• Nem Talált Eredményt

Leszámlálások és néhány alkalmazásuk

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Ossza meg "Leszámlálások és néhány alkalmazásuk"

Copied!
20
0
0

Teljes szövegt

(1)

Leszámlálások és néhány alkalmazásuk

Papp László

BME

2021 Szeptember 11.

(2)

Mi az a leszámlálás?

Válasz: Adott elemeknek egy véges halmaza, ezekb ˝ol valamilyen szabály szerint képzünk objektumokat és

szeretnénk megszámolni, hogy összesen hány darab objektum képezhet ˝o.

Példa:Elemek: 0-9, Objektumok: 4 jegy ˝u PIN-kódok.

Kérdés:Miért akarjuk tudni a képezhet ˝o objektumok számát?

Válasz: Ennek sok oka lehet.Példa: PIN-kódok biztonsága:

Hány próbálkozás szükséges az összes lehetséges variáció kipróbálására a jegyek függvényében?

jegyek száma különböz ˝o kódok száma

1 10

2 100

3 1000

4 10000

n 10n

Konklúzió:1 jegy ˝u PIN-kódot ostobaság választani, 4 vagy annál több jegy emberek ellen elegend ˝o.

(3)

Ismétlés nélküli permutáció Feladat:

Egy söröz ˝oben 3 különböz ˝o sört lehet kapni ( ).

Szeretnénk kipróbálni az összes sört, viszont felel ˝osségteljesen mindegyikb ˝ol csak egy korsóval

fogyasztanánk. Hány féle sorrendben lehet ezt megtenni?

A válasz tehát az, hogy hat különböz ˝o sorrend van.

(4)

Ismétlés nélküli permutáció

Definíció:Ha aznegy természetes szám akkor

n! =n(n−1)(n−2)(n−3)·. . .·3·2·1 és ezt a számotn

faktoriálisnaknevezzük. Definíció szerint 0! =1.

Definíció:ndarab különböz ˝o elem egy lehetséges

sorbarendezését(ismétlés nélküli) permutációnaknevezzük.

Állítás

nelem különböz ˝o (ismétlés nélküli) permutációnak a száman!.

Bizonyítás:Els ˝o elemneknfélét választhatunk.

Miután ezt kiválasztottuk a második helyre a fennmaradón−1 elem közül bármelyiket választhatjuk.

Az els ˝o két elem kijelölése után a sorban következ ˝o 3. elem a fennmaradón−2 elem közül kerülhet ki. Ezt folytatjuk addig amíg az utolsó elemet is ki nem választjuk. Mivel különböz ˝o választások különböz ˝o sorrendhez vezetnek ezért a

lehet ˝oségek számát össze kell szorozni.

(5)

Ismétléses Permutáció Feladat:

Egy társaság összesen három korsó sört, két pohár bort és egy kólát rendel. Mindenki pontosan egy italt rendel a pincér pedig a hallott sorrendben írja fel az italokat, tehát nem striguláz.

Hány féle különböz ˝o jegyzet készülhet ebben az esetben?

Két különböz ˝o rendelés:

Megoldás: 3!·2!·1!6! = 6·5·4·3·2·1 3·2·1·2·1·1 =60

(6)

Megoldás

Különböztessük meg az azonos típusú elemeket és ezeket rendezzük sorba. Ezt 6! =720 féleképpen 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 lehet ezért 2x számoltunk meg minden rendelést csak a borok miatt.

Megoldás: Osszunk le ezekkel a számokkal, így minden rendelést pontosan egyszer számolunk meg.

(7)

Ismétléses permutáció

Definíció:k1darab els ˝o típusú elem,k2darab második típusú elem, ... ,ki darabi. típusú elem egy lehetséges sorrendjét a

k1+k2+. . .+ki elemismétléses permutációjának nevezzük.

Állítás

Ezek száma (kk1+k2+···+ki)!

1!·k2!·...·ki!

Bizonyítás:Pincéres feladat megoldása általánosan.

(8)

Variáció

Feladat:Egy moziban szombaton a Csillagok háborúja összes (11 db jelenleg) részét vetítik 6 id ˝osávban. Mi mind a 6 id ˝osávban filmezni szeretnénk, de nem szeretnénk megnézni kétszer ugyan azt a filmet. Hány féle programot tudunk összeállítani, hogy ha az is számít, hogy milyen sorrendben nézzük meg a részeket?

Megoldás:Tekintsük a 11 film összes lehetséges sorbarendezését. Ebb ˝ol 11! =39916800 darab van.

A sorrendben utolsó öt helyre került film egymáshoz

viszonyított sorrendje nem számít, hiszen ezeket a filmeket úgy sem fogjuk megtekinteni. Így a 11 film permutációjából

pontosan 5! =120-szor annyi van mint programból.

A megoldás tehát: 11!5! =332640.

(9)

Ismétléses variáció

Feladat:

Egy 6 jegy ˝u PIN-kód hány féle lehet?

Megoldás:Minden egyes jegy 10 különböz ˝o féle lehet, ráadásul egyik jegy megválasztására sincs befolyással a többi jegy. Így ezen lehet ˝oségek

összeszorzódnak, így

10·10·10·10·10·10=106, azaz egymillió 6 jegy ˝u PIN-kód van.

