Matematyka dyskretna 2012/13 - im.uj.edu.pl · Spistreści Podstawowepojęcia Zliczanie Zaawansowanenarzędzia Asymptotyka Funkcjetworzące GrafyLiteratura Matematykadyskretna–2012/13

Spis treści Podstawowe pojęcia Zliczanie Zaawansowane narzędzia Asymptotyka Funkcje tworzące Grafy Literatura

Matematyka dyskretna – 2012/13

Leszek Pieniążek

27 stycznia 2013


Zasady zaliczania przedmiotu:Egzamin podzielony będzie na część pisemną i ustną.W części pisemnej będą pytania teoretyczne oraz praktyczne. Ocena końcowabędzie wyliczona jako funkcja punktów z poszczególnych części egzaminu orazpunktów za aktywność oraz prace pisemne na ćwiczeniach.Część ustna przeznaczona jest dla osób, które chciałyby zdobyć lepszą ocenę.Lista studentów, którzy będą mogli przystąpić do części ustnej zostanieogłoszona po egzaminie pisemnym.Informacja o szczegółowym algorytmie będzie podana do końca roku.Podstawowe pojęcia

IndukcjaRekurencjaWspółczynniki dwumianowe

ZliczanieLiczność zbioruNarzędziaPrzykłady

Zaawansowane narzędziaRachunek różnicowyPermutacje raz jeszczeLiczby Stirlinga

AsymptotykaDefinicjePrzykłady

Funkcje tworząceWielomiany wieżowePrzypadek ogólny

GrafyDefinicje. Podstawowe faktyDrogi Eulera i Hamiltona. SkojarzeniaGrafy planarne. Kolorowanie grafów

Literatura


NotacjeR zbiór liczb rzeczywistych x1, x2, . . . , xn zbiór liczbQ zbiór liczb wymiernych x : F (x) zbiór liczb spełn. warunek FZ zbiór liczb całkowitych a1+a2+ . . .+an suma liczb ak

N zbiór liczb naturalnych (0 ∈ N)n∑

k=1

ak j.w.

R+ zbiór liczb rzeczywistych dodatnich∑F (k)

ak ,∑F (k)

f (k) suma liczb spełn. warunek F

P zbiór liczb pierwszych #A liczba elementów zbioru A

bxc zaokrąglenie liczby x w dół dxe zaokrąglenie liczby x w góręx część ułamkowa, x = x − bxc x mod y reszta, x − ybx/yc

log x , lg x , ln x logarytmy

Prawa przekształcania sum∑k∈K

cak = c∑k∈K

ak (prawo rozdzielności)∑k∈K

(ak + bk) =∑k∈K

ak +∑k∈K

bk (prawo łączności)∑k∈K

ak =∑

p(k)∈K

ap(k) (prawo przemienności)∑k∈K1∪K2

ak =∑

k∈K1

ak ∪∑

k∈K2

ak dla K1 ∩ K2 = ∅


Przykład 1.1Znajdziemy wzór na sumę pierwszych wyrazów ciągu arytmetycznegoa0, a1, . . . , an o różnicy r .Niech

S =n∑

i=0

ai =∑

06i6n

(a0 + ir).

Z prawa przemienności mamy

S =∑

06n−i6n

(a0 + (n − i)r) =∑

06i6n

(a0 + (n − i)r).

Dodając ostatnie 2 równości dostaniemy

2S =∑

06i6n

(a0 + ir) +∑

06i6n

(a0 + (n − i)r) =∑

06i6n

(a0 + ir + a0 + (n − i)r)

=∑

06i6n

(2a0 + nr) = (2a0 + nr)∑

06i6n

1 = (2a0 + nr)(n + 1).

Stąd S = (n + 1)a0 + n(n+1)2 r .


Twierdzenie 1.1 (Zasada minimum)Każdy niepusty podzbiór N ma element najmniejszy.

Twierdzenie 1.2 (Zasada maksimum)Każdy ograniczony z góry, niepusty podzbiór N ma element największy.

Twierdzenie 1.3 (Zasada Indukcji Matematycznej)Jeśli pewien podzbiór zbioru liczb całkowitych

• zawiera k0,• wraz z każdą liczbą zawiera też liczbę o jeden większą,

to zbiór ten zawiera wszystkie liczby całkowite większe lub równe k0

Twierdzenie 1.4 (Zasada Indukcji Zupełnej)Jeśli pewien podzbiór zbioru liczb całkowitych

• zawiera k0,• jeśli zawiera wszystkie liczby całkowite nie mniejsze od k0 i mniejszeod danej liczby k > k0, to zawiera też k,

to zbiór ten zawiera wszystkie liczby całkowite większe lub równe k0


Przykład 1.2Na ile maksymalnie części dzieli płaszczyznę k prostych?Zauważmy, że jeśli kolejna dorysowana prosta przecina się zwcześniejszymi prostymi w m punktach, to rozcina każdą z dokładniem + 1 części na 2. Zatem aby dostać największą liczbę części, trzeba zakażdym razem nową dorysowywać w ten sposób, aby nie była równoległado żadnej wcześniejszej oraz aby żadne 3 nie przecinały się w jednympunkcie. To znaczy, że a0 = 1 oraz ak+1 = ak + (k + 1). Możnazauważyć, że zależność tę spełnia ak = k2+k+2

2 . Aby pokazać to możnaużyć Zasady Indukcji Matematycznej. (Lub Zasady minimum.)

Przykład 1.3Ile minimalnie razy trzeba złamać tabliczkę czekolady n ×m kostek, abypodzielić ją na pojedyncze kostki? (Każde łamanie dzieli jedenprostokątny fragment czekolady na 2).Obserwacja niewielkich prostokątów pozwala postawić hipotezę, żeposzukiwana liczba to ak = k − 1, gdzie k = mn jest liczbą kostek wtabliczce. Oczywiście a1 = 0 oraz spełniony jest krok indukcyjny ZasadyIndukcji Zupełnej.


Pierwsze warunki w założeniach 1.3, 1.4 nazywamy bazą indukcji, drugiezaś krokiem indukcyjnym.

UwagaSymbolicznie Twierdzenie 1.3 można to zapisać jako

(A ⊂ Z ∧ k0 ∈ A ∧ ∀k : k ∈ A⇒ k + 1 ∈ A) =⇒ N+ k0 ⊂ A,

zaś Twierdzenie 1.4 jako

(A ⊂ Z ∧ k0 ∈ A ∧ ∀k > k0 : k0, k0+1, . . . , k−1⊂A⇒ k∈A) =⇒ N+k0 ⊂ A,

gdzie N+ k0 := n + k0 : n ∈ N = Z ∩ [k0,+∞).


Często Zasadę Indukcji Matematycznej formułuje się w postaci:

Twierdzenie 1.5Jeśli pewne zdanie P(n) o liczbach całkowitych n

• jest prawdziwe dla liczby k0 (czyli zachodzi P(k0)),• spełnia warunek: z prawdziwości dla dowolnej liczby wynika jegoprawdziwość dla liczby o jeden większej (czyli P(n) =⇒ P(n + 1)),

to P(n) jest prawdziwe dla wszystkich n > k0.Twierdzenie 1.3 wynika z Twierdzenia 1.5 zastosowanego do zdanian ∈ A.W przeciwną stronę: definiujemy A = n : P(n) jest prawdą. Założenia1.5 dla zdania P(·) oraz 1.3 dla zbioru A oznaczają to samo, podobnietezy.

Twierdzenie 1.6U Twierdzenia 1.1–1.4 wynikają wzajemnie z siebie.


Dowód.• Równoważność 1.1 i 1.2 dowodzimy biorąc zamiast zbioru A zbiór −A(lub −A + s gdzie s ogranicza zbiór A z góry).• Implikację 1.3 =⇒ 1.4 dostajemy definiując dla zbioru A zbiórA = a ∈ A : k0, . . . , a ⊂ A. Jeśli A spełnia założenia 1.4, to Aspełnia założenia 1.3, a więc A zawiera N+ k0, stąd A też.• Implikacja 1.4 =⇒ 1.3 dostajemy definiując dla zbioru A zbiórA = a ∈ A : k0, . . . , a ⊂ A. Jeśli A spełnia założenia 1.3, to Aspełnia założenia 1.4, a więc A zawiera N+ k0, stąd A też.• 1.3 i 1.4 wynikają z 1.1 następująco:Niech A będzie zbiorem spełniającym założenia zasady indukcji. Dladowodu niewprost zakładamy, że nie jest spełniona teza, a więck − k0 : k > k0, k 6∈ A 6= ∅. Jeśli element najmniejszy tego zbioru tom, to k0, . . . , k0 + m − 1 ⊂ A zaś k0 + m 6∈ A co stoi w sprzeczności zkrokiem indukcyjnym.• Niech A ⊂ N będzie zbiorem takich liczb n, że jeżeli jakiś niepusty zbiórliczb naturalnych jest ograniczony z góry przez n to ma maksimum.0 ∈ A w sposób oczywisty. Jeśli jakiś zbiór jest ograniczony przez k + 1to albo ma element maksymalny k + 1 albo jest również ograniczonyprzez k. Więc jeśli k ∈ A to k + 1 ∈ A i z 1.3 wynika 1.2.


W praktyce zdarzają się rozumowania indukcyjne bazujące na bardziejskomplikowanych schematach. W poniższym przykładzie stosuje się tzw.indukcję wsteczną, w której krok indukcyjny mówi, że jeśli większa liczbanależy do zbioru, to mniejsza także. Oczywiście nie tylko...

Przykład 1.4Pokażemy nierówność między średnimi arytmetyczną i geometryczną.Niech A będzie zbiorem liczb naturalnych n takich, żex1x2 . . . xn 6

( x1+...+xnn

)n zachodzi dla dowolnych nieujemnych liczb xi ,przy czym równość jest jedynie gdy wszystkie są sobie równe.Oczywiście 1, 2 ∈ A. Można pokazać, że jeśli k ,m ∈ A to km ∈ A(grupując wyrazy w m grup po k). Wreszcie jeśli k ∈ A to takżek − 1 ∈ A, co dostajemy biorąc xk =

x1+...+xk−1k−1 .


Definicja 1.1Definicja rekurencyjna ciągu (liczbowego, ale nie tylko) to taka,w której, poza pewną liczbą początkowych, każdy wyraz zależy odpoprzedzających go zgodnie z pewną regułą.

