Zbior

Matematyka dyskretna IIZbir zada

Grzegorz Bobiski

Wstp

Niniejszy zbir zada jest owocem prowadzonych przeze mnie w latach 19992002 wicze z przedmiotu Matematyka Dyskretna II na II roku informa-tyki na Wydziale Matematyki i Informatyki Uniwersytetu Mikoaja Koper-nika w Toruniu. Stanowi on uzupenienie przygotowanych przez dr. WitoldaKrakiewicza notatek z wykadu z tego przedmiotu. Zadania zamieszczone wzbiorze pochodz z nastpujcych pozycji powiconych kombinatoryce:

1. Victor Bryant, Aspects of combinatorics, A wide-ranging introduction,Cambridge University Press, Cambridge, 1993;

2. Peter Cameron, Combinatorics: topis, techniques, algorithms, Cam-bridge University Press, Cambridge, 1994;

3. Zbigniew Palka, Andrzej Ruciski, Wykady z kombinatoryki, cz 1,Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1998;

4. K. A. Pybnikob (red), Kombinatorny analiz, Zadaqi i uprane-ni, Nauka, Glavna redakci fiziko-matematiqesko literatu-

ry, Moskva, 1982.

Zbir zawiera take zadania zaproponowane przez dr. Andrzeja Daszkiewicza,dr. Witolda Krakiewicza oraz mojego wasnego autorstwa.

1

Rozdzia 1

Zadania

1.1 Podstawowe pojcia

1. Na ile sposobw z talii 52 kart mona wybra 10 kart tak, aby bywrd nich dokadnie jeden as?

2. Na ile sposobw z talii 52 kart mona wybra 10 kart tak, aby bywrd nich co najmniej jeden as?

3. Na ile sposobw z talii 52 kart mona wybra 6 kart tak, aby byywrd nich karty wszystkich kolorw?

4. Na ile sposobw spord n maestw mona wybra jedn kobiet ijednego mczyzn, ktrzy nie s maestwem?

5. Sadzamy n osb przy okrgym stole. Dwa rozsadzenia uwaamy zaidentyczne, jeli w obu przypadkach kady czowiek ma tych samych ssia-dw. Ile jest moliwych sposobw rozsadzenia?

6. Na ile sposobw mona posadzi przy okrgym stole n kobiet i nmczyzn tak, aby adne dwie osoby tej samej pci nie siedziay obok siebie?Dwa rozsadzenia uwaamy za identyczne, jeli w obu przypadkach kadyczowiek ma tych samych ssiadw.

7. Na ile sposobw mona rozmieci k nierozrnialnych kul w n ponu-merowanych szufladach, przy zaoeniu, e w kadej szufladzie moe znalesi co najwyej jedna kula?

8. Na ile sposobw mona rozmieci k rozrnialnych kul w n ponume-rowanych szufladach, przy zaoeniu, e w kadej szufladzie moe znale sico najwyej jedna kula?

9. Ile jest permutacji zbioru {1, . . . , n}, w ktrej adne dwie ssiednieliczby nie s parzyste?

2

1.2 Metoda bijektywna

Konstruujc odpowiednie bijekcje udowodni nastpujce rwnoci.

k

(n

k

)= n

(n 1k 1

)(1)

nk=1

k

(n

k

)= n2n1(2)

nk=1

k2(n

k

)= n(n 1)2n2 + n2n1(3)

nk=1

k2(n

k

)(n

n k)

= n2(2n 2n 1

)(4)

kl=0

(n

l

)(n lk l

)=

(n

k

)2k(5)

kl=0

(m

l

)(n

k l)

=

(m+ n

k

)(6)

k0

(n

2k

)=k0

(n

2k + 1

)(7)

nk=m

(k

m

)=

(n+ 1

m+ 1

)(8)

nk=0

(n

k

)(m 1)nk = mn(9)

nk=1

k3 =

(n+ 1

2

)2(10)

1.3 Regua wczania i wyczania

10. Ile jest liczb cakowitych dodatnich nie wikszych ni 10000 podziel-nych przynajmniej przez jedn z liczb 2, 3, 5?

11. Ile jest cakowitoliczbowych rozwiza rwnania

x1 + + x6 = 30

speniajcych ponisze warunki?

