Wyklad Md Zag

Spis treści Podstawowe pojęcia Zliczanie Zaawansowane narzędzia Asymptotyka Funkcje tworzące Literatura

Matematyka dyskretna – 2013/14

Leszek Pieniążek

27 grudnia 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 narzędziaPermutacje raz jeszczeRachunek różnicowyLiczby Stirlinga

AsymptotykaDefinicjePrzykłady

Funkcje tworząceWielomiany wieżowePrzypadek ogólny

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 1.6Twierdzenia 1.1–1.4 wynikają wzajemnie z siebie.


Dowód.• Implikację 1.1 =⇒ 1.2 dowodzimy biorąc A = −A + s gdzie s ograniczazbiór A. Implikację przeciwną zaś, biorąc A = (−A + s0)∩N, gdzie s0 jestdowolnym elementem A. (Przypomnijmy: −A = −a : a ∈ A.)• Równoważność 1.3 i 1.4 dostajemy definiując dla zbioru A zbiórA = a ∈ A : k0, . . . , a ⊂ A./ Jeśli A spełnia założenia 1.4, to A spełnia założenia 1.3, a więc Azawiera N + k0, stąd A też. / 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 sprzecznościz krokiem 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 dlaliczb nieujemnych. 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 mgrup po k)./ Wreszcie jeśli k ∈ A to także k − 1 ∈ A, co dostajemy biorąc

xk =x1+...+xk−1

k−1 . Wtedy x1x2 . . . xk−1 = x1x2...xkxk

6

( x1+x2+···+xkk

)k

xk=(

k−1k

x1+x2+···+xk−1k−1 +

xkk

)k

xk=

(k−1

k xk+xkk

)k

xk= xk−1

k =(

x1+...+xk−1k−1

)k−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.

Definicja 1.2Rekurencję nazywamy liniową jeśli jest postaci

xn =k∑

i=1

aixn−i + f (n) gdzie ai ∈ R, ak 6= 0 oraz f : N→ R.

k nazywać będziemy rzędem lub stopniem rekurencji liniowej.Rekurencję nazywamy jednorodną, jeśli f (n) = 0 dla dowolnego n ∈ N;w przeciwnym razie mówimy o niejednorodnej.


Definicja 1.3Wielomianem charakterystycznym dla jednorodnej rekurencji liniowej

xn =k∑

i=1

aixn−i nazywamy χ(x) = xk −k∑

i=1

aixk−i . (1)

k nazywać będziemy rzędem lub stopniem rekurencji liniowej.

UwagaPierwiastki równania charakterystycznego mają duże znaczenie wrozwiązywaniu równań rekurencyjnych. Zauważmy, że równaniemcharakterystycznym dla rekurencji z przykładu 1.6 jest x2 − 3x + 2 = 0,którego pierwiastkami są 1 oraz 2, zaś rozwiązania mogą być postacik · 1n oraz k · 2n.

W dalszym ciągu będzie nas interesować głównie znalezienie postacirozwiązania ogólnego dla jednorodnej rekurencji liniowej 2 rzędu:

x0, x1 ∈ R dane, xn = axn−1 + bxn−2.


Twierdzenie 1.7Załóżmy, że wielomian charakterystyczny rekurencji liniowej drugiegorzędu 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 1.8Jeśli ciągi xn i yn są rozwiązaniami rekurencji liniowej, to równieżzn = cxn + dyn dla dowolnych stałych c, d ∈ R.

Lemat 1.9Rekurencja liniowa rzędu k o zadanych k wartościach początkowychx0, x1, . . . , xk−1 ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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.

Uwaga do dowodu Lematu 1.9.Problem możemy sprowadzić do standardowej Indukcji Matematycznejnastępująco: A := n ∈ N : rekurencja definiuje jednoznacznie wyrazyxn−k , xn−k+1, . . . , xn−2, xn−1. Zadane wartości początkowe xi oznaczają,że k ∈ A, zaś rekurencja implikuje krok indukcyjny: jeśli n ∈ A toxn−k , xn−k+1, . . . , xn−1 są zdefiniowane jednoznacznie, rekurencjaimplikuje wartość xn, czyli n + 1 ∈ A.