Przykład 1.5Rekurencyjnie definiuje się ciąg arytmetyczny (a0=a; an+1=an + r),geometryczny (a0 = a; an+1 = q · an), ciąg silni (a0 = 1;an+1 = (n + 1)an), ale także np. ciąg trójkątów z których pierwszy jestdany zaś środki boków każdego następnego są wierzchołkamipoprzedniego.

UwagaDefinicja rekurencyjna wymaga często uzasadnienia poprawności.Znalezienie pewnego wyrazu ciągu na podstawie definicji rekurencyjnejwymaga znalezienia (z reguły) wszystkich wyrazów poprzednich. Dlategonajlepiej mając definicję rekurencyjną znaleźć jawną postać wzoruopisującego wyrazy ciągu (np. an = a + nr dla ciągu arytmetycznego luban = aqn dla geometrycznego). Oczywiście zawsze musimy uzasadnić, żewzór opisuje ten sam ciąg, do czego z reguły stosuje się Zasadę Indukcji.


UwagaW definicji rekurencyjnej równie wielką rolę co zależność wyrazów odpoprzedzających spełnia wartość wyrazów początkowych.

Przykład 1.6Rozważmy rekurencję postaci an = 3an−1 − 2an−2. Można zauważyć, żespełniają go dowolne ciągi stałe, ale także ciąg an = k · 2n.W szczególności oznacza to, że nawet podanie jednego wyrazupoczątkowego a0 nie determinuje całego ciągu.W dalszym ciągu będzie nas interesować znalezienie postaci rozwiązaniaogólnego dla rekurencji liniowej 2 rzędu:

x0, x1 ∈ R dane, xn = axn−1 + bxn−2.

Definicja 1.2Wielomianem charakterystycznym dla rekurencji liniowej

xn =k∑

i=1

aixn−i nazywamy χ(x) = xk −k∑

i=1

aixk−i .

k nazywać będziemy rzędem lub stopniem rekurencji liniowej.


Twierdzenie 1.7P Załóżmy, że wielomian charakterystyczny rekurencji liniowej drugiego

rzędu ma pierwiastki rzeczywiste.• Jeśli są dwa różne pierwiastki p1, p2, to każde rozwiązanie jest postaci

xn = c1pn1 + c2pn

2 , gdzie ci ∈ R.• Jeśli jest jeden pierwiastek p, to każde rozwiązanie jest postaci

xn = (c1 + nc2)pn.Ponadto zadanie dwu pierwszych wyrazów ciągu jednoznacznie ustalawartości c1 i c2.

Lemat 1.8P Jeśli ciągi xn i yn są rozwiązaniami rekurencji liniowej, to również

zn = cxn + dyn dla dowolnych stałych c, d ∈ R.

Lemat 1.9P Rekurencja liniowa rzędu k o zadanych k wartościach początkowych

x0, x1, . . . , xk−1 ma dokładnie jedno rozwiązanie.


Dowód Twierdzenia 1.7.Pokazuje się, że pn

1 i pn2 (odpowiednio pn, npn)) spełniają rekurencję.

Z Lematu 1.8 wynika, że xn=c1pn1+c2pn

2 (odpowiednio xn=(c1+nc2)pn)również spełniają tę rekurencję.Zauważmy, że w obu przypadkach można dobrać takie stałe c1 i c2, abywartości x0 i x1 zgadzały się z zadanymi wartościami początkowymi.W pierwszym przypadku oznacza to konieczność rozwiązania układu

równań

c1 + c2 = x0,

c1p1 + c2p2 = x1,zaś w drugim

c1 = x0,

(c1 + c2)p = x1.

Oba te układy mają dokładnie jedno rozwiązanie (c1, c2).Z Lematu 1.9 wynika, że są to jedyne rozwiązania rekurencji liniowejz zadanymi wartościami początkowymi x0, x1.

UwagaPodobny fakt jest prawdziwy dla rekurencji liniowej dowolnego rzędu k ,której wielomian charakterystyczny ma dokładnie k (licząc zkrotnościami) pierwiastków rzeczywistych, czyli rozkłada się na iloczynczynników postaci (x − pi ).


Przykład 1.7 (Ciąg Fibonacciego)Ciąg Fibonacciego (http://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number)definiuje się rekurencyjnie wzorami F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2.Kilka pierwszych wartości to 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . .Ciąg ten ma szereg własności (m.in.

∑ki=0 Fi = Fk+2 − 1,∑k

i=0 F2i = Fk · Fk+1), które można dowieść indukcyjnie korzystając

z definicji rekurencyjnej.

Wielomian charakterystyczny jest postaci χF (x) = x2 − x − 1 i mapierwiastki 1±

√5

2 . Stąd można znaleźć postać ogólną

Fn =1√5·

(1 +√5

2

)n

−1√5·

(1−√5

2

)n

.

Ciąg Fibonacciego pojawia się często niespodziewanie w problemachkombinatorycznych, jak w zadaniu następującym.

Przykład 1.8Na ile sposobów można planszę 2× n pociąć na prostokąty o wymiarach1× 2?

http://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number


Definicja 1.3Liczbę

(nk

)równą liczbie sposobów wyboru podzbiorów k-elementowych

ze zbioru n-elementowego nazywać będziemy współczynnikiemdwumianowym lub symbolem Newtona.

UwagaZe względu na sposób zdefiniowania liczby n i k nie mogą być dowolne.Dla k < 0 i k > n przyjmuje się

(nk

)= 0. Ale już dla n 6∈ N taki sposób

definiowania nie ma sensu. Można łatwo pokazać, że dla n ∈ N jest(nk

)=

n(n−1)(n−2)...(n−k+1)

k(k−1)(k−2)...1 , k > 0

0, k < 0i takim wzorem definiuje się

(nk

)w sytuacji ogólnej. Warto jednak pamiętać o Definicji 1.3, bo pozwalaona często łatwiej uzasadniać własności symbolu Newtona, niż wzóralgebraiczny.

Przykład 1.9Pokażemy, że dla n ∈ N zachodzą wzory

(nk

)=( nn−k

),(nk

)= n

k

(n−1k−1

),∑n

k=0

(nk

)= 2n oraz

(nk

)=(n−1

k

)+(n−1k−1

).


Często wartości współczynników dwumianowych umieszcza się w tabelio kształcie (nieskończonego) trójkąta zwanej trójkątem Pascala.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 11 9 36 84 126 126 84 36 9 1

1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Własności ∑06k6n

(m + k

k

)=

(n + m + 1

n

)(1)

∑06k6n

(km

)=

(n + 1m + 1

)(2)

Związek współczynników dwumianowych z wielomianami opisuje wzór

(a + b)n =∑

06k6n

(nk

)akbn−k .

Możemy również jego użyć do dowodzenia faktów o współczynnikachdwumianowych.

Przykład 1.10Wzór z Przykładu 1.9:

∑nk=0

(nk

)= 2n dostaniemy wstawiając a = b = 1.

Rozpisując (a + b)m+n = (a + b)m(a + b)n znajdziemy wzór(n + mk

)=∑

06r6k

(nr

)(m

k − r

).


Przykład 1.11Na ile sposobów można przejść od początku układu współrzędnych dopunktu (m, n) ∈ Z2 jeśli droga musi być łamaną składającą się wyłączniez odcinków jednostkowych przebywanych w prawo lub w górę?

Łatwo uzasadnić, że rozwiązaniem jest(m+n

n

). Zauważmy, że liczba ta

opisuje ile jest rozwiązań w liczbach naturalnych dla równaniax0 + x1 + x2 + . . .+ xn = m. (Ćwiczenie: a ile jest rozwiązań tegorównania w liczbach całkowitych dodatnich?)

Przykład 1.12Pokażemy równość

(mn

)(nk

)=(m

k

)(m−kn−k

).

Obie strony równości opisują na ile sposobów można ze zbioru mającegom elementów wybrać podzbiór n-elementowy oraz jego podzbiórk-elementowy. Szczególnym przypadkiem powyższej równości jest drugiwzór z Przykładu 1.9.


Definicja 2.1Funkcję f : X → Y nazywamyiniekcją (lub odwzorowaniem różnowartościowym), co oznaczamyf : X →Y , jeśli dla różnych x , x ′ ∈ X również f (x), f (x ′) są różne.suriekcją (lub odwzorowaniem „na”), co oznaczamy f : X Y , jeśli dladowolnego y ∈ Y znajdziemy x ∈ X taki, że f (x) = y .bijekcją (lub odwzorowaniem wzajemnie jednoznacznym), cooznaczamy f : X →→Y , jeśli jest równocześnie iniekcją i suriekcją.

UwagaJeśli f : X →→Y to istnieje g : Y →→X takie, że g f (x) = g(f (x)) = xoraz f g(y) = f (g(y)) = y . Oznaczamy je przez f −1 := g i nazywamyfunkcją odwrotną do f .

Lemat 2.1Załóżmy, że f : X → Y oraz g : Y → Z.• Jeśli f i g są iniekcjami, to g f również.• Jeśli f i g są suriekcjami, to g f również.• Jeśli f i g są bijekcjami, to g f również.


Definicja 2.2Symbolem Zn oznaczać będziemy zbiór 0, 1, . . . , n − 1. Czasemnazywać będziemy go zbiorem reszt modulo n. W zbiorze tym możnazdefiniować działania x +n y = (x + y) mod n, x −n y = (x − y) mod n,x ·n y = xy mod n. Najczęściej, gdy nie budzi to wątpliwości, indeksy przyoperacjach działań będziemy pomijać.Uwaga: Symbol Z0 oznacza zbiór pusty.

Definicja 2.3Mówimy, że zbiór A ma n elementów, jeśli istnieje bijekcja f : Zn →→A.Zapisujemy to jako #A = |A| = cardA = n i nazywamy licznością lubmocą zbioru A.Zbiór nazywamy skończonym, jeśli ma moc n dla pewnego n ∈ N.W przeciwnym razie zbiór nazywamy nieskończonym, co opisujemy jako|A| =∞.Następujące lematy pokazują, że powyższe definicje są poprawne.


Lemat 2.2P Żaden zbiór nie może mieć równocześnie dwu różnych mocy.

Można pokazać, że jeśli m < n, to nie istnieje iniekcja Zn →Zm. Gdybym i n były mocami jednego zbioru, to istniałaby bijekcja Zn →→Zm.

Lemat 2.3P Jeśli istnieje bijekcja f : A →→B to |A| = |B|.

