов, чтобы расположить на полке 10 различных книг? Ответ: 10!
Можно рассуждать иначе. Выбираем первый элемент, это можно сделать n способами. Затем выбираем второй элемент, это можно сделать (n 1) способами. По правилу произведения упорядоченный выбор двух элементов можно осуществить n(n 1) способами. Затем выбираем третий элемент, для его выбора останется n 2 возможности, последний элемент можно выбрать единственным способом. Мы вновь приходим к формуле: n(n 1)(n r) ... 1.
15.
Размещения. Упорядоченные
выборки объемом m из n элементов (m
n), где все элементы различны, называются
размещениями. Число размещений из n
элементов по m
обозначается
.
Теорема.
=
Обозначим
x
=
.
Тогда оставшиеся (n
– m)
элементов можно упорядочить (n
– m)!
способами. По принципу произведения,
если объект A
можно выбрать x
способами, объект B
(n
– m)!
способами, то совместный выбор “A
и B”
можно осуществить x
(n
– m)!
способами, а выбор “A
и B”
есть перестановки и Pn
= n!
Отсюда x
=
=
Рассуждая
иначе: первый элемент выбираем n
способами, второй – (n
– 1) способами и т.д. , m–й
элемент выбираем (n
– m
+ 1) способом. По принципу произведения
вновь имеем: n(n
– 1)...(n
– m
+1), что совпадает с
.
Пример 4. Группа из 15 человек выиграла 3 различных книги. Сколькими способами можно распределить эти книги среди группы?
Имеем
= 15 14
13
= 2730.
Сочетания.
Неупорядоченные выборки объемом m
из n
элементов (m
n)
называются сочетаниями. Их число
обозначается
.
Теорема.
Доказательство.
Очевидно,
Действительно,
объект A
– неупорядоченная выборка из n
элементов по m,
их число
.
После того, как эти m
элементов отобраны, их можно упорядочить
m!
способами (в роли объекта B выступает
“порядок“ в выборке). Совместный выбор
“A
и B“
– упорядоченная выборка.
Пример 5. Группа из 15 человек выиграла 3 одинаковых книги. Сколькими способами можно распределить эти книги?
16.
Размещения с повторениями.
Упорядоченные выборки объемом m
из n
элементов, где элементы могут повторяться,
называются размещениями с повторениями.
Их число обозначается
(n).
Теорема.
(n)
= nm.
Доказательство. Первый элемент может быть выбран n способами, второй элемент также может быть выбран n способами и так далее, m -й элемент также может быть выбран n способами. По принципу произведения получаем nm .
Пример 6. Кодовый замок состоит из четырех разрядов, в каждом разряде независимо от других могут быть выбраны цифры от 0 до 9. Сколько возможных комбинаций?
Здесь n = 10, m = 4 и ответом будет 104.
Пример 7. Рассмотрим вектор длины m, каждая координата которого может принимать всего 2 значения: 0 или 1. Сколько будет таких векторов?
Это есть выборка, объемом m из двух элементов. Ответ: 2m
17. Перестановки с повторениями. Пусть имеется n элементов, среди которых k1 элементов первого типа, k2 элементов второго типа и т.д., ks элементов s-го типа, причем k1 + k2 + ... + ks = n. Упорядоченные выборки из таких n элементов по n называются перестановками с повторениями, их число обозначается Cn(k1, k2, ..., ks). Числа Cn(k1, k2, ..., ks) называются полиномиальными коэффициентами.
Теорема.
Cn(k1,
..., ks)=
Доказательство проведем по индукции по s, т. е. по числу типов элементов. При s = 1 утверждение становится тривиальным: k1 = n, все элементы одного типа и Cn(n) = 1. В качестве базы индукции возьмем s = 2, n = k1 + k2. В этом случаем перестановки с повторениями превращаются в сочетания из n элементов по k1 (или k2): выбираем k1 место, куда помещаем элементы первого типа.
Cn(k1,k2)
=
Пусть формула верна для s = m , т.е. n = k1 + ... + km и
Cn(k1,
..., km)=
Докажем,
что она верна для s
= m
+ 1 (n
= k1
+... + km
+ km+1).
В этом случае перестановку с повторениями
можно рассматривать как совместный
выбор двух объектов: объект A
– выбор k m
+ 1 места для
элементов (m
+ 1)-го типа; объект B
– перестановка с повторениями из (n
– km+1)
элементов. Объект A
можно выбрать
способом, B
–
(k1,
..., km)
способами. По принципу произведения
и мы получили требуемую формулу.