Emlékeztet ˝o: Ha egy számjegyet nem használhatnánk fel többször, akkor 151200 kódot tudnánk el ˝oállítani.

(10)

Ismétlés és ismétlés nélküli variáció

Definíció:nkülönböz ˝o elemb ˝olk különböz ˝o elem sorrendben való kiválasztását aznelemk-adosztályú (ismétlés nélküli) variációjánaknevezzük.

Állítás

Ezek száman·(n−1)·(n−3)·. . .·(n−k+1) = (n−kn!)!. Definíció:nkülönböz ˝o elemb ˝olk elem sorrendben való kiválasztását úgy, hogy egy elem többször is szerepelhet, az nelemk-adosztályú ismétlés variációjánaknevezzük.

Állítás

Ezek számank.

Bizonyítások:Az el ˝oz ˝o feladatok megoldása általánosan elmondva.

(11)

Kombináció Feladat:

Egy nyereményjáték során 4 embert sorsolnak ki a f ˝odíjra.

Hány féle lehet a nyertes csoport ha összesen 36-an regisztráltak a játékra és egy embert nem sorsolhatnak ki kétszer?

Megoldás:A sorsolás sorrendben történik, ha a nyertesek nevét leírom a kisorsolás sorrendjében egy listára akkor így 36 elem 4-edosztályú ismétlés nélküli variációját kapom. Ebb ˝ol 36·35·34·33 különböz ˝o van.

A nyertesek sorrendje nem számít (Anna, Béla, Cecil, Dénes és a Béla, Dénes, Anna, Cecil lista ugyan az a csoport)!

Minden csoportotból 4! =24 féle képen képezhetek listát, ezért ennyivel kell leosztani a listák számát, hogy a csoportok számát kapjam. A csoportok száma tehát: 36·35·34·33

4·3·2·1 = 32!·4!36! =58905.

(12)

Kombináció

Definíció:Ha aznésk természetes számok akkor az

n k

= k!·(n−k!)n! számotbinomiális együtthatónaknevezzük és úgy olvassuk ki, hogy "nalatt ak".

Definíció:Egynelem ˝u halmazk elem ˝u részhalmazát azn elemk-adosztályú (ismétlés nélküli) kombinációjának nevezzük.

Állítás

nelemk-adosztályú kombinációinak a száma kn .

Bizonyítás:Nyereményjátékos feladat megoldása általánosan.

(13)

Na mi következik?

(14)

Ismétléses kombináció

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

Definíció:nkülönböz ˝o elemb ˝olk elem kiválasztását úgy, hogy a sorrend nem számít de az elemek többször is

szerepelhetnek,nelemk-adosztályú ismétléses kombinációjánaknevezzük.

Állítás:nelemk-adosztályú ismétléses kombinációinak a száma n+kk−1

.

Tehát Jancsika 4+8−18

= 118

= 3!·8!11! =165 féle csomaggal térhet haza.

(15)

Bizonyítás 4 féle és 8 db kiválasztott cukorka esetén A 4 féle cukorkának nyitunk egy-egy kosarat. A kosarakat egy-egy 0-val választjuk el. A kosárba annyi 1-est teszünk ahány darab cukorka van az adott fajtából.

Így minden cukorka vásárláshoz egy 3 db 0-át és 8 db 1-est tartalmazó sorozatot rendeltünk, mely hozzárendelés egy-egyértelm ˝u:

1x 0x 4x 3x

1 1 1 1 1 1 1 0

=

0 0 1

Két különböz ˝o vásárlás esetén van olyan kosár amiben a vásárolt cukorkák száma nem azonos, így a hozzájuk rendelt 0-1 sorozatban van két szomszédos nulla akik között az 1-esek száma nem ugyan annyi, így a sorozatok is különböz ˝oek.

Minden 3 db 0-át és 8 db 1-est tartalmazó sorozat megkapható egy cukorka vásárlásból, hiszen a sorozatból kiolvasható a vásárlás.

Egy ilyen sorozat 3 db 0 és 8 db 1-es ismétléses permutációja, amib ˝ol (3+8)!3!·8! = 8+4−18

különböz ˝o van.

(16)

Bizonyítás általános esetben

Aznféle cukorkának nyitunk egy-egy kosarat. A kosarakat egy-egy 0-val választjuk el. A kosárba annyi 1-est teszünk ahány darab cukorka van az adott fajtából.

Így minden cukorka vásárláshoz egyn−1 db 0-át ésk db 1-est tartalmazó sorozatot rendeltünk, mely hozzárendelés egy-egyértelm ˝u:

1x 0x 4x 3x

1 1 1 1 1 1 1 0

=

0 0 1

Két különböz ˝o vásárlás esetén van olyan kosár amiben a vásárolt cukorkák száma nem azonos, így a hozzájuk rendelt 0-1 sorozatban van két szomszédos nulla akik között az 1-esek száma nem ugyan annyi, így a sorozatok is különböz ˝oek.