Lemat 2.4U Jeśli istnieje iniekcja f : A →N taka, że jej zbiór wartości jest

ograniczony, to A ma moc będącą liczbą naturalną.Indukcyjnie pokazuje się, że każdy zbiór ograniczony przez n ma mocskończoną.

Lemat 2.5U Podzbiór zbioru skończonego jest skończony.

Lemat 2.6U Podzbiór zbioru liczb naturalnych jest skończony wtedy i tylko wtedy, gdy

jest ograniczony.


Twierdzenie 2.7 (Zasada dodawania)

P Jeśli skończone zbiory A i B są rozłączne to |A ∪ B| = |A|+ |B|.

Dowód.Niech n = |A|, m = |B|. Istnieją bijekcje fA : Zn →→A i fB : Zm →→B.

Odwzorowanie f : Zm+n 3 x 7→

fA(x) dla x < nfB(x − n) dla x > n

∈ A ∪ B jest

bijekcją.

Twierdzenie 2.8 (Zasada mnożenia)

P Jeśli skończone są zbiory A i B to |A× B| = |A| · |B|.

Dowód.Niech n = |A|, m = |B|. Istnieją bijekcje fA : Zn →→A i fB : Zm →→B.Odwzorowanie f : Zm·n 3 x 7→

(fA( x−(x mod m)

m ), fB(x mod m))∈ A× B

jest bijekcją o odwzorowaniu odwrotnym równymf −1 : A× B 3 (a, b) 7→ m · f −1

A (a) + f −1B (b) ∈ Zm·n.


Prawdziwy jest wniosek z twierdzenia 2.7.

Wniosek 2.9P Jeśli skończone są zbiory A i B to |A ∪ B| = |A|+ |B| − |A ∩ B|.

Indukcyjnie możemy dowieść następujące wnioski z twierdzeń 2.7 i 2.8.

Wniosek 2.10 (Zasada dodawania)

P Jeśli skończone zbiory A1,A2, . . .An są parami rozłączne to∣∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣ =n∑

i=1

|Ai |.

Wniosek 2.11 (Zasada mnożenia)

P Jeśli skończone są zbiory A1,A2, . . .An to

|A1 × A2 × . . .× An| =n∏

i=1

|Ai |.


Uogólnieniem wniosku 2.9 jest

Twierdzenie 2.12 (Zasada włączania–wyłączania)

SzJeśli A1,A2, . . .An są zbiorami skończonymi, to∣∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣ =∑

16i6n

|Ai | −∑

16i1<i26n

|Ai1 ∩ Ai2 |

+∑

16i1<i2<i36n

|Ai1 ∩ Ai2 ∩ Ai3 | − . . .− (−1)n∣∣∣∣ n⋂i=1

Ai

∣∣∣∣.Niezbyt formalne uzasadnienie.Weźmy dowolny element

⋃ni=1 Ai . Po lewej stronie równości został on policzony

raz. Jest on elementem dokładnie k spośród zbiorów Ai (1 6 k 6 n). Po prawejstronie został on zliczony k =

(k1

)razy ze znakiem + jako element każdego ze

zbiorów do których należy;(k2

)razy ze znakiem − jako element przecięć par

zbiorów, do których należy;(k3

)razy ze znakiem + jako element przecięć trójek

zbiorów, do których należy, itd. To oznacza, że każdy element zmienił wartośćprawej strony również o 1 =

(k1

)−(k2

)+(k3

)− . . .− (−1)k(k

k

).


Przykład 2.1Ile jest liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 lub przez 3?Wszystkich liczb dwucyfrowych jest 90. Połowa z nich jest podzielna przez 2,trzecia część podzielna przez 3 zaś szósta część przez 2 oraz 3. Zatem,oznaczając A2 = n ∈ [10, 99] : 2|n i A3 = n ∈ [10, 99] : 3|n mamy|A2 ∪ A3| = |A2|+ |A3| − |A2 ∩ A3| = 45 + 30− 15 = 60.

Przykład 2.2Cztery osoby siedzą przy kwadratowym stole. Na ile sposobów mogązmienić usadzenie tak, aby żadna nie siedziała na swoim miejscu?Niech Ai będzie zbiorem takich usadzeń, że i-ta osoba siedzi na swoim miejscu.Sprawdza się, że |Ai | = 6, |Ai ∩ Aj | = 2, |Ai ∩ Aj ∩ Ak | = |

⋂4i=1 | = 1, zatem

|⋃4

i=1 Ai | = 4 · 6−(42

)· 2 +

(43

)· 1−

(44

)· 1 = 15. Wszystkich rozsadzeń jest

4! = 24, a więc takich, w których żadna nie siedzi na swoim miejscu jest24− 15 = 9.


Twierdzenie 2.13 (Zasada szufladkowa Dirichleta)

P Jeśli zbiór mający więcej niż nk elementów podzielimy na n rozłącznychpodzbiorów to co najmniej jeden z nich ma ponad k elementów.

Dowód.Załóżmy, że nie zachodzi teza, czyli zbiór A można podzielić na nrozłącznych podzbiorów A1, . . . ,An o mocach co najwyżej k . Z własnościsumy zbiorów jest |A| =

∑ni=1 |Ai | 6

∑ni=1 k = nk , zaprzeczenie założeń.

Zasada kontrapozycji oznacza prawdziwość twierdzenia.

Przykład 2.3W dowolnym gronie co najmniej 2 osób można znaleźć dwie mającerówną liczbę znajomych. (Bycie znajomym jest symetryczne.)

Przykład 2.4Każda liczba wymierna ma od pewnego miejsca okresowe rozwinięcie wdowolnym układzie pozycyjnym.

Przykład 2.5W ciągu Fibonacciego znajdują się niezerowe wielokrotności dowolnychliczb dodatnich.


Definicja 2.4Podobnie do współczynników dwumianowych definiuje się współczynnikiwielomianowe (multimianowe)

( nn1,n2,...,nk

)jako liczby podziałów zbioru

n-elementowego na k podzbiorów o mocach n1, n2, . . . nk .

Uwaga

1. Powyższy symbol ma sens jedynie gdy n1 + n2 + . . .+ nk = n.2.(nk

)=( nk,n−k

).

3. Pokazuje się, że jeśli rozpiszemy potęgę (x1 + . . . xk)n, towspółczynnik przy jednomianie xn1

1 xn22 . . . xnk

k wynosi( nn1,n2,...,nk

).

4.( nn1,n2,...,nk

)=( nn1

)(n−n1n2

)(n−n1−n2n3

). . .(n−n1−n2−...−nk−1

nk

)= n!

n1!n2!...nk !.

5.(n1+n2+...+nk

n1,n2,...,nk

)opisuje na ile sposobów można dojść od początku

układu współrzędnych do punktu (n1, n2, . . . , nk) ∈ Nk poruszając sięw kierunkach osi układu współrzędnych o kroki jednostkowe.

6.( nn1,n2,...,nk

)=∑k

i=i

( n−1n1,n2,...,ni−1,...,nk

).


Definicja 2.5Niech A będzie zbiorem. Zbiorem potęgowym A oznaczanym P(A) lub2A nazywamy zbiór wszystkich podzbiorów A.

Przykład 2.6Liczba podzbiorów zbioru skończonego A wynosi |P(A)| = 2|A|.Dowód indukcyjny ze względu na liczbę elementów A. Dla |A| = 0 jedynympodzbiorem A = ∅ jest on sam i wzór jest prawdziwy. Niech |A| = n > 0i oznaczmy jeden z jego elementów przez a.P(A) = B ∈ P(A) : a ∈ B ∪ B ∈ P(A) : a 6∈ B i jest to suma rozłączna.Ponadto B ∈ P(A) : a 6∈ B = P(A \ a) orazB ∈ P(A) : a ∈ B 3 B 7→ B \ a ∈ B ∈ P(A) : a 6∈ B jest bijekcją,a więc |P(A)| = 2|P(A \ a)| = 2 · 2|A\a| = 2|A|.

Przykład 2.7Liczba funkcji f : A→ B równa jest |B||A| dla skończonych zbiorów A i B.Niech fA : Zn →→A i zdefiniujmy dla dowolnej funkcji f : A→ B ciąg(f (fA(0)), f (fA(1)), . . . , f (fA(n− 1))) ∈ B × B × . . .× B = Bn. Podany przepisustala bijekcję pomiędzy zbiorem funkcji, a iloczynem kartezjańskim mającym,na mocy wniosku 2.11, moc |B||A|.


Definicja 2.6Permutacją zbioru skończonego A nazywać będziemy dowolną bijekcjęs : A →→A. Zbiór permutacji Zn oznaczamy Sn.

Lemat 2.14B Liczba permutacji dowolnego zbioru o mocy n równa jest |Sn| = n!.

Dowód.Jeśli |A| = n to istnieje f : Zn →→A. Jeśli teraz φ : A →→A toψ : Zn 3 i 7→ f −1(φ(f (i))) ∈ Zn jest bijekcją Zn. W ten sposób określamybijekcję pomiędzy bijekcjami A oraz Sn, której istnienie dowodzi równolicznościzbioru permutacji A oraz Zn.

Oczywiście |S1| = 1.Sn =

⋃n−1i=0 s ∈ Sn : s(n − 1) = i =

⋃n−1i=0 S i

n jest sumą rozłączną. Sn−1n

składa się z permutacji Zn takich, że s(n − 1) = n − 1 i jest ich tyle, ilepermutacji Zn−1. Ponadto niech σk ∈ Sn określa wzór σk(i) = i + k. WtedySn−1

n 3 s 7→ σk+1 s ∈ Skn jest bijekcją (odwrotną jest składanie z σn−k−1), a

więc również |Skn | = |Sn−1|. To oznacza, że an = |Sn| spełnia taką samą

zależność rekurencyjną jak n!, a więc zachodzi teza.


Wniosek 2.15B Podobnie jak pierwszą część Lematu 2.14 dowodzi się, że bijekcji między

dwoma zbiorami równej mocy n jest n!.Możemy też policzyć, ile jest permutacji, które nie mają punktów stałych.

Lemat 2.16P |s ∈ Sn : ∀i ∈ Zn : s(i) 6= i| =

n!−(n1

)(n − 1)! +

(n2

)(n − 2)!− . . .+ (−1)n−1

( nn−1

)1! + (−1)n

(nn

)0!

Wniosek 2.17N Szansa, że losując spośród wszystkich permutacji z Sn otrzymamy

niemającą punktów stałych zmierza do 1/e dla n→∞.

