Upload
others
View
5
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Cursul 6Formula de enumerare a lui Polya.
Numere Stirling de cicluri si multimi
Noiembrie 2018
Cursul 6
Rezumat al cursului precedent
Lema lui Burnside
Numarul N de clase de echivalenta equivalenta a unei multimi decolorari C ın prezenta unui grup de simetrii G este
N =1
|G |∑π∈G|Cπ|
unde Cπ = {c ∈ C | π∗(c) = c} este multimea invarianta a lui π ınprezenta colorarilor C .
Daca C este multimea tuturor colorarilor posibile cu cel mult mculori iar π are o structura ciclica cu p cicluri, atunci |Cπ| = mp.De exemplu:
|C(1,2)(3,4)| = m2
|C(1)(2)(3)(4)| = m4
|C(1)(2,4)(3)| = m3
Cursul 6
Indexul ciclic al unui grup
Presupunem ca G este un grup de permutari si π ∈ G
Daca π are tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn] atunci definim monomul
Mπ = Mπ(x1, x2, . . . , xn) =n∏
i=1
xλii
unde x1, . . . , xn sunt necunoscute.
Indexul ciclic al lui G este
PG (x1, x2, . . . , xn) =1
|G |∑π∈G
Mπ(x1, x2, . . . , xn).
Cursul 6
Indexul ciclic al unui grupExemplu
Daca G = D4 atunci
M(1)(2)(3)(4) = x41 ,
M(1,3)(2)(4) = M(1)(2,4)(3) = x21x2,
M(1,2)(3,4) = M(1,3)(2,4) = M(1,4)(2,3) = x22 ,
M(1,2,3,4) = M(1,4,3,2) = x4.
Deci
PD4(x1, x2, x3, x4) =1
8(x4
1 + 2 x21x2 + 3 x2
2 + 2 x4),
PC4(x1, x2, x3, x4) =1
4(x4
1 + x22 + 2 x4).
Cursul 6
Lema lui Burnside si indexul ciclic
Conform lemei lui Burnside, numarul de colorari de n objecte cu mculori, luand ın considerare simetriile grupului G , esteN = PG (m,m, . . . ,m).
Exemplu
Numarul de coliere cu 4 margele ce pot avea oricare din m culorieste
PD4(m,m,m,m) =1
8(m4 + 2m3 + 3m2 + 2m).
deoarece stim deja ca
PD4(x1, x2, x3, x4) =1
8(x4
1 + 2 x21x2 + 3 x2
2 + 2 x4)
Cursul 6
Aplicatii ale indexului ciclicFormula de enumerare a lui Polya
Indexul ciclic poate fi folosit pentru a rezolva probleme mai complicate denumarat aranjamente ın prezenta simetriilor. De exemplu:
Cum putem afla numarul claselor de echivalenta de colorari dearanjamente (sau configuratii) de n obiecte cu m culori y1, . . . , ym ıncare fiecare culoare yi apare de un numar predefinit de ori?
Definitie (Inventar de modele (engl: pattern inventory))
Inventarul de modele al colorarilor de n obiecte cu m culori ın prezentasimetriilor dintr-un grup G este polinomul
FG (y1, y2, . . . , ym) =∑
v
avyn11 yn2
2 . . . ynmm
ın care
suma se face pentru toti vectorii v = (n1, n2, . . . , nm) de ıntregipozitivi pentru care n1 + n2 + . . .+ nm = n, iar
a(n1,n2,...,nm) este numarul de colorari ne-echivalente ale celor nobiecte, ın care fiecare culoare yi apare de exact ni ori.
Cursul 6
Formula de enumerare a lui Polya
Exemplu
Cate coliere diferite se pot alcatui cu 2 margele rosii (r), 9 negre (n) si 9albe (a)? Presupunem ca simetriiile acestui colier sunt permutarilegrupului diedral D20, format din
I 20 rotatii
I 20 simetrii
Raspuns Acesta este coeficientul lui r2n9a9 ın inventarul de modele, careeste polinomul
FD20 (r , n, a) =∑
v=(i,j,k)i+j+k=20i,j,k≥0
avrinjak =
∑i+j+k=20i,j,k≥0
a(i,j,k)rinjak .