Замечание.
Числа
называются биноминальными коэффициентами.
Из этой формулы следует, что
Пример 8. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы в слове “математика”?
Решение. Буква “а” входит 3 раза (k 1= 3), буква “м” – 2 раза (k2 = 2), “т” – 2 раза (k3 = 2), буквы “е”, ”к”, ”и” входят по одному разу, отсюда k3 = k4 = k5 = 1.
C10
(3, 2, , 2, 1, 1, 1) =
=151200.
18.
Сочетания с повторениями.
Пусть имеется n
типов элементов, каждый тип содержит
не менее m
одинаковых элементов. Неупорядоченная
выборка объемом m из имеющихся элементов
(их число
mn
) называется сочетанием с повторением.
Число сочетаний с повторениями
обозначается
(n).
Теорема.
(n)
=
.
Доказательство.
Пусть в выборку вошло m1
элементов первого типа, m2
элементов второго типа, ...mn
– n-го
типа. Причем каждое 0
m i
m
и m1+m2+
...+ mn=
=m.
Сопоставим этой выборке вектор следующего
вида:
Очевидно, между множеством неупорядоченных
выборок с повторениями и множеством
векторов {bn}
существует биекция (докажите это!).
Следовательно,
(n)
равно числу векторов bn.
“ Длина вектора” bn
равна числу 0 и 1, или m+
+n–1.
Число векторов равно числу способов,
которыми m
единиц можно поставить на m
+ n
1 мест, а это будет
.
Пример 9. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Покупатель берет 4 пирожных. Сколькими способами он может это сделать ? (Предполагается, что пирожных каждого вида 4).
Число
способов будет
28. Замыкание и замкнутые классы Определение 1. Пусть MР2. Замыканием М называется множество всех функций из P2, которые можно выразить формулами над М. Замыкание М обозначается [M]. Определение 2. Множество функций М называется замкнутым классом, если [M]=M.
Пример 1. 1) P2 – замкнутый класс.
2) Множество {1,x1x2} не является замкнутым классом. Его замыканием будет класс линейных функций: [{1, x1 x2}] = {f(x1, ..., xn) = c0 c1x1 cnxn}. Действительно, по определению формулы над М, функция f(G1, x3), где f – есть сумма по модулю 2, G1 – функция х1 х2, будет формулой над М: f(G1, x3) = (x1 x2) x3.
Замечание. В терминах замыкания и замкнутого класса можно дать другое определение полноты, эквивалентное исходному:
М – полная система, если [M] = P2.
3) A = {f(x1, ..., xn) f(1, 1, ..., 1) = 0} – незамкнутый класс. Возьмем формулу над этим множеством. Пусть f, g1, ..., gn A, т.е. f(1, 1, ..., 1) = 0, g1(1, 1, ..., 1) = 0, тогда f(g1, ..., gn) [A]. Посмотрим, принадлежит ли функция f(g1, ..., gn) множеству А. f(g1(1, ..., 1), g2(1, ..., 1), ..., gn(1, ..., 1) = f(0, ..., 0)), но f(0, ..., 0) не обязано быть равным 0. Действительно, пусть g1(x1, x2) = x1 x2, g2(x) = x A. Возьмем g2(g1(x1, x2)) = x1 x2 [A], g2(g1(1, 1)) = 1 1 = 0, следовательно, g2(g1(x1, x2)) A, отсюда [A] A и А – незамкнутый класс.
22.
Принцип двойственности Определение
1. Функции
f*(x1,
..., xn)
называется двойственной к функции f(x1,
..., xn),
если f*(x1,
..., xn)
=
(
1,
...,
n).
Пример 1. Покажем с помощью таблицы истинности, что константа 0 двойственна к 1:
-
x
f
f*
0
1
0
0
1
1
Функции
f(x)
= x
и g(x)
=
двойственны сами себе:
-
x
f
f*
g
g*
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
так
как f*(0)=
(1).
Определение 2. Если f*(x1, ..., xn) = f(x1, ..., xn), то f(x1, ..., xn) называется самодвойственной.
Пример 2. Покажем, что f(x1,x2,x3)=x1x2x3 – самодвойственна:
-
x1
x2
x3
f
f*
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
Если
f*–
самодвойственна, то
(
1,
...,
n)
= f(x1,
..., xn),
т.е. на противоположных наборах функция
принимает противоположные значения.
Пример
3. Покажем,
что функция х1х2
двойственна
к x1&x2,
функция х1
х2
двойственна к функции x1|x2.