Dowód.Iloraz liczby permutacji z Sn bez punktów stałych przez n! wynosi10! −

11! + 1

2! − . . .+ (−1)n

n! co zmierza do 1/e.


Wniosek 2.18P Liczba iniekcji f : A →B, gdzie |A| = n 6 |B| = m równa jest m!

(n−m)! .

Zbiór wartości iniekcji ma n elementów. Możemy go wybrać na(m

n

)sposobów. Samych bijekcji ze zbioru A w wybrany obraz jest n!.Oczywiście

(mn

)· n! = m!

(n−m)! .

Z Przykładu 2.7 i Twierdzenia 2.12 wynika z kolei

Wniosek 2.19P Liczba suriekcji f : AB, gdzie |A| = n > |B| = m równa jest

mn −(m1

)(m − 1)n +

(m2

)(m − 2)n − . . .− (−1)m

(m

m − 1

)1n.


Definicja 3.1Dolną n-tą potęgą kroczącą lub dolną silnią liczby x nazywamyxn = x(x − 1) . . . (x − n + 1). Górną n-tą potęgą kroczącą lub górnąsilnią liczby x nazywamy xn = x(x + 1) . . . (x + n − 1). Mówimy teżw tej sytuacji o potędze ubywającej lub potędze przyrastającej.

Definiuje się również potęgi kroczące dla niedodatnich wykładników:

x0 = x0 = 1,

x−n = 1(x+1)(x+2)...(x+n) ,

x−n = 1(x−1)(x−2)...(x−n) .

UwagaSymbole potęg kroczących można używać do bardziej zwartych zapisówwzorów, na przykład

(xn

)= xn

n! .


Definicja 3.2Jeśli (fn) jest ciągiem, to symbolem ∆f oznaczamy ciąg ∆fn = fn+1 − fn.Operator ∆ nazywamy operatorem różnicowym. Indukcyjnie możemyzdefiniować ∆0f = f oraz ∆k f = ∆(∆k−1f ).

WłasnościOperatora różnicowego możemy używać do analizy własności ciągówliczbowych.1.P Operacja ∆ jest liniowa: ∆(an + bn) = ∆an + ∆bn i ∆kan = k∆an.2.P Jeśli bn = an + k to ∆bn = ∆an.3.P Jeśli (an) jest ciągiem arytmetycznym, to ∆an jest ciągiem stałym

o wartości równej różnicy (an).4.P Jeśli (gn) jest ciągiem geometrycznym, to ∆gn również jest ciągiem

geometrycznym o identycznym ilorazie co (gn).5.U Ze wzoru dwumianowego wynika, że ∆xn =

∑ni=1

(ni

)x i dla n > 0.

6.U ∆xn = nxn−1, ∆xn = n(x + 1)n−1 dla n ∈ Z.7.U Jeśli p jest wielomianem stopnia k oraz an = p(n), to ∆k f jest

ciągiem stałym.


Definicja 3.3Symbolem

∑gnδn oznaczamy dowolny ciąg fn o tej własności, że

∆fn = gn. Operację powyższą nazywamy antyróżnicą lub sumą ciągu(gn).

UwagaOperator różnicowy jest odwrotny do sumowania wyrazów ciągu w tymsensie, że jeśli g = ∆f to fn = f0 +

∑ni=0 gn. Ten fakt oraz własność 2.

z poprzedniej strony implikują, że jeśli g = ∆f , to∑

gnδn = fn + C dladowolnej stałej C . Zachodzi też wzór ∆

∑fnδn = f .

Jeśli używamy zapisu funkcyjnego f (n) to operacje różnicowaniai sumowania ciągu zapisujemy jako ∆f (n) = f (n + 1)− f (n) oraz∑

f (n)δn.

Definicja 3.4Jeśli fn =

∑gnδn to sumą oznaczoną ciągu gn nazywamy∑l

k gnδn = f |lk = fn|ln=k = fl − fk . Przy tym nie musimy zakładać, żek 6 l , ale z reguły tylko w takiej sytuacji rozważamy ten wzór!


Własności1)P Zarówno

∑gnδn jak i

∑lk gnδn są liniowe;

2)P∑k

k gnδn = 0,∑k+1

k gnδn = gk ;

3)P∑l

k gnδn +∑m

l gnδn =∑m

k gnδn;

4)P jeśli k 6 l , to∑l

k gnδn =∑

k6i<l

gi zaś∑k

l gnδn = −∑

k6i<l

gi ;

5)U∑

kmδk = km+1

m+1 oraz∑n

0 kmδk = nm+1

m+1 dla m 6= −1.

6)U∑

kmδk = (k−1)m+1

m+1 oraz∑n

1 kmδk = (n−1)m+1

m+1 dla m 6= −1.

Wniosek 3.1Policzymy sumę

∑ni=1 i3. Rozkładamy i3 na sumę dolnych potęg:

i3 = i3 + 3i2 − 2i = i3 + 3i2 + i1. Zatem∑ni=1 i3 =

∑n+10 i3 + 3i2 + i1δi =

∑n+10 i3δi + 3

∑n+10 i2δi +

∑n+10 i1δi

= (n+1)4

4 + 3 (n+1)3

3 + (n+1)2

2 = (n+1)n4 ((n − 1)(n − 2) + 4(n − 1) + 2)

=(n + 1)2n2

4.


Definicja 3.5Operator przesunięcia E ciągu w lewo definiujemy jako (Ef )n = fn+1.

Lemat 3.2P Jeśli f , g są ciągami, to

∆(fg) = f ∆g + ∆f Eg = Ef ∆g + ∆f g ,∑f ∆g = fg −

∑∆f Eg .

Dowód.∆(fg)n = fn+1gn+1 − fngn = fn+1gn+1 − fngn+1 + fngn+1 − fngn

= (fn+1 − fn)gn+1 + fn(gn+1 − gn) = ∆fn(Eg)n + fn∆gn

Drugą równość dla różnicowania iloczynu dostaniemy podobnie.Zauważmy, że jeśli zastosujemy operator ∆ do obu stron wzoru na sumędostaniemy wzór na różnicowanie iloczynu.

UwagaProszę zbadać jak wygląda ∆ f

g .


Przykład 3.1Zauważmy, że ∆2n = 2n.Policzymy ∆(n · 2n) = n∆2n + ∆nE2n = n2n + 1 · 2n+1 = 2n(n + 2n).Z kolei policzymy sumę

∑n0 i · 2i =

∑n+10 i · 2iδi . W tym celu rozważmy∑

i2iδi =∑

i ∆2iδi = i2i −∑

∆i E2iδi = i2i − 2i+1.

Wstawiając granice dostaniemy

n∑0

i · 2i = ((n + 1)2n+1 − 2n+2)− (0 · 20 − 21) = (n − 1)2n+1 + 2.

Przykład 3.2Policzymy sumę 1

1·2·3 + 12·3·4 + . . .+ 1

(n−2)(n−1)n . Zauważmy, że inaczej

można ją zapisać jako 0−3 + . . .+ (n − 3)−3 =∑n−2

0 k−3δk =k−2−2 |

n−2k=0 = (n−2)−2

−2 − 0−2−2 = 1/4− 1

2n(n−1) . Otrzymane wyrażenie zmierzado 1/4 gdy sumujemy coraz więcej składników powyższej postaci.


Definicja 3.6Permutację σ ∈ Sn nazywamy cyklem, jeśli istnieje m ∈ N oraz paramiróżne liczby k1, k2, . . . , km takie, że σ(ki ) = ki+1 dla i = 1, 2, . . . ,m − 1,σ(km) = k1 oraz σ(k) = k dla k 6= ki dla i = 1, 2, . . . ,m.

Przykład 3.3W S4 cyklami są σ1 = (0 7→ 2, 1 7→ 0, 2 7→ 3, 3 7→ 1),σ2 = (0 7→ 2, 1 7→ 1, 2 7→ 0, 3 7→ 3), σ3 = (0 7→ 1, 1 7→ 2, 2 7→ 0, 3 7→ 3),σ4 = (0 7→ 0, 1 7→ 1, 2 7→ 1, 3 7→ 3). Natomiast nie jest cyklemσ5 = (0 7→ 2, 1 7→ 3, 2 7→ 0, 3 7→ 1).

Definicja 3.7Jeśli permutacja jest cyklem takim jak w definicji 3.6, to oznaczamy jąσ = (k1k2 . . . km).

UwagaPowyższy zapis cyklu nie jest jednoznaczny. W przykładzie 3.3 możemypisać σ1 = (0231) = (2310) = (3102) = (1023). Najczęściej stosuje sięzapis rozpoczynający się od liczby najmniejszej. Permutację σ4oznaczamy przez id lub e. Zauważmy, że z definicji również (i) = id dladowolnego i .


Definicja 3.8Cykle (k1k2 . . . km) i (l1l2 . . . lp) nazywamy rozłącznymi, jeślik1, k2, . . . , km ∩ l1, l2, . . . , lp = ∅.

Twierdzenie 3.3U Każda permutacja może być przedstawiona jako złożenie parami

rozłącznych cykli.Dowód.Niech σ ∈ Sn. Dla każdego elementu j ∈ Zn możemy zdefiniować zbiórAj = j , σ(j), σ2(j), . . . = j , σ(j), σ2(j), . . . , σmj−1(j) gdzie σmj (j) = j . Jeśliweźmiemy k 6∈ Aj to σm(k) 6∈ Aj dla dowolnego k. Możemy więc zdefiniowaćj0 = 0, jm = min(Zn \

⋃k<m Ak) jeśli

⋃k<m Ak 6= Zn, dostając skończony ciąg

j0, . . . , jp. Wtedy można zapisać (być może używając trywialnych cykli postaci(i)), że σ = (j0σ(j0) . . . σmj0−1(j0)) . . . (jpσ(jp) . . . σmjp−1(jp)).

UwagaCykle w dowodzie można zamienić miejscami i otrzymane złożenie będziereprezentować tę samą permutację. Wynika to z przemiennościrozłącznych cykli. Natomiast nie każde permutacje są przemienne,(012) (12) = (01) zaś (12) (012) = (02). Najczęściej dla składaniacykli i permutacji pomijamy symbol .


Definicja 3.9Rzędem permutacji σ nazywamy najmniejszą taką dodatnią liczbę m,że σm = e i oznaczamy symbolem 〈σ〉.