Prawdziwe są też poniższe, podane bez dowodu

Twierdzenie 1.10Jeśli równanie charakterystyczne (1) rozkłada się na iloczyn czynnikówliniowych χ(x) = (x − p1)s1 · . . . · (x − pm)sm , to rozwiązaniamijednorodnej rekurencji liniowej są ciągi postacixn = w1(n)pn

1 + . . .+ wm(n)pnm, gdzie wi jest dowolnym wielomianem

stopnia mniejszego niż si .

Twierdzenie 1.11Dla niejednorodnej rekurencji liniowej postacixn =

∑ki=1 aixn−i + w(n)pn, gdzie w(n) jest wielomianem stopnia m oraz

p jest l -krotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, istniejetaki wielomian v(n) stopnia m + l , że ciąg yn = xn + v(n)pn spełniarekurencję liniową yn =

∑ki=1 aiyn−i .

Ponadto można szukać takiego wielomianu v, w którym lwspółczynników przy najniższych potęgach jest równych 0.Zauważmy, że Twierdzenie 1.11 nie wymaga rozkładu wielomianucharakterystycznego wyłącznie na czynniki liniowe. Wielokrotnezastosowanie ostatniego twierdzenia pozwala często sprowadzićniejednorodną rekurencję do przypadku jednorodnego.


Przykład 1.7Rozważmy równanie an = 3an−1 − 2an−2 + 1− 3n. (Por. Przykład 1.6.) Składnik −3n możemy potraktować jak iloczyn wielomianu stałegow(n) = 1 i 3n. 3 nie jest pierwiastkiem χ(x) = x2 − 3x + 2 = 0, a więcszukamy wielomianu v(n) stopnia 0 + 0 = 0, a więc stałej takiej, żebybn = an + v(n) · 3n = an + k · 3n spełniał prostszą rekurencję. Wstawiającan = bn − k · 3n do równania dostaniemybn − k · 3n = 3(bn−1 − k · 3n−1)− 2(bn−2 − k · 3n−2) + 1− 3n,równoważnie bn = 3bn−1 − 2bn−2 + (9k−9k+2k−9)3n−2 + 1. Widać, żewstawiając k = 9/2 równanie redukuje się do bn = 3bn−1 − 2bn−2 + 1. Składnik 1 możemy potraktować jak iloczyn w(n) = 1 i 1n. 1 jest1-krotnym pierwiastkiem χ(x) = x2 − 3x + 2 = 0, a więc szukamywielomianu v(n) stopnia 0 + 1 = 1 (czyli liniowego) ze współczynnikiemprzy najniższej potędze równym 0, aby cn = bn + v(n) · 1n = bn + knspełniał prostszą rekurencję. Wstawiając bn = cn − kn do rekurencjidostaniemy cn − kn = 3(cn−1 − k(n− 1))− 2(cn−2 − k(n− 2)) + 1, czylicn = 3cn−1−2cn−2+kn−3k(n−1)+2k(n−2)+1 = 3cn−1−2cn−2−k+1.Biorąc k = 1 rekurencja redukuje się do znanej już cn = 3cn−1 − 2cn−2.• Ostatecznie an = bn − 9

23n = cn − n − 9·3n

2 = a + b · 2n − n − 9·3n

2 ,gdzie a, b ∈ R mogą być dowolne.


Przykład 1.8 (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=

⌊1√5·

(1 +√5

2

)n⌋+1−(−1)n

2.

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

Przykład 1.9Na ile sposobów można planszę 2× n pociąć na prostokąty o wymiarach1× 2?

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


Definicja 1.4Liczbę

(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 1.4, bo pozwalaona często łatwiej uzasadniać własności symbolu Newtona, niż wzóralgebraiczny.

Przykład 1.10Pokażemy, 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

).

Leh

Highlight


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

)(2)

∑06k6n

(km

)=

(n + 1m + 1

)(3)

Związek współczynników dwumianowych z wielomianami opisuje wzór

(a + b)n =∑

06k6n

(nk

)akbn−k .

Możemy również jego użyć do dowodzenia faktów o współczynnikachdwumianowych.

Przykład 1.11Wzór z Przykładu 1.10:

∑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

).

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


Przykład 1.12Na 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 1.13Pokażemy 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 1.10.

