Leszámlálások és néhány alkalmazásuk
Papp László
BME
2021 Szeptember 11.
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.
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.
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.
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
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
Na mi következik?
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.
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.
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.
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.
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
.
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 .
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|−. . .