UwagaZauważmy, że dla cyklu σ = (k1k2 . . . km) jest 〈σ〉 = m. Jeśli rozłożymypermutację na rozłączne cykle, to jej rząd jest równy najmniejszejwspólnej wielokrotności rzędów poszczególnych cykli, co w szczególnościoznacza, że pojęcie rzędu jest poprawnie określone.

Przykład 3.4Weźmy permutację σ = (012)(34). 〈(012)〉 = 3, 〈(34)〉 = 2. Wtedyσ2 = (012)(34)(012)(34) = (012)(012)(34)(34) = (021),σ3 = (021)(012)(34) = (34),σ4 = (34)(012)(34) = (012)(34)(34) = (012),σ5 = (012)(012)(34) = (021)(34),σ6 = (021)(34)(012)(34) = (021)(012)(34)(34) = e. Istotnie〈σ〉 = NWD(2, 3) = 6.


Definicja 3.10Transpozycją nazywamy cykl rzędu 2.

Lemat 3.4P Cykl (k1k2 . . . km) jest iloczynem m − 1 transpozycji

(k1k2 . . . km) = (k1k2)(k2k3) . . . (km−1km−2)(km−1km).

Lemat 3.5P Dowolna permutacja σ ∈ Sn jest iloczynem co najwyżej n − 1

transpozycji.

Lemat 3.6P Jeśli zapiszemy permutację jako iloczyn transpozycji, to permutacja

odwrotna jest iloczynem tych samych transpozycji, ale w odwróconejkolejności.

Definicja 3.11Dla permutacji σ będącej iloczynem cykli ci zdefiniujmyc(σ) =

∑i (〈ci 〉 − 1). Liczba c(σ) jest w istocie minimalną liczbą

transpozycji potrzebną do otrzymania σ.


UwagaDowód twierdzenia 3.3 pokazuje, że definicja c(σ) jest dobrzepostawiona.

Lemat 3.7U Jeśli τ jest transpozycją, to c(στ) = c(σ)± 1 i c(τσ) = c(σ)± 1.

Dowód.Pokażemy pierwszą równość. Zapiszmy σ = c1c2 . . . cp jako iloczyn rozłącznychcykli i niech τ = (xy).1. x , y leżą w tym samym cyklu ci . Z przemienności cykli rozłącznych możemyzałożyć, że i = p. Niech cp = (xξyη) gdzie ξ i η są (być może pustymi)ciągami liczb. Wtedy cp τ = (xη)(yξ), zatemc(στ) =

∑p−1i=1 (〈ci 〉 − 1) + 〈(xη)〉 − 1 + 〈(yξ)〉 − 1 =∑p−1

i=1 (〈ci 〉 − 1) + (〈(xη)〉+ 〈(yξ)〉 − 1)− 1 =∑p

i=1(〈ci 〉 − 1)− 1 = c(σ)− 1.2. x , y leżą w różnych cyklach. Możemy założyć, że cp = (xξ), cp−1 = (yη).Wtedy cp−1 cp τ = (xηyξ), a więcc(στ) =

∑p−2i=1 (〈ci 〉 − 1) + 〈(xηyξ)〉 − 1 =∑p−2

i=1 (〈ci 〉−1)+(〈(xξ)〉−1)+〈(yη)〉−1)+1 =∑p

i=1(〈ci 〉−1)+1 = c(σ)+1.


Wniosek 3.8P Każdy zapis permutacji jako iloczynu transpozycji, dla której c(σ) jest

parzyste (nieparzyste) składa się z parzystej (nieparzystej) liczbyczynników.Dowód.Niech σ = τ1 . . . τm. Oczywiście c(σ) = c(eτ1 . . . τm) oraz c(e) = 0. Wobecpoprzedniego lematu c(σ) jest parzyste wtedy i tylko wtedy, gdy m jestparzyste.

Definicja 3.12Permutację nazywamy parzystą, jeśli jest iloczynem parzystej liczbytranspozycji, zaś nieparzystą w przeciwnym wypadku. Znakiempermutacji nazywamy liczbę sgn(σ) = (−1)c(σ).

UwagaP Jeśli n > 1 to permutacji parzystych i nieparzystych jest w Sn tyle samo.Dowód.Niech τ będzie dowolną ustaloną transpozycją. Odwzorowanie (odwrotnedo samego siebie) Sn : σ 7→ στ ∈ Sn ustala bijekcję między zbioramipermutacji parzystych i nieparzystych.


Definicja 3.13Liczbą Stirlinga dla podziałów zbioru n-elementowego na k zbiorów,lub liczbą Stirlinga drugiego rodzaju nazywamy liczbę takich układówA1,A2, . . . ,Ak, że

⋃ki=1 Ai = Zn, Ai 6= ∅ oraz Ai ∩ Aj = ∅ dla i 6= j .

Przyjmiemy oznaczenie

nk

.

UwagaLiczba podziałów dowolnego zbioru mającego n elementów oraz Zn jesttaka sama.

Przykład 3.5Zauważmy, że

40

= 0,

41

= 1,

42

= 24−1 − 1 = 7,

43

=(42

)= 6,

44

= 1,

4k

= 0 dla k > 4.

Lemat 3.9P

n0

=0,

n1

=1,

n2

=2n−1−1,

nn−1

=(n2

),

nn

=1,

nk

=0 dla k>n.

Lemat 3.10P Liczby Stirlinga drugiego rodzaju spełniają zależność

nk

= k

n−1k

+n−1

k−1

.


Definicja 3.14Liczbą Stirlinga dla permutacji zbioru n-elementowego złożonych z kcykli, lub liczbą Stirlinga pierwszego rodzaju nazywamy liczbę takichσ ∈ Sn dla których c(σ) = n − k. Przyjmiemy oznaczenie

[nk

].

Przykład 3.6Zauważmy, że

[40

]= 0,

[41

]= (4− 1)! = 6,

[42

]= 11,

[43

]=(42

)= 6,[

44

]= 1,

[4k

]= 0 dla k > 4.

Lemat 3.11P[n0

]=0,

[n1

]=(n − 1)!,

[ nn−1]=(n2

),[nn

]=1,

[nk

]=0 dla k>n.

Lemat 3.12P Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju spełniają zależność[

nk

]= (n − 1)

[n−1k

]+[n−1k−1

].


Liczby Bella Bn i liczby Stirlinga drugiego rodzaju

nk

1 12 1 15 1 3 115 1 7 6 152 1 15 25 10 1203 1 31 90 65 15 1877 1 63 301 350 140 21 14140 1 127 966 1701 1050 266 28 121147 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1. . . . . . . . . . . . . . . . . .

Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju[nk

]1

1 12 3 1

6 11 6 124 50 35 10 1

120 274 225 85 15 1720 1764 1624 735 175 21 1

5040 13068 13132 6769 1960 322 28 140320 109584 118124 67284 22449 4536 546 36 1. . . . . . . . . . . . . . . . .


Własności1.P

nk

6[nk

].

2.P Liczba suriekcji f : AB wyliczona we wniosku 2.19 równajest

|B||A|

·|B|!.

3.P

nk

=

1k!

∑0<i1<...<ik−1<n

( nik−1

)(ik−1ik−2

). . .(i2i1

).

4.P∑n

k=1

[nk

]= n!.

5.P xn =∑

k

nk

xk .

(Dowód indukcyjny wykorzystujący równość x · xk = xk+1 + kxk .)

6.P xn =∑

k(−1)n−k

nk

xk .

7.P xn =∑

k

[nk

]xk .

8.P xn =∑

k(−1)n−k[nk

]xk .

9.U xn =∑k,m

(−1)n−k[nk

]km

xm =

∑k,m

(−1)k−mnk

[km

]xm.

10.U∑

k(−1)n−k[nk

]km

= δm,n =

1 jeśli m = n,0 jeśli m 6= n.


Definicja 3.15Liczbą Bella Bn nazywamy liczbę podziałów zbioru n-elementowego napodzbiory.

UwagaP Zachodzi wzór Bn =

∑k

nk

oraz zależność rekurencyjna

Bn+1 =∑n

k=0

(nk

)Bk .

Definicja 3.16Liczbą harmoniczną nazywamy Hn =

∑ni=1

1i = 1

1 + 12 + 1

3 + . . .+ 1n .

Liczbą harmoniczną rzędu r nazywamy H(r)n =

∑ni=1

1i r .

UwagaDla r = 1 liczby harmoniczne zmierzają (bardzo powoli) do +∞, zaś gdyr > 1 to ciąg H(r)

n jest rosnący i ograniczony. Ponadto zachodzi wzór(Hn − ln n)→ γ ≈ 0, 5772156649 . . . Stałą γ nazywamy stałą Eulera.


Przykład 3.7Układamy karty jedna na drugiej w ten sposób, żeby, z jednej strony, stos sięgałmożliwie daleko, z drugiej strony, nie przewrócił się. Można pokazać, żenajlepszy układ jest taki, w którym n górnych kart leży w ten sposób, że ichwspólny środek ciężkości leży ponad krawędzią karty n + 1-szej. Załóżmyponadto, że każda karta ma długość d . Jeśli oznaczymy di odległość krawędzikarty pierwszej oraz i-tej, to spełnione są zależności d1 = 0,

dn =(d1+ d

2 )+(d2+ d2 )+...+(dn−1+

d2 )

n−1 gdy n > 1. Stąd możemy wyliczyć, żedn − dn−1 = d

2(n−1) , a więc ,nawis’ jaki można ułożyć z n kart ma maksymalnądługość równą d

2 Hn−1.

Przykład 3.8Znajdziemy wzór opisujący wartość wyrażenia

∑nk=0

(km

)Hk . Skorzystamy ze

wzoru na sumowanie przez części. Jest ∆Hk= 1k+1 oraz ∆

( km+1

)=(km

), a więc∑n+1

0

(km

)Hkδk =

( km+1

)Hk∣∣n+10 −

∑n+10

(k+1m+1

) 1k+1δk =(n+1

m+1

)Hn+1 − 1

m+1

∑n+10

(km

)δk =

(n+1m+1

)Hn+1 − 1

m+1

(n+1m+1

).

Wniosek 3.13B∑n

k=0 Hk = (n + 1)Hn+1 − (n + 1),∑n

k=0 kHk = n2+n2 Hn+1 − n2+n

4 .