Leh

Highlight


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 jedyna taka funkcja g : Y →→X , że(g f )(x) = g(f (x)) = x oraz (f g)(y) = f (g(y)) = y . Oznaczamyf −1 := g i nazywamy f −1 funkcją 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 2.2Żaden 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 2.3Jeśli A i B są zbiorami skończonymi oraz istnieje bijekcja f : A →→B to|A| = |B|.

Lemat 2.4Jeśli istnieje taka iniekcja f : A →N, że jej zbiór wartości jestograniczony, to A ma moc będącą liczbą naturalną.Indukcyjnie pokazuje się, że każdy zbiór ograniczony przez n ma mocskończoną.

Lemat 2.5Podzbiór zbioru skończonego jest skończony.

Lemat 2.6Podzbiór zbioru liczb naturalnych jest skończony wtedy i tylko wtedy, gdyjest ograniczony.

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


Twierdzenie 2.7 (Zasada dodawania)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)Jeśli zbiory A i B są skończone to |A× B| = |A| · |B|.

Dowód.Jeśli którykolwiek ze zbiorów A, B jest pusty, obie strony równości zerują się.Niech n = |A| > 0, m = |B| > 0. 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.

Leh

Highlight

Leh

Highlight


Prawdziwy jest wniosek z twierdzenia 2.7.

Wniosek 2.9Jeśli 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)Jeśli skończone zbiory A1,A2, . . .An są parami rozłączne to∣∣∣∣ n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣ =n∑

i=1

|Ai |.

Wniosek 2.11 (Zasada mnożenia)Jeśli skończone są zbiory A1,A2, . . .An to

|A1 × A2 × . . .× An| =n∏

i=1

|Ai |.

Leh

Highlight


Uogólnieniem wniosku 2.9 jest

Twierdzenie 2.12 (Zasada włączania–wyłączania)Jeśli 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 Ai | = 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)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 rozwinięciew dowolnym układzie pozycyjnym.

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

Leh

Highlight


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|.

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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

Lemat 2.14Liczba 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.

Leh

Highlight


Wniosek 2.15Podobnie jak pierwszą część Lematu 2.14 dowodzi się, że bijekcji międzydwoma zbiorami równej mocy n jest n!.Możemy też policzyć, ile jest permutacji, które nie mają punktów stałych.

Lemat 2.16|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 2.17Szansa, że losując spośród wszystkich permutacji z Sn otrzymamyniemającą 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 2.18Liczba 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 2.19Liczba 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.

Leh

Highlight


Definicja 3.1Permutację 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 3.1W 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→ 2, 3 7→ 3). Natomiast nie jest cyklemσ5 = (0 7→ 2, 1 7→ 3, 2 7→ 0, 3 7→ 1).

Definicja 3.2Jeśli permutacja jest cyklem takim jak w definicji 3.1, to oznaczamy jąσ = (k1k2 . . . km).

UwagaPowyższy zapis cyklu nie jest jednoznaczny. W przykładzie 3.1 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 3.3Cykle (k1k2 . . . km) i (l1l2 . . . lp) nazywamy rozłącznymi, jeśli m = 1 lubp = 1 (jeden z cykli jest stały) lub k1, k2, . . . , km ∩ l1, l2, . . . , lp = ∅.

Twierdzenie 3.1Każda permutacja może być przedstawiona jako złożenie paramirozłącznych 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 .

Leh

Highlight


Definicja 3.4Rzędem 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 3.2Weźmy 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 3.5Transpozycją nazywamy cykl rzędu 2.

Lemat 3.2Cykl (k1k2 . . . km) jest iloczynem m − 1 transpozycji(k1k2 . . . km) = (k1k2)(k2k3) . . . (km−1km−2)(km−1km).

Lemat 3.3Dowolna permutacja σ ∈ Sn jest iloczynem co najwyżej n − 1transpozycji.

Lemat 3.4Jeśli zapiszemy permutację jako iloczyn transpozycji, to permutacjaodwrotna jest iloczynem tych samych transpozycji, ale w odwróconejkolejności.

Definicja 3.6Dla permutacji σ będącej iloczynem rozłącznych cykli ci zdefiniujmyc(σ) =

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

transpozycji potrzebną do otrzymania σ.

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


UwagaDowód twierdzenia 3.1 pokazuje, że definicja c(σ) jest dobrzepostawiona.