3

(a) 0 xi 10, i = 1, . . . , 6.(b) 10 xi 20, i = 1, . . . , 6.(c) x1 5, x2 10, x3 15, x4 20, xi 0, i = 1, . . . , 6.

12. Na ile sposobw z talii 52 kart mona wybra 5 kart tak, aby otrzy-ma co najmniej jednego asa, co najmniej jednego krla i co najmniej jedndam?

13. Ile jest permutacji zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, w ktrych pierw-sza liczba jest wiksza od 2, a ostatnia jest mniejsza od 9?

14. Ile jest cigw dugoci n, n 3, zoonych z cyfr 0, 1, . . . , 9 takich,e kada z cyfr 1, 2, 3 wystpuje w kadym z cigw co najmniej raz?

15. Ile jest macierzy zero-jedynkowych o wymiarach n na n, w ktrychco najmniej jeden wiersz jest zerowy?

16. Jakie jest prawdopodobiestwo, e po rozdaniu kart do bryda usta-lony gracz wrd otrzymanych kart bdzie mia cztery karty tej samej wyso-koci?

17. Oblicz prawdopodobiestwo, e rzucajc dziesi razy dwoma kost-kami do gry uzyskamy wszystkie pary {i, i}, gdzie i = 1, . . . , 6.

18. Przy okrgym stole sadzamy n maestw, na przemian kobiet imczyzn. Jakie jest prawdopodobiestwo, e adne maestwo nie bdziesiedziao obok siebie?

1.4 Rekurencja

19. Znale jawne wzory dla cigw speniajcych ponisze warunki re-kurencyjne.

(a) an+2 = 5an+1 6an, a0 = 2, a1 = 5.(b) an+2 = an+1 an, a0 = 0, a1 = 1.(c) an+3 = 2an+2 + an+1 2an, a0 = 0, a1 = 1, a2 = 9.


(a) an+1 2an = n2 + n+ 2, a0 = 0.(b) an+2 + 2an+1 3an = 1, a0 = 0, a1 = 1.

4


(a) nan+1 (n+ 1)an = 3n2(n+ 1), a1 = 3.(b) an+2 = 5n+1n+2an+1 6 nn+2an, a1 = 5, a2 = 612 .

22. Nie korzystajc ze wzoru jawnego dla cigu Fibonacciego (Fn) udo-wodni ponisze rwnoci (przypomnijmy, e Fn = Fn1 + Fn2, n 2,F0 = 1, F1 = 1).

(a) F 2n Fn+1Fn1 = (1)n;(b)

ni=0 Fi = Fn+2 1;

(c) Fn+m = FnFm + Fn1Fm1.

23. Niech Dn oznacza ilo permutacji n-elementowych bez punktwstaych. Nie korzystajc ze wzoru jawnego dla cigu (Dn) udowodni, eDn = (n 1)(Dn1 +Dn2) i wywnioskowa std, e Dn nDn1 = (1)n.

24. Na ile sposobw mona pokona n stopni, jeeli moemy poruszasi o 1 bd 2 stopnie do gry?

25. Ile mona utworzy cigw dugoci n zoonych z 0, 1 i 2 tak, byadne dwie jedynki nie stay obok siebie?

26. Ile mona utworzy cigw dugoci n zoonych z 0, 1 i 2 tak, byadne dwie jedynki ani adne dwie dwjki nie stay obok siebie?

27. Wyznaczy wzr na sum czwartych potg liczb naturalnych od 1do n.

28. Na ile maksymalnie czci mona podzieli paszczyzn przy pomocyn okrgw?

1.5 Wielomiany wieowe

29. Wyliczy wielomian wieowy nastpujcej szachownicy.

@@ @@@@ @@ @@

@@ @@ @@@@

@@ @@

5

30. Na ile sposobw mona postawi 8 nie atakujcych si wzajemniewie na nastpujcej szachownicy?

@@ @@@@ @@

@@ @@@@ @@

@@ @@@@ @@

@@ @@@@ @@

31. Na ile sposobw mona postawi n nie atakujcych si wzajemniewie na nastpujcej szachownicy o wymiarach n n?

@@ @@

@@ @@

32. Niech Rn,m oznacza wielomian wieowy pustej szachownicy o wy-miarach nm. Udowodni nastpujce rwnoci.

(a) Rn,m = Rn1,m +mtRn1,m1.(b) Rn,m = nmRn1,m1, gdzie f

oznacza pochodn wielomianu f .