Rozważać będziemy podział zbioru zawierającego n obiektów na kkategorii. Liczba takich podziałów zależy istotnie od tego, czyposzczególne obiekty oraz kategorie są rozróżnialne oraz czy w każdejkategorii muszą znaleźć się jakieś obiekty. Wyniki przedstawia poniższatabela.P

kategorierozróżnialne nierozróżnialne

dowolne niepuste dowolne niepuste

obiekty

rozróżn. dowolne funkcje:kn

suriekcje: k!n

k

podziały zbioruna co najwyżejk podzbiorów:∑k

i=1n

i

podziały zbioruna k podzbiorów:n

k

nierozr. podział licz-by n na sumęk składnikównieujemnych:(n+k−1

k−1)

podział liczby nna sumę k skład-ników dodatnich:(n−1k−1)

∑ki=1 P(n, i) =

P(n + k, k)podział liczbyn na niema-lejący ciąg kliczb dodatnich:P(n, k)

Oznaczenie P(n, k) użyte powyżej oznacza liczbę całkowitych dodatnichrozwiązań równania x1+x2+ . . .+xk=n spełniających x16x26 . . .6xk .Nie są znane własności liczb P(n, k) pozwalające na ich prosteznajdowanie. Łatwiejsze z nich (i oczywiste w dowodzie) to:P(n, 1) = P(n, n) = 1, P(n, 2) = bn/2c, P(n, k) = 0 gdy k > n.


Lemat 3.14 (Prawo inwersji dla współczynników dwumianowych)

U Niech f , g : N→ R. Następujące warunki są równoważne:

(a) g(n) =∑k

(nk

)(−1)k f (k), (b) f (n) =

∑k

(nk

)(−1)kg(k).

Dowód.W drugiej sumie wstawiamy pierwszy wzór i otrzymujemy∑k

(nk

)(−1)k ∑

j

(kj

)(−1)j f (j) =

∑j

f (j)∑k

(−1)k+j(nk

)(kj

)=∑

jf (j)

∑k

(−1)k+j(nj

)(n−jk−j

)=∑j

f (j)(n

j

)∑k

(−1)k+j(n−jk−j

). Ale∑

k(−1)k+j(n−j

k−j

)= δn,j , więc prawa strona równa jest f (j).

Lemat 3.15 (Prawo inwersji dla liczb Stirlinga)

U Niech f , g : N→ R. Następujące warunki są równoważne:

(a) g(n) =∑k

nk

(−1)k f (k), (b) f (n) =

∑k

[nk

](−1)kg(k).

Dowód.W drugiej sumie wstawiamy pierwszy wzór (i na odwrót) i stosujemy równość∑k

(−1)n−k[nk]

km

= δm,n lub podobną.


Definicja 4.1Mówimy, że funkcja f : N→ R rośnie wolniej niż g : N→ R, cozapisujemy jako f ≺ g , jeśli lim

n→∞f (n)g(n) = 0. Mówimy wtedy też, że g

rośnie szybciej niż f .Zbiór takich funkcji f , że f ≺ g oznaczamy przez o(g) i piszemy wtedy,że f = o(g). Podobnie ω(f ) = g : g f .

Uwaga

• Relacja ≺ jest przechodnia.• Jeśli f ≺ g to 1

g ≺1f .

• Z reguły będziemy używać powyższych pojęć dla nieujemnych f i g ,ale definicja tego nie wymaga.

• Wbrew nazwie, funkcje f i g wcale nie muszą być rosnące.• Równoważnie definicję można sformułować jako∀C > 0 ∃N > 0 ∀n > N : |f (n)| < C |g(n)|.

• Formalnie poprawniej byłoby pisać f ∈ o(g), jednak tradycyjnie używasię zapisu z „=”.


Własności0 ≺ a ≺ log log n ≺ log n ≺ na ≺ nb ≺ nlog n ≺ cn ≺ dn ≺ n! ≺ nn ≺ ccn

dla 0 < a < b i 1 < c < d .

Definicja 4.2Mówimy, że funkcja f : N→ R jest asymptotycznie nie większa (niemniejsza) niż g : N→ R, jeśli istnieje takie C > 0, że |f (n)| < C |g(n)|(|f (n)| > C |g(n)|) dla prawie wszystkich n > 0.Zbiór funkcji asymptotycznie nie większych od g oznaczamy przez O(g) ipiszemy wtedy, że f = O(g). Podobnie Ω(g) reprezentuje funkcjeasymptotycznie nie mniejsze od g .Dwie funkcje nazywamy asymptotycznie podobnymi, jeśli są względemsiebie asymptotycznie nie większe i nie mniejsze. Zbiór funkcjiasymptotycznie podobnych do g oznaczamy przez Θ(g) = O(g) ∩ Ω(g).Dwie funkcje f , g są asymptotycznie równe, jeśli lim

n→∞f (n)g(n) = 1.

Piszemy wtedy, że f ∼ g .


Własności• Jeśli f = o(g) i g = o(h) to f = o(h).• f = O(g) wtedy i tylko wtedy, gdy g = Ω(f ).• f = o(g) wtedy i tylko wtedy, gdy g = ω(f ).• f = Θ(g) wtedy i tylko wtedy, gdy g = Θ(f ).• o(g) ⊂ O(g), ω(g) ⊂ Ω(g).• Jeśli f =o(h), g=o(h) zaś c > 0 to f +g = o(h), cf = o(h), f = o(ch).• Jeśli f1 = o(g1) i f2 = o(g2) to f1 · f2 = o(g1 · g2).

UwagaPierwsza i dwie ostatnie własności można sformułować też dla symboliO, ω, Ω i Θ, przy czym czasem (Ćwiczenie!) należy dodać wsformułowaniu | · |.

UwagaSymbole wprowadzone powyżej nazywane bywają symbolami Landaua.Używa się ich również w kontekście zbieżności do innych granic, niż w+∞ (najczęściej w 0), przy czym wtedy z reguły pojawiają się funkcjeo granicy 0.


Przykład 4.1Dla dowolnego wielomianu p(n) = ank +

∑i<k

aini stopnia k jest

p(n) = Θ(nk) i p(n) ∼ ank .

Przykład 4.2∑nk=1 k

2 = Θ(n3),∑n

k=1 k2 ∼ 1

3n3,∑n

k=1 k2 = 1

3n3 + O(n2).

Przykład 4.3an = o(n!), n! = o(nn).

Przykład 4.4(nk

)∼ nk

k! ,

nk

= Θ(kn),

[nk

]= O((n + k − 2)!) ∩ Ω((n − 1)!).

UwagaIstnieją ciągi nieporównywalne w żadnym sensie w notacji Landaua.


Twierdzenie 4.1 (Wzór Stirlinga)n! ∼

√2πn

(ne

)n.

UwagaZachodzą też lepsze przybliżenia:

n! =√2πn

(ne

)n(1 +

112n

+1

288n2 + O(n−3)),√2πn

(ne

)ne−(12n+1) 6 n! 6

√2πn

(ne

)ne−12n.

Twierdzenie 4.2Jeśli π(n) oznacza ilość liczb pierwszych nie większych od n, toπ(n) ∼ n

ln n ; π(n) = nln n + n

(ln n)2 + O(

n(ln n)3

).

Wniosek 4.3Można oszacować wystąpienie n-tej liczby pierwszejpn = n ln n + n ln ln n + O(n).

Twierdzenie 4.4Hn = ln n + γ + O(1/n)


Definicja 5.1Niech |I | = n, |J| = m oraz F ⊂ I×J. Trójkę B = (I , J,F ) nazywaćbędziemy szachownicą ze zbiorem pól zabronionych F . Dopuszczalnymrozkładem k wież na szachownicy B nazywamy taki podzbiórK ⊂ (I×J)\F , że |K |=k oraz dla dowolnych (i1, j1), (i2, j2) ∈ K zachodzii1 6= i2 oraz j1 6= j2.rB(k) oznacza liczbę różnych rozkładów k nieatakujących się wzajemniewież na szachownicy B, zaś RB(x) =

∑k∈N rB(k)xk wielomianem

wieżowym szachownicy B.Wielomianów wieżowych używa się do rozwiązywania zagadnieńkombinatorycznych.

Przykład 5.1Jeśli |I | = |J| = n oraz F = (i , i) : i ∈ I, to rB(n) jest liczbąnieporządków w Sn.

Przykład 5.2Niech I będzie zbiorem pracowników zaś J prac do wykonania. Jeśli F jestzbiorem par opisujących prace, który pracownik nie może wykonywać, towspółczynniki rB(k) opisują na ile sposobów można przydzielić k pracpracownikom.


WłasnościP rB(0) = 1, rB(1) = n ·m − |F |, rB(k) = 0 dla k > minn,m.

P Jeśli F = I × J to RB(x) = 1, zaś gdy F = ∅, to rB(k) =(nk

)·(m

k

)· k!.

P Dowolna permutacja wierszy lub kolumn nie zmienia wielomianuwieżowego szachownicy. Podobnie jej transpozycja.

Lemat 5.1P Jeśli I = I1 ∪ I2 oraz J = J1 ∪ J2 oraz I1 × J2 ∪ I2 × J1 ⊂ F , to

RB = RB1 · RB2 , gdzie Bi = (Ii , Ji ,F ∩ (Ii × Ji )).Indukcyjnie można uogólnić ten wynik na większą liczbę bloków.

Przykład 5.3Jeśli I = J oraz F = (i , j) : i 6= j to RB(x) = (1 + x)n.


Definicja 5.2Dla szachownicy B, i ∈ I , j ∈ J oznaczmy Bi szachownicę powstałą z Bprzez usunięcie wiersza i zaś B j szachownicę powstałą przez usunięciekolumny j (wraz z odpowiednimi polami zabronionymi).

Lemat 5.2P Jeśli (i , j) 6∈ F to RB(x) = RB′(x) + xRB j

i(x), gdzie

B ′ = (I , J,F ∪ (i , j)).

Przykład 5.4Niech I , J=1..4 zaś F=(i , j) : |i−j |>1.

RB(x) = RB′(x) + xRC (x)

= RB′′(x)+xRD(x)+x(RC ′(x)+xRE (x))

= (1+4x+2x2)2 + 2x(1+2x)2 + x2(1+x)2

= 1 + 10x + 29x2 + 26x3 + 5x4

gdzie odpowiednie szachownice przedstawiarysunek:

B B' B"

C

D

C'E


Definicja 5.3Dla szachownicy B = (I , J,F ) niech F = (I×J) \ F oraz B = (I , J,F ).B nazywamy negatywem B.

Twierdzenie 5.3B Dla kwadratowej szachownicy |I | = |J| = n zachodzi

rB(n) =∑k

(−1)k rB(k)(n − k)!.