Lemat 3.5Jeśli 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 3.6Każdy zapis permutacji jako iloczynu transpozycji, dla której c(σ) jestparzyste (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 3.7Permutację nazywamy parzystą, jeśli jest iloczynem parzystej liczbytranspozycji, zaś nieparzystą w przeciwnym wypadku. Znakiempermutacji nazywamy liczbę sgn(σ) = (−1)c(σ).

UwagaJeśli 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.

Leh

Highlight


Definicja 3.8Dolną 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 3.9Jeśli (fn) jest ciągiem, to symbolem ∆f oznaczamy ciąg(∆f )n = fn+1 − fn. Operator ∆ nazywamy operatorem różnicowym.Indukcyjnie możemy zdefiniować ∆0f = f oraz ∆k f = ∆(∆k−1f ).

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

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

geometrycznym o identycznym ilorazie co (gn).

5. Ze wzoru dwumianowego wynika, że ∆xn =∑n−1

i=0

(ni

)x i dla n > 0.

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

ciągiem stałym.

Leh

Highlight


Definicja 3.10Symbolem

∑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 +

∑n−1i=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 3.11Jeśli 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) Zarówno

∑gnδn jak i

∑lk gnδn są liniowe;

2)∑k

k gnδn = 0,∑k+1

k gnδn = gk ;

3)∑l

k gnδn +∑m

l gnδn =∑m

k gnδn;

4) jeśli k 6 l , to∑l

k gnδn =∑

k6i<l

gi zaś∑k

l gnδn = −∑

k6i<l

gi ;

5)∑

kmδk = km+1

m+1 oraz∑n

0 kmδk = nm+1

m+1 dla m 6= −1.

6)∑

kmδk = (k−1)m+1

m+1 oraz∑n

1 kmδk = (n−1)m+1

m+1 dla m 6= −1.

Wniosek 3.7Policzymy 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 + i1)δi =

∑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 3.12Operator przesunięcia E ciągu w lewo definiujemy jako (Ef )n = fn+1.

Lemat 3.8Jeśli 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 .

Leh

Highlight


Przykład 3.3Zauważmy, 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 3.4Policzymy 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 3.13Liczbą 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 3.9n0

=0,

n1

=1,

n2

=2n−1−1,

nn−1

=(n2

),

nn

=1,

nk

=0 dla k>n.

Lemat 3.10Liczby Stirlinga drugiego rodzaju spełniają zależność

nk

= k

n−1k

+n−1

k−1

.

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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 3.11[n0

]=0,

[n1

]=(n − 1)!,

[ nn−1]=(n2

),[nn

]=1,

[nk

]=0 dla k>n.

Lemat 3.12Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju spełniają zależność[

nk

]= (n − 1)

[n−1k

]+[n−1k−1

].

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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.

nk

6[nk

].

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

|B||A|

·|B|!.

3.

nk

=

1k!

∑0<i1<...<ik−1<n

( nik−1

)(ik−1ik−2

). . .(i2i1

).

4.∑n

k=1

[nk

]= n!.

5. xn =∑

k

nk

xk .

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

6. xn =∑

k(−1)n−k

nk

xk .

7. xn =∑

k

[nk

]xk .

8. xn =∑

k(−1)n−k[nk

]xk .

9. xn =∑k,m

(−1)n−k[nk

]km

xm =

∑k,m

(−1)k−mnk

[km

]xm.

10.∑

k(−1)n−k[nk

]km

= δm,n =

1 jeśli m = n,0 jeśli m 6= n.

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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

UwagaZachodzi 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.

Leh

Highlight


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 3.13∑nk=0 Hk = (n + 1)Hn+1 − (n + 1),

∑nk=0 kHk = n2+n

2 Hn+1 − n2+n4 .


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.

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)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 (n).

Lemat 3.15 (Prawo inwersji dla liczb Stirlinga)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.

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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.


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

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

)·(m

k

)· k!.

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

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

Leh

Highlight

Leh

Highlight

Leh

Highlight


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 5.2Jeśli (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

Leh

Highlight


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

Twierdzenie 5.3Dla 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).


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. Ważniak, http://wazniak.mimuw.edu.pl/

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

5. WolframAlpha, http://www.wolframalpha.com/

http://wazniak.mimuw.edu.pl/

http://en.wikipedia.org/

http://www.wolframalpha.com/

Documents

Wyklad Md Zag