33. Niech rn oznacza wielomianem wieowy nastpujcej szachownicy owymiarach n n

@@ @@ @@ @@@@ @@ @@@@ @@ @@@@ @@ @@

@@ @@ @@

p p p

pppppp

pppppp

ppppppp p p p p pp p p p p pp p p p p p.

Znale zaleno rekurencyjn angaujc rn, rn1 i rn2. Pokaza, e

rn =

(2n

0

)+

(2n 1

1

)t+ +

(2n kk

)tk + +

(n

n

)tn.

6

1.6 Funkcje tworzce


(a) an+2 = 4an+1 4an, a0 = 3, a1 = 8;(b) an+3 = 4an+2 5an+1 + 2an, a0 = 3, a1 = 3, a2 = 4;(c) an+3 6an+2 + 12an+1 8an = n, a0 = 0, a1 = 0, a2 = 1.

35. Znale funkcje tworzce cigw z poprzedniego zadania.

36. Znale zwizek pomidzy funkcjami tworzcymi cigw (an) i (bn).

(a) an+1 = bn, n 0.(b) an = nbn, n 0.(c) an =

ni=0 bi, n 0.

37. Udowodni, e jeli funkcja tworzca A(t) cigu (an) jest postaciA(t) = W (t)

1+c1t++cktk dla pewnego wielomianu W (t) stopnia mniejszego ni2k, to cig (an) spenia warunek an+k + c1an+k1 + + ckan = 0.

38. Znale funkcje tworzc cigw speniajcych ponisze warunki.Wykorzysta funkcje tworzc do znalezienia prostszej rekurencji dla poni-szych cigw.

(a) an+1 =n

i=0 ai + 1, a0 = 1.(b) an+1 =

ni=0 2

niai + 1, a0 = 1.(c) an+1 =

ni=0 Fniai + 1, a0 = 1.

39. Uzasadni wzr 1(1t)k =

n=0

(n+k1k1

)tn wykorzystujc interpreta-

cj powyszej funkcji, jako funkcji tworzcej dla iloci rozwiza rwnaniax1 + + xk = n, n 0, w liczbach cakowitych nieujemnych.

40. Znale ilo rozwiza rwnania x1 + 2x2 + 4x4 = n, n 0, wliczbach cakowitych nieujemnych.

41. Niech sn oznacza liczb cigw (x1, . . . , xk) takich, e xi {0, . . . , n}i xi+1 2xi. Udowodni, e sn = sn1 + sbn

2c. Pokaza, e funkcja tworzca

S(t) tego cigu spenia rwnanie (1 t)S(t) = (1 + t)S(t2).

7

1.7 Podziay

W poniszych zadaniach stosowane s nastpujce oznaczenia.

P (n) ilo podziaw liczby n. P (n, k) ilo podziaw liczby n na dokadnie k czci. p(n, k) ilo podziaw liczby n na co najwyej k czci. P (n, k, l) ilo podziaw liczby n na dokadnie k czci, z ktrychkada jest nie wiksza ni l.

p(n, k, l) ilo podziaw liczby n na co najwyej k czci, z ktrychkada jest nie wiksza ni l.

42. Wyliczy p(n, 1, l), p(n, 2, l) i p(n, 3).

43. Wyliczy P (n, n 2).

44. Wykorzystujc wzr

P (n) =m=1

(1)m+1[P

(n m(3m 1)

2

)+ P

(n m(3m+ 1)

2

)], n > 0,

gdzie P (n) = 0 dla n < 0, oraz P (0) = 1, wyliczy wartoci P (n), n =1, . . . , 20.

45. Udowodni, e

1

k!

(n 1k 1

) P (n, k)

(n 1k 1

).

46. Udowodni nastpujce rwnoci.(a) P (n+ k, k) = p(n, k).(b) P (n, 3) = P (2n, 3, n 1).(c) P (2n, n) = P (n).(d) P (n, k) = P (n 1, k 1) + P (n k, k).

47. Udowodni, e ilo podziaw liczby n na parzyste czci rwna siliczbie podziaw liczby n, w ktrych kada liczba wystpuje parzyst ilorazy.

8

48. Pokaza, e ilo podziaw liczby n w ktrych adna cz nie po-jawia si wicej ni k