Dowód.Dowolne niedopuszczalne rozstawienie wież na B musi zawierać przynajmniejjedną wieżę na polu F . Niech X będzie zbiorem wszystkich rozstawień n wież,zaś Xi zbiorem takich rozstawień, które mają wieżę na polu z F w wierszu i .Szukamy liczności X \

⋃Xi ze wzoru włączeń i wyłączeń:

|X | = n!. Pokażemy, że∑

i1<i2<...<ik|Xi1 ∩ Xi2 ∩ . . . ∩ Xik | = (n − k)!rB(k).

Rozważmy dowolne rozstawienie, w którym m > k wież stoi na polachzabronionych F ; po lewej stronie równości zostanie ono policzone

(mk

)razy.

Wyrażenie po prawej stronie dla każdego układu k wież na polach zabronionych(rB(k)) pozwala dobrać w dowolny sposób pozostałe wieże (na (n − k)!sposobów), a więc również każde ustawienie zostało policzone

(mk

)razy.


Przykład 5.5Rozważmy ponownie Przykład 5.1. Negatywem jest szachownicaz Przykładu 5.3, dla której rB(k) =

(nk

). Zatem twierdzenie 5.3 pozwala

wnioskować, że nieporządków w Sn jestrB(n) =

∑k(−1)k

(nk

)(n − k)! = n!

∑k

(−1)k

k! .

Przykład 5.6Niech n = 2m oraz F = (i , j) : i 6= j ∧ i + j 6= n + 1. Tablica poprzesortowaniu wierszy i kolumn składa się z bloków 2× 2 położonych naprzekątnej, a więc z lematu 5.3 wielomian jej negatywu jest postaci(1 + 4x + 2x2)m i jesteśmy w stanie dla danych m znaleźć współczynniki,np. RB(x) = 1 + 20x + 170x2 + 800x3 + 2280x4 + 4064x5 + 4560x6 +3200x7 + 1360x8 + 320x9 + 32x10 dla n = 10. ZatemrB(10) = 1 · 10!− 20 · 9! + 170 · 8!− 800 · 7! + 2280 · 6!− 4064 · 5! +4560 · 4!− 3200 · 3! + 1360 · 2!− 320 · 1! + 32 · 0! = 440192.Dla porównania: wszystkich dopuszczalnych rozstawień na pustejszachownicy jest 10! = 3628800.


Definicja 5.4Dla dowolnego ciągu an funkcją tworzącą nazywać będziemy

∑i∈N aix i .

UwagaCzęsto na podstawie pewnej własności ciągu (np. zależnościrekurencyjnej), jesteśmy w stanie znaleźć funkcję tworzącą. Na tejpodstawie można znaleźć jawną postać an.Analiza funkcji tworzących wymaga wielu narzędzi analizy i dlatego tutajograniczymy się do niezbędnego minimum.

UwagaW przypadku rekurencji liniowej rozumowanie z funkcją tworzącąprowadzi nas w istocie do rozwiązań takich, jakie dostaliśmy korzystającz funkcji charakterystycznej rekurencji, co zobaczymy w Przykładzie 5.7.


Przykład 5.7Szukamy ciągu spełniającego zależność an = an−1 + an−2, a0 = 0, a1 = 1.Niech spełniona będzie zależność F (x) =

∑∞i=0 aix i . Zauważmy, że funkcja

F (x)− xF (x)− x2F (x) będzie miała współczynnik przy zerowej potędze równy0, przy pierwszej: 1, zaś przy pozostałych wyrazach wszystkie współczynniki sięzerują, więc F (x)−xF (x)−x2F (x) = x . To znaczy, że musi być F (x) = x

1−x−x2 .Możemy rozpisać F jako sumę ułamków prostych:

F (x)=x

1−x−x2 =x

(1− 1−√

52 x)(1− 1+

√5

2 x)= 1√

5

(1

1− 1+√

52 x− 1

1− 1−√

52 x

).

Ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego mamy 11− 1+

√5

2 x=

1+ 1+√

52 x+( 1+

√5

2 )2x2+ . . . oraz 11− 1−

√5

2 x= 1+ 1−

√5

2 x+( 1−√

52 )2x2+ . . ., a

zatem F (x) = 1√5

((1+√

52 − 1−

√5

2

)x +

((1+√

52

)2−(

1−√

52

)2)

x2 + . . .

)co znaczy, że szukanym wzorem jest

an =1√5

((1 +√5

2

)n

−(1−√5

2

)n).


Definicja 6.1Grafem nazywać będziemy parę G = (V ,E ), gdzie V jest zbiorem (u nasskończonym), zaś E zbiorem krawędzi. Używamy też zapisu V (G ) i E (G )na zbiór wierzchołków i krawędzi grafu G .Graf nazywamy skierowanym albo digrafem, jeśli każda krawędź mapoczątek i koniec będące elementami V i które oznacza sięb(e), e(e) ∈ V dla e ∈ E ; graf skierowany nazywamy prostym, jeśli niezawiera takich różnych krawędzi e1, e2 ∈ E , że b(e1) = b(e2) ie(e1) = e(e2) oraz pętli, czyli takich krawędzi e, że b(e) = e(e). Zbiórkrawędzi często utożsamia się wtedy z podzbiorem V × V .Graf nazywamy nieskierowanym, jeśli krawędzie są jednoelementowymi(pętle) lub dwuelementowymi podzbiorami V . Elementy krawędzinazywamy jej końcami. Graf nieskierowany jest prosty, jeśli nie zawieradwu identycznych krawędzi oraz żadnych pętli.Graf, który nie jest prosty nazywamy grafem ogólnym lub multigrafem.Stopniem wierzchołka v ∈ V (G ) grafu nazywamy deg(v), liczbękrawędzi o końcu w v , przy czym pętle liczymy dwukrotnie.H nazywamy podgrafem G , co zapisujemy jako H ⊂ G , jeśliV (H) ⊂ V (G ) oraz E (H) ⊂ E (G ).


Najczęstszym sposobem wizualizacji grafu jest jego rysunek, w którymwierzchołkom odpowiadają punkty, zaś krawędziom odcinki (łuki) dlagrafu nieskierowanego oraz strzałki dla skierowanego.

Definicja 6.2Drogą lub ścieżką w grafie G nazywamy taki ciąg wierzchołkówv1, v2, . . . , vn+1 ∈ V (G ) oraz takich krawędzi e1, e2, . . . , en ∈ E (G ), żeei = (vi , vi+1) (lub ei = vi , vi+1). Mówimy wtedy, że droga łączywierzchołki v1 i vn+1, n nazywamy długością drogi. Droga jest prosta,jeśli krawędzie w niej są parami różne. Drogę łączącą v1 i vn+1 nazywamyzamkniętą, jeśli v1 = vn+1. Cyklem nazywamy drogę zamkniętą długościn łączącą n wierzchołków (a więc w której nie powtarza się żadenwierzchołek).Graf nazywamy acyklicznym, jeśli nie zawiera żadnych cykli. Droga jestacykliczna, jeśli graf składający się z wierzchołków i krawędzi tej drogijest acykliczny.Graf nieskierowany nazywamy spójnym, jeśli istnieją drogi łączące każdedwa jego różne wierzchołki. Spójną składową grafu nieskierowanego Gnazywamy taki jego spójny podgraf H, że jeśli H ⊂ K ⊂ G i K jestspójny, to K = H.


Własności1.P Jeśli istnieje droga łącząca różne wierzchołki v i w , to istnieje też

prosta droga acykliczna je łącząca.D: Spośród wszystkich dróg łączących v i w wybieramy najkrótszą.

Wszystkie wierzchołki tej drogi są różne, więc musi być prostai acykliczna.

2.P W nieskierowanym grafie acyklicznym każde różne wierzchołki sąpołączone co najwyżej jedną drogą prostą.

3.P Dla każdego nieskierowanego grafu G istnieją jego składowe spójneGi , których zbiory wierzchołków i krawędzi są parami rozłączne orazG =

⋃i Gi = (

⋃i V (Gi ),

⋃i E (Gi ))

4.B Nieskierowany graf prosty o k składowych spójnych spełnia

|V (G )| − k 6 |E (G )| 6 (|V (G )| − k)(|V (G )| − k + 1)

2, przy czym

prawa nierówność jest równością gdy wszystkie oprócz jednejskładowe spójne są jednopunktowe.

5.P Jeśli Dk(G ) oznacza liczbę wierzchołków stopnia k grafu G , to2|E (G )| =

∑v∈V (G) deg(v) =

∑k kDk(G ).


Definicja 6.3Lasem nazywamy nieskierowany graf acykliczny.Drzewem nazywamy spójny, nieskierowany graf acykliczny.Liściem nazywamy wierzchołek drzewa o stopniu 1.

UwagaKażda składowa lasu jest drzewem. Suma rozłącznych drzew tworzy las.Drzewo skończone ma jeden wierzchołek lub co najmniej 2 liście.Jeśli G jest drzewem to |E (G )| = |V (G )| − 1.

Twierdzenie 6.1U Niech G będzie grafem prostym. Następujące warunki są równoważne:

1. G jest drzewem.2. Istnieje dokładnie jedna droga prosta łącząca v ,w ∈ V (G ).3. G jest spójny ale po usunięciu dowolnej krawędzi przestaje być spójny.4. G jest acykliczny, po dodaniu dowolnej krawędzi nie jest acykliczny.5. G jest acyklicznym grafem spełniającym |E (G )| = |V (G )| − 1.6. G jest spójnym grafem spełniającym |E (G )| = |V (G )| − 1.


Definicja 6.4Drogą (cyklem) Eulera w grafie nieskierowanym G nazywamy takądrogę (zamkniętą), która zawiera wszystkie krawędzie z E (G ) dokładnieraz. (Zauważmy, że cykl Eulera nie musi być cyklem!)

Przykład 6.1 (Mosty Królewca)http://pl.wikipedia.org/wiki/Zagadnienie_mostów_królewieckich

Twierdzenie 6.2SzGraf ma cykl Eulera wtedy i tylko wtedy, gdy jest spójny i ma każdy

wierzchołek stopnia parzystego. Taki graf nazywamy grafemeulerowskim.