-
x1 x2
f=х1х2
f*
g=x1|x2
g*=x1
x20 0
0 1
1 0
1 1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
Теорема о двойственных функциях Если f* двойственна к f, то f двойственна к f*.
Доказательство.
f*(x1,
..., xn)
=
(
1,
...,
n).
Найдем двойственную функцию к f*,
т.е. (f*(
x1,
..., xn))*
= (
(
1,
...,
n))*
=
(
1,
...,
n)
= f(x1,
.., xn).
Предположим, что функция задана формулой. Можно ли найти по этой формуле двойственную функцию? Ответ на этот вопрос дает следующая теорема.
Принцип двойственности Теорема: Пусть функция h(x1, ..., xn) реализована формулой h(x1, ..., xn) = =g(G1, ..., Gm) = g(f1(x1, ..., xn), ..., fm(x1, ..., xn)), где какие-то переменные могут быть фиктивными. Тогда h*( x1, ..., xn) = g*(f1*( x1, ..., xn), ..., fm*(x1, …, xn)), это означает, что если функция задана некоторой формулой, то чтобы получить двойственную функцию, надо в этой формуле все знаки функций заменить на двойственные, 0 на 1, 1 на 0.
Доказательство.
h*(x1,
..., xn)
=
(
1,
...,
n)
=
(f1(
1,
...,
n),
..., fm(
1,
...,
n))
=
..
n
.
.
n
g
.. 
g*(f1*(
x1,
..., xn),
..., fm*(
x1,
..., xn)),
что и требовалось доказать.
Если функция h(x1, ..., xn) реализуется формулой N[f1, ..., fn], то формулу, полученную из N заменой fi, входящих в нее, на fi* и реализующую функцию h*(x1, ..., xn), будем называть двойственной и обозначать N*(x1, ..., xn).
Лемма
о несамодвойственной функции Подстановкой
функций
и
в несамодвойственную функцию можно
получить одну из констант.
Доказательство.
Пусть
– несамодвойственная функция. Тогда
существует набор
,
для которого
.
Построим функцию
,
заменив единицы в
на
,
а нули – на
.
Так как
,
то
.
Заметим, что
.
Тогда
,
т.е.
.
Следовательно, функция
есть одна из констант.
25 Полнота, примеры полных систем Определение. Система функций {f1, f2, ..., fs, ...}P2 называется полной в Р2, если любая функция f(x1, ..., xn) P2 может быть записана в виде формулы через функции этой системы.
Полные
системы 1. P2 – полная система.
2. Система M={x1&x2,
x1x2,
}
– полная система, т.к. любая функция
алгебры логики может быть записана в
виде формулы через эти функции. Пример
1. Неполные системы: {
},
{0,1}.
Лемма
(достаточное условие полноты) Пусть
система
U
= {f1, f2, ..., fs,
...} полна в Р2. Пусть B = {g1,
g2, ..., gk,
...} – некоторая система из Р2,
причем любая функция fi
U может
быть выражена формулой над B, тогда
система B полна в Р2.
Доказательство.
Пусть h(x1,
..., xn) P2,
т.к. U полна в Р2,
то h(x1,
..., xn) = =N[f1,
..., fs,
...] = N[L1[g1,
..., gk],
..., Ls[g1,
..., gk],
...] = U[g1,
..., gk].
Здесь мы воспользовались
тем, что для любого i
n
fi
может быть выражена формулой над B,
поэтому fi=Li[gi,
..., gk].
3.
Система {x1x2,
}
– полна в P2.
Возьмем в качестве полной в Р2
системы U={x1x2,
,
x1&x2}, B={x1x2,
}.
Надо показать, что x1&x2
представляется формулой над B.
Действительно, по правилу Де Моргана
получим: x1&x2=
.
С помощью этой леммы докажем полноту
еще ряда систем.
4.
Система {x1&x2,
}
– полна в Р2.
5.
Система {x1|x2} полна
в Р2. Для доказательства возьмем
в качестве полной в Р2 системы
U = {x1&x2,
}
и выразим х1&х2 и
через х1|x2 :
=
x1 | x1, x1 &
x2 =
=
(x1|x2)|(x1|x2).
6. Система {x1
x2}
полна в Р2. U = {x1x2,
},
=
x1
x1,
x1x2
=
= (x1
x2)
(x1
x2).
7. Система {x1&x2,
x1x2,
0, 1}, U = {x1&x2,
},
=
x11.