Mindenn−1 db 0-át ésk db 1-est tartalmazó sorozat megkapható egy cukorka vásárlásból, hiszen a sorozatból kiolvasható a vásárlás.

Egy ilyen sorozatn−1 db 0 ésk db 1-es ismétléses permutációja, amib ˝ol (n−1+k)!(n−1)!·k! = n+k−1k

különböz ˝o van.

(17)

Leszámlálások összefoglaló

sorrend számít nem számít

összes elemet fel kell használni nem kell felhesználni permutáció variáció kombináció ismétlés nélküli n! (n−kn!)! nk

= k!(n−k!)n!

ismétléses (k1k+k2+...+kn)!

1!k2!...kn! nk n+kk−1

Ahol:

I n: a különböz ˝o elemek száma.

I ki: azi. típusú elemek száma.

I k: ennyi elemet választunk ki.

(18)

Binomiális tétel

Tétel:Hax ésy valós számok ésnegy pozitív egész, akkor:

(x+y)n = n

0

x0yn+ n

1

x1yn−1+ n

2

x2yn−2+. . .+

n n

xny0 Másképpen, szummával felírva:(x+y)n=Pn

i=0 n i

xiyn−i Példa:(a+b)2= 20

a0b2+ 21

a1b1+ 22

a2b0=b2+2ab+a2 Bizonyítás:Amikor az(x +y)n-net kifejtjük és felbontjuk a zárójeleket akkor fogunkxkyn−k-t leírni ha éppenk darab zárójelb ˝ol választottuk azx-et ésn−k-ból azy-t.

Tehát azxkyn−k együtthetója az a szám lesz, hogy hányféleképpen tudok kiválasztanik darab zárójeletn zárójelb ˝ol. Ez a szám pedig nk

.

(19)

Állítás

n k

=

n−1 k −1

+

n−1 k

Bizonyítás: nk

darabnhosszú pontosank db 1-est tartalmazó 0-1 sorozat van.

Ezen sorozatok két diszjunkt halmazra bonthatóak, az 1-gyel kezd ˝od ˝oekre és a 0-val kezd ˝od ˝okre.

Ha egy ilyen 1-gyel kezd ˝odik akkor a hátsón−1 pozícióból kell kiválasztanom azt ak−1 pozíciót ahova a maradékk −1 db 1-es kerül. Ezért ezekb ˝ol n−1k−1

darab van.

Ha pedig 0-val kezd ˝odik akkor a hátsón−1 pozícióból kell kiválasztani az ak helyet ahova az 1-esek mennek, így ezek száma n−1k

.

Mivel ugyan azt számoltuk meg két különböz ˝o módón ezért

n k

= n−1k−1

+ n−1k .

(20)

Feladatokhoz megoldásához hasznos:

Skatulya-elv

Ha vanndarab gyufásskatulyánk ésn+1 gyufaszálunk akkor akárhogy rakjuk bele az összes gyufát a skatulyákba,

valamelyik skatulyába legalább 2 darab gyufa fog kerülni.

Szita formula

HaAésBhalmazok akkor|A∪B|=|A|+|B| − |A∩B|, ahol|A|

azAhalmaz elemeinek a számát jelöli.

Általános esetben haA1,A2,A3, . . .An ndarab halmaz akkor

[

1≤i≤n

Ai

= X

1≤i≤n

|Ai|− X

1≤i<j≤n

|Ai∩Aj|+ X

1≤i<j<k≤n

|Ai∩Aj∩Ak|−. . .

Hivatkozások

KAPCSOLÓDÓ DOKUMENTUMOK

Vajon mi annak az oka, hogy a disszert´ aci´ o t¨ obb t´ emak¨ or´ eben a v´ eges test feletti algebrai g¨ orb´ ekre vonatkoz´ o m´ elyebb eredm´ enyek, a Hasse-Weil t´ etel,

Ebben a fejezetben a szerz˝o azt a neh´ez k´erd´est szeretn´e megv´ alaszolni, hogy a parci´ alis J ∗ tripletek k¨ oz¨ ott hogyan lehet felismerni, melyek sz´armaznak egy

Összefoglalva, míg Fox és munkatársai (2009, 2010) szerint az ismétlés kezelhet olyan prob- lémákat is, amelyek a megismételt elem utáni beszédrészt érintik (pl.

halhatatlan szerelmével még a túlvilágról is óvni akarván méltatlan hitvesét, — szelíden arra inti, hogy bánjékgyöngédebben anyjával I1 A Shakespeare korában

nyük egyik interpretálási lehetősége. Alkalmazásuk eredményeként arra kapunk választ, hogy a vizsgált elem - pénzügyi mutatószámai alapján - a csődös

A cégnél m eghonosodott szervezési módok, a kialakult személyi, technikai, szervezeti feltételek a piaci igények gyors leképezését, magas színvonalú

Adott egy N elemű sorozat, egy, a sorozat elemein értelmezett tulajdonság, valamint azt is tudjuk, hogy a sorozatban van legalább egy T tulajdonságú elem.. példa:

A többi princípiumró l szóló tanítások rövidebb életüeknek bizo- nyultak, s idők fol yamán erősebb változásoknak is voltak alávetve , minthogy kevésbé volt