SzGraf ma drogę Eulera wtedy i tylko wtedy, gdy jest spójny i ma nie więcejniż 2 wierzchołki stopnia nieparzystego. Takie grafy nazywane bywajągrafami jednokreślnymi.

http://pl.wikipedia.org/wiki/Zagadnienie_mostw_krlewieckich


Twierdzenie 6.3U Drogę Eulera w grafie spełniającym założenia poprzedniego twierdzenie

można znaleźć korzystając z poniższego Algorytmu Fleury’ego.(A) Wybieramy dowolny wierzchołek v stopnia nieparzystego (jeśli

istnieje taki); v0 := v dodajemy do drogi.(B) Jeśli E (G ) = ∅ procedura zakończona.(C) Jeśli z v0 wychodzi wiele krawędzi wybieramy e = v0,w tak, aby

po usunięciu jej graf pozostał spójny; dodajemy w oraz e do drogii usuwamy e z E (G ). v0 := w. Powrót do (B).

(D) Jeśli z v0 wychodzi jedna krawędź e = v0,w dodajemy w i e dodrogi usuwając równocześnie v0 i e z grafu; v0 := w. Powrót do (B).

Poprawność algorytmu wynika z faktów następujących:1. Każdy powrót do (B) oznacza zmniejszenie |E(G)| o 1, a więc algorytm

zatrzyma się.2. W p. (B) po każdym kroku liczba wierzchołków o nieparzystym stopniu

jest równa 0 lub 2, przy tym w tej drugiej sytuacji v0 jest jednym z nich.3. W p. (B) po każdym kroku graf jest spójny.4. W p. (C) usunięcie co najwyżej jednej krawędzi rozspójnia graf.


Definicja 6.5Cykl (drogę) w grafie nazywamy cyklem (drogą) Hamiltona, jeślizawiera on wszystkie wierzchołki V (G ).Graf mający cykl Hamiltona nazywamy hamiltonowskim.Problem sprawdzenia, czy graf jest hamiltonowski jest dużo trudniejszyod sprawdzenia, czy jest eulerowski, natomiast zastosowania są dużopoważniejsze. Prawdziwe są następujące:

Twierdzenie 6.4 (Dirac, 1952)Jeśli deg(v) > |V (G )|/2 dla v ∈ V (G ), to G jest hamiltonowski.

Twierdzenie 6.5 (Ore, 1960)Jeśli dla dowolnych niesąsiadujących wierzchołków v ,w jestdeg(v) + deg(w) > |V (G )|, to G jest hamiltonowski.


Definicja 6.6Graf G nazywamy dwudzielnym, jeśli istnieją rozłączne zbiory V1, V2takie, że V (G ) = V1 ∪ V2 oraz jeśli e ∈ E (G ) łączy v i w , to należą onedo różnych zbiorów Vi .

Lemat 6.6P Graf jest dwudzielny wtedy i tylko wtedy, gdy każdy cykl w nim ma

parzystą długość.

UwagaW grafie dwudzielnym podział V (G ) na podzbiory jest jednoznacznywtedy i tylko wtedy, gdy graf jest spójny.

Definicja 6.7Skojarzeniem w grafie dwudzielnym (V1 ∪ V2,E ) nazywamy dowolnyzbiór jego krawędzi F ⊂ E , które nie są parami sąsiednie. Pełnymskojarzeniem V1 z V2 nazywamy skojarzenie w którym z każdegowierzchołka V1 wychodzi krawędź. Dla W ⊂ V1 oznaczmy przezΦE (W ) = v ∈ V2 : ∃w ∈W : wv ∈ E.


Twierdzenie 6.7 (P. Hall 1935)

U Niech G = (V1 ∪ V2,E ) będzie grafem dwudzielnym. Wówczas pełneskojarzenie V1 z V2 istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy |W | 6 |ΦE (W )| dlakażdego podzbioru W ⊂ V1.

Dowód.Pełne skojarzenie możemy utożsamiać z iniekcją f : V1 →V2.Jeśli istnieje taka iniekcja, to ΦE (W ) ⊃ f (W ), a więc|ΦE (W )| > |f (W )| = |W |.Implikację przeciwną dowodzimy indukcyjnie ze względu na |V1|.Dla jednoelementowego V1 dowód oczywisty. Dla |V1| > 1 rozważmy przypadki:• Jeśli zawsze |W | < |ΦE (W )| dla W V1, to kojarzymy dowolny wierzchołekw ∈ V1 z jakimś wierzchołkiem v ∈ V2 i stosujemy założenie indukcyjne doV1 \ w oraz V2 \ v.• Jeśli |W | = |ΦE (W )| dla W V1, stosujemy założenie indukcyjne do grafówo wierzchołkach (W ∪ ΦE (W ),E ′) oraz ((V1 \W ) ∪ (V2 \ ΦE (W )),E ′′);wystarczy sprawdzić założenia twierdzenia:Jeśli Z ⊂W to ΦE ′(Z) = ΦE (Z) ⊂ ΦE (W ) więc |ΦE ′(Z)| = |ΦE (Z)| > |Z |.Jeśli Z ⊂ V1 \W to ΦE (Z ∪W ) = ΦE ′′(Z) ∪ ΦE ′(W ), więc |ΦE ′′(Z)| >|ΦE (Z ∪W )| − |ΦE ′(W )| = |ΦE (Z ∪W )| − |(W )| > |Z ∪W | − |W | = |Z |.


Definicja 6.8Grafem pełnym o k wierzchołkach nazywamy prosty graf Kk mający kwierzchołków i którego każde 2 różne wierzchołki są połączone krawędzią.Pełnym grafem dwudzielnym nazywamy Kk,m, którego wierzchołkimożna podzielić na zbiory Vi takie, że |V1| = k , |V2| = m i każdywierzchołek V1 jest połączony krawędzią z każdym wierzchołkiem V2.

Definicja 6.9Graf G nazywamy planarnym, jeśli można narysować go na płaszczyźnieinterpretując wierzchołki jako punkty zaś krawędzie jako łuki.

Twierdzenie 6.8P Grafy K5 i K3,3 nie są planarne.


Definicja 6.10Grafy G ,H nazywamy homeomorficznymi, jeśli można otrzymać jeden zdrugiego przez dodawanie nowych wierzchołków na istniejącychkrawędziach lub usuwanie wierzchołków stopnia 2. Formalnie:jeśli vw ∈ E i z 6∈ V to dodanie z na vw oznacza(V ,E )→ (V ∪ z,E \ vw ∪ vz , zw);jeśli deg z = 2, v 6= w i zv , zw ∈ E to usunięcie z oznacza(V ,E )→ (V \ z,E \ vz , zw ∪ vw).Ściągnięciem grafu nazywamy graf powstały przez podział wierzchołkówna rozłączne podzbiory V1, . . . ,Vk . W nowym grafie wierzchołkami są Vizaś krawędzie łączą takie Vi i Vj , że istnieją v ∈ Vi oraz w ∈ Vjpołączone krawędzią w wyjściowym grafie.

Twierdzenie 6.9 (K. Kuratowski, 1930)Dowolny graf nieplanarny zawiera podgraf homeomorficzny z K5 lub K3,3.

Twierdzenie 6.10Dowolny graf nieplanarny można ściągnąć do K5 lub K3,3.


Definicja 6.11Weźmy realizację grafu planarnego na płaszczyźnie. Ścianą grafunazywać będziemy obszar płaszczyzny ograniczony i nierozdzielonykrawędziami grafu. (Formalnie: spójny obszar, którego brzeg jest sumąmnogościową krawędzi i wierzchołków. Zauważmy, że zawsze istniejenieograniczona ściana grafu.)

Twierdzenie 6.11 (Euler)

B Dla grafu na płaszczyźnie o f ścianach i c składowych zachodzi wzór|V | − |E |+ f = c + 1.

Wniosek 6.12B Każdy planarny graf spójny ma wierzchołek stopnia co najwyżej 5.

Ograniczmy się do jednej składowej spójnej.2 = v − e + f 6 v − e + 2

3e = v − 13e ⇐⇒ 6 6 3v − e. Gdyby każdy

wierzchołek miał stopień co najmniej 6 byłoby e > 6v2 ⇐⇒ 3v − e 6 0.

Wniosek 6.13B Dla dowolnego wielościanu wypukłego zachodzi wzór v − e + f = 2.


Definicja 6.12Kolorowaniem grafu G nazywać będziemy dowolną funkcję V (G )→ N,która sąsiednim wierzchołkom przypisuje różne wartości. Mówimy, że Gjest k-kolorowalny, jeśli istnieje kolorowanie o k wartościach. Liczbąchromatyczną χ(G ) grafu nazywamy najmniejszą możliwą liczbęwartości, jakie przyjmują kolorowania G . Optymalnym kolorowaniemnazwiemy kolorowanie o χ(G ) wartościach.

Twierdzenie 6.14Graf, w którym maxdeg v : v ∈ V (G ) = k ma liczbę chromatycznąχ(G ) 6 k + 1

UwagaMożna poprawić szacowanie do χ(G ) 6 k gdy G zawiera przynajmniejjeden wierzchołek stopnia co najmniej 3 oraz nie jest pełny.

Lemat 6.15P Graf jest dwudzielny wtedy i tylko wtedy, gdy jest 2-kolorowalny.


Twierdzenie 6.16B Każdy graf planarny jest 5-kolorowalny.

UwagaPrawdziwe jest też twierdzenie o 4-kolorowalności grafu planarnego.Genezą problemu było pytanie, czy każda mapa może zostaćpokolorowana używając 4 kolorów, aby żadne 2 sąsiadujące kraje niemiały identycznego koloru. Odpowiedź jest pozytywna jeśli granicapomiędzy dowolnymi państwami składa się z jednej krzywej oraz żadenkraj nie zamyka wewnątrz innych.1852 – pytanie postawione Francisa Guthrie1879 – pierwszy „dowód” Alfreda Kempe1890 – Percy Heawood znalazł lukę1976 – Kenneth Apple i Wolfgang Haken pokazali przy pomocykomputera sprawdzającego ok. 1.5 tys. konfiguracji.


Literatura

1. R. L. Graham, D. E. Knuth, O. Patashnik, Matematyka konkretna,Wydawnictwo Naukowe PWN

2. K. E. Ross, Ch. R. B. Wright, Matematyka dyskretna, WydawnictwoNaukowe PWN

3. Wikipedia, http://en.wikipedia.org/

http://en.wikipedia.org/

Documents

Matematyka dyskretna 2012/13 - im.uj.edu.pl · Spistreści Podstawowepojęcia Zliczanie Zaawansowanenarzędzia Asymptotyka Funkcjetworzące GrafyLiteratura Matematykadyskretna–2012/13