In 1937, G. Polya a descoperit o metoda simpla de calcul a inventaruluide modele, cu ajutorul indexului ciclic al grupului.
(vezi slide-ul urmator)
Cursul 6
Formula de enumerare a lui Polya
Exemplu
Cate coliere diferite se pot alcatui cu 2 margele rosii (r), 9 negre (n) si 9albe (a)? Presupunem ca simetriiile acestui colier sunt permutarilegrupului diedral D20, format din
I 20 rotatii
I 20 simetrii
Raspuns Acesta este coeficientul lui r2n9a9 ın inventarul de modele, careeste polinomul
FD20 (r , n, a) =∑
v=(i,j,k)i+j+k=20i,j,k≥0
avrinjak =
∑i+j+k=20i,j,k≥0
a(i,j,k)rinjak .
In 1937, G. Polya a descoperit o metoda simpla de calcul a inventaruluide modele, cu ajutorul indexului ciclic al grupului.
(vezi slide-ul urmator)
Cursul 6
Formula de enumerare a lui Polya
Exemplu
Cate coliere diferite se pot alcatui cu 2 margele rosii (r), 9 negre (n) si 9albe (a)? Presupunem ca simetriiile acestui colier sunt permutarilegrupului diedral D20, format din
I 20 rotatii
I 20 simetrii
Raspuns Acesta este coeficientul lui r2n9a9 ın inventarul de modele, careeste polinomul
FD20 (r , n, a) =∑
v=(i,j,k)i+j+k=20i,j,k≥0
avrinjak =
∑i+j+k=20i,j,k≥0
a(i,j,k)rinjak .
In 1937, G. Polya a descoperit o metoda simpla de calcul a inventaruluide modele, cu ajutorul indexului ciclic al grupului.
(vezi slide-ul urmator)
Cursul 6
Formula de enumerare a lui Polya
Teorema
Presupunem ca S este o configuratie de n obiecte colorabile cu m culoriy1, . . . , ym, si ca G este un grup de n-permutari. Fie
PG (x1, x2, . . . , xn) =1
|G |∑π∈G
Mπ(x1, x2, . . . , xn)
indexul ciclic al grupului G . Atunci inventarul de modele al colorarilor luiS cu culorile y1, . . . , ym ın prezenta simetriilor din G este
FG (y) = PG
(m∑i=1
yi ,m∑i=1
y2i , . . . ,
m∑i=1
yni
).
Cursul 6
Formula de enumerare a lui PolyaAplicatii
Inventarul de modele de colorare FG (r , v , a) cu rosu (r) verde (v) sialbastru (a) a margelelor unui colier cu 4 margele (=varfurile unuipatrat) ın prezenta simetriilor din G = D4 se poate calcula astfel:
m = 3 deoarece multimea de culori este {r , v , a}
Indexul ciclic este PD4 (x1, x2, x3, x4) =1|D4|
∑π∈D4
Mπ(x1, x2, x3, x4) = 18 (x4
1 + 2 x21 x2 + 3 x2
2 + 2 x4)
FG (r , v , a) =PD4 (r + v + a, r2 + v2 + a2, r3 + v3 + a3, r4 + v4 + a4)
=1
8
((r + v + a)4 + 2 (r + v + a)2(r2 + v2 + a2)
+ 3 (r2 + v2 + a2)2 + 2 (r4 + v4 + a4))
=r4 + v4 + a4 + r3v + r v3 + r3a + r a3 + v3a + v a3
+ 2 r2v2 + 2 r2a2 + 2 v2a2 + 2 r2v a + 2 r v2a + 2 r v a2
De ex., sunt 2 colorari cu 1 margea rosie, una verde si 2 albastre.
Cursul 6
Formula de enumerare a lui PolyaAplicatii
Inventarul de modele de colorare FG (r , v , a) cu rosu (r) verde (v) sialbastru (a) a margelelor unui colier cu 4 margele (=varfurile unuipatrat) ın prezenta simetriilor din G = C4 se poate calcula astfel:
m = 3 deoarece multimea de culori este {r , v , a}
Indexul ciclic estePC4 (x1, x2, x3, x4) = 1
|C4|∑π∈C4
Mπ(x1, x2, x3, x4) = 14 (x4
1 +x22 +2 x4)
FG (r , v , a) =PC4 (r + v + a, r2 + v2 + a2, r3 + v3 + a3, r4 + v4 + a4)
=1
8
((r + v + a)4 + 2 (r2 + v2 + a2)2 + 2 (r4 + v4 + a4)
)=r4 + v4 + a4 + r3v + r v3 + r3a + r a3 + v3a + v a3
+ 2 r2v2 + 2 r2a2 + 2 v2a2 + 3 r2v a + 3 r v2a + 3 r v a2
De ex,. sunt 3 colorari cu 1 margea rosie, una verde si 2 albastre.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluri
Definitie
Numarul Stirling de cicluri, denotat cu[nk
], este numarul de feluri
ın care pot fi puse n persoane la k mese rotunde identice astfelıncat nici o masa sa nu ramana neocupata.
Din observatia precedenta rezulta ca[nk
]este numarul de
n-permutari a caror structura ciclica are exact k cicluri.
Intrebare: cum putem calcula direct[nk
]?
Raspuns: cautam sa identificam o definitie recursiva anumerelor Stirling, pe care sa o rezolvam apoi.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluri
Definitie
Numarul Stirling de cicluri, denotat cu[nk
], este numarul de feluri
ın care pot fi puse n persoane la k mese rotunde identice astfelıncat nici o masa sa nu ramana neocupata.
Din observatia precedenta rezulta ca[nk
]este numarul de
n-permutari a caror structura ciclica are exact k cicluri.
Intrebare: cum putem calcula direct[nk
]?
Raspuns: cautam sa identificam o definitie recursiva anumerelor Stirling, pe care sa o rezolvam apoi.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluri
Definitie
Numarul Stirling de cicluri, denotat cu[nk
], este numarul de feluri
ın care pot fi puse n persoane la k mese rotunde identice astfelıncat nici o masa sa nu ramana neocupata.
Din observatia precedenta rezulta ca[nk
]este numarul de
n-permutari a caror structura ciclica are exact k cicluri.
Intrebare: cum putem calcula direct[nk
]?
Raspuns: cautam sa identificam o definitie recursiva anumerelor Stirling, pe care sa o rezolvam apoi.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluri
Definitie
Numarul Stirling de cicluri, denotat cu[nk
], este numarul de feluri
ın care pot fi puse n persoane la k mese rotunde identice astfelıncat nici o masa sa nu ramana neocupata.
Din observatia precedenta rezulta ca[nk
]este numarul de
n-permutari a caror structura ciclica are exact k cicluri.
Intrebare: cum putem calcula direct[nk
]?
Raspuns: cautam sa identificam o definitie recursiva anumerelor Stirling, pe care sa o rezolvam apoi.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriProprietati evidente
1. Nu putem pune n persoane la 0 mese, decat daca n = 0 (ınacest caz special, numarul se considera a fi 1). Deci:[
n
0
]=
{1 daca n = 0,0 daca n > 0.
2. n ≥ 1 persoane pot fi puse la 1 masa ın (n − 1)! feluri. Deci:[n
1
]= (n − 1)! daca n ≥ 1.
3. n persoane pot fi puse la n mese ın doar 1 fel: fiecarepersoana sta singura la o masa. Deci:
[nn
]= 1.
4. n persoane pot fi puse la n − 1 mese astfel: toate persoanele,cu exceptia unui singur cuplu, stau singure la masa. Deci[
n
n − 1
]= numarul de cupluri posibile =
(n
2
).
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriProprietati evidente
5. Daca numarul de mese k este negativ sau daca sunt maimulte mese decat persoane, problema nu are solutie. Deci:[
n
k
]= 0 daca k < 0 sau k > n.
6. Orice permutare are o structura ciclica formata din k cicluri,unde 1 ≤ k ≤ n. Conform regulii sumei
n∑k=1
[n
k
]= n!
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriGasirea unei relatii de recurenta
Cum putem pune n > 0 persoane la k > 0 mese rotunde?
Distingem 2 cazuri disjuncte:1 Punem primele n − 1 persoane la k − 1 mese, iar apoi asezam
persoana n la masa k . Acest caz se poate efectua ın[n−1k−1
]feluri.
2 Punem n − 1 persoane la k mese iar apoi asezam persoana nımpreuna cu alte persoane la o masa.
Punerea a n − 1 persoane la k mese se poate face ın[n−1k
]feluri.Punerea persoanei n la o masa = asezarea persoanei n lastanga uneia dintre persoanele i ∈ {1, 2, . . . , n − 1} ⇒ n − 1feluri.
⇒ Acest caz se poate face ın (n − 1) ·[n−1
k
]feluri.
Conform regulii sumei[n
k
]= (n − 1)
[n − 1
k
]+
[n − 1
k − 1
]daca n ≥ 1 si k ≥ 1.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriComparatie cu numerele binomiale
Stim ca are loc formula binomiala(x + y)n =
∑nk=0
(nk
)xkyn−k . Pentru y = 1 obtinem
(x + 1)n =n∑
k=0
(n
k
)xk
Deasemenea, am demonstrat combinatorial ın un curs anteriorca (
n
k
)=
(n − 1
k
)+
(n − 1
k − 1
).
Am demonstrat combinatorial ca[n
k
]= (n − 1)
[n − 1
k
]+
[n − 1
k − 1
].
Vrem sa gasim o formula pentru numerele Stirling de cicluri,asemanatoare cu formula binomiala.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriComparatie cu numerele binomiale
Stim ca are loc formula binomiala(x + y)n =
∑nk=0
(nk
)xkyn−k . Pentru y = 1 obtinem
(x + 1)n =n∑
k=0
(n
k
)xk
Deasemenea, am demonstrat combinatorial ın un curs anteriorca (
n
k
)=
(n − 1
k
)+
(n − 1
k − 1
).
Am demonstrat combinatorial ca[n
k
]= (n − 1)
[n − 1
k
]+
[n − 1
k − 1
].
Vrem sa gasim o formula pentru numerele Stirling de cicluri,asemanatoare cu formula binomiala.
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriIdentificarea unei functii generative
Fie Gn(x) =∑k
[n
k
]xk . Atunci G0(x) =
[00
]x0 = 1 · 1 = 1, iar
pentru n ≥ 1
Gn(x) =∑k
[n
k
]xk
=(n − 1)∑k
[n − 1
k
]xk +
∑k
[n − 1
k − 1
]xk
=(n − 1)Gn−1(x) + x Gn−1(x)
=(x + n − 1)Gn−1(x)
⇒ Gn(x) = x · (x + 1) · (x + 2) · . . . · (x + n − 1)︸ ︷︷ ︸notatie: x n
.
Deci x n =∑k
[n
k
]xk .
Cursul 6
Numere Stirling de cicluriTriunghiul numerelor Stirling de cicluri
[nk
]k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 n!
n = 0 1 11 0 1 12 0 1 1 23 0 2 3 1 64 0 6 11 6 1 245 0 24 50 35 10 1 1206 0 120 274 225 85 15 1 7207 0 720 1764 1624 735 175 21 1 50408 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1 40320
Formula de calcul recursiv folosita:[n
k
]= (n − 1)
[n − 1
k
]+
[n − 1
k − 1
].
Cursul 6
Numere binomialeTriunghiul numerelor binomiale
(nk
)k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 n!
n = 0 1 11 1 1 12 1 2 1 23 1 3 3 1 64 1 4 6 4 1 245 1 5 10 10 5 1 1206 1 6 15 20 15 6 1 7207 1 7 21 35 35 21 7 1 50408 1 8 28 56 70 56 28 8 1 40320
Formula de calcul recursiv folosita:(n
k
)=
(n − 1
k
)+
(n − 1
k − 1
).
Cursul 6
Numere Stirling de multimi
Problema
In cate feluri pot fi ımpartite n persoane ın k grupuri nevide disjuncte,daca ordinea persoanelor din un grup nu conteaza?
Exemplu
Multimea {1, 2, 3} poate fi partitionata in 2 grupuri nevide ın 3 feluri:{1, 2}, {3}; {1, 3}, {2}; si {1}, {2, 3}.
Definitie
Numarul de feluri ın care se poate partitiona o multime de n elemente ınexact k submultimi nevide disjuncte este numarul Stirling
{nk
}de multimi.
Adesea ın literatura se foloseste notatia S(n, k) ın locul lui{nk
}.
Cursul 6
Numere Stirling de multimi
Problema
In cate feluri pot fi ımpartite n persoane ın k grupuri nevide disjuncte,daca ordinea persoanelor din un grup nu conteaza?
Exemplu
Multimea {1, 2, 3} poate fi partitionata in 2 grupuri nevide ın 3 feluri:{1, 2}, {3}; {1, 3}, {2}; si {1}, {2, 3}.
Definitie
Numarul de feluri ın care se poate partitiona o multime de n elemente ınexact k submultimi nevide disjuncte este numarul Stirling
{nk
}de multimi.
Adesea ın literatura se foloseste notatia S(n, k) ın locul lui{nk
}.
Cursul 6
Numere Stirling de multimi
Problema
In cate feluri pot fi ımpartite n persoane ın k grupuri nevide disjuncte,daca ordinea persoanelor din un grup nu conteaza?
Exemplu
Multimea {1, 2, 3} poate fi partitionata in 2 grupuri nevide ın 3 feluri:{1, 2}, {3}; {1, 3}, {2}; si {1}, {2, 3}.
Definitie
Numarul de feluri ın care se poate partitiona o multime de n elemente ınexact k submultimi nevide disjuncte este numarul Stirling
{nk
}de multimi.
Adesea ın literatura se foloseste notatia S(n, k) ın locul lui{nk
}.
Cursul 6
Numere Stirling de multimiProprietati evidente
1. Exista un singur mod de a pune n oameni ın un grup, si un singurmod de a partitiona n oameni ın n grupuri. Deci:{
n
1
}=
{n
n
}= 1.
2. Nu putem pune n > 0 oameni ın 0 grupuri. Daca n = 0 atunciconsideram ca exista un mod de a ıi pune ın 0 grupuri. Deci:{
n
0
}=
{1 daca n = 0,0 daca n > 0.
3. Partitionarea a n oameni ın n − 1 grupuri presupune alegerea unuicuplu de persoane ın un grup; restul sunt singure ın grup. Deci{
n
n − 1
}=
(n
2
).
4. Este evident ca {n
k
}= 0 daca k < 0 sau k > n.
Cursul 6
Numere Stirling de multimiGasirea unei relatii de recurenta
Cum putem ımparti n > 0 persoane ın k > 0 grupuri nevidedistincte?
Distingem 2 cazuri distincte:
1. Grupam n − 1 persoane ın k − 1 grupuri si apoi formam ungrup nou doar cu persoana n⇒
{n−1k−1
}posibilitati.
2. Grupam primele n − 1 persoane ın k grupuri ⇒{n−1
k
}posibilitati si apoi adaugam persoane la unul din cele kgrupuri⇒ k ·
{n−1k
}posibilitati.
Conform regulii sumei{n
k
}= k ·
{n − 1
k
}+
{n − 1
k − 1
}daca n ≥ 1 si k ≥ 1.
Cursul 6
Numere Stirling de multimiTriunghiul numerelor Stirling de multimi
{nk
}k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8
n = 0 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 17 0 1 63 301 350 140 21 18 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1
Formula de calcul recursiv folosita:{n
k
}= k ·
{n − 1
k
}+
{n − 1
k − 1
}.
Cursul 6
Referinte bibliografice
1 J. M. Harris, J. L. Hirst, M. J. Mossinghoff. Combinatoricsand Graph Theory, Second Edition. Springer 2008.
§2.7. Polya’s Theory of Counting.
2 G. Polya. Kombinatorische Anzahlbestimmungen fur Gruppen,Graphen, und chemische Verbindungen, Acta Math. 68(1937), 145–254; English transl. in G. Polya and R. C. Read,Combinatorial Enumeration of Groups, Graphs, and ChemicalCompounds (1987).
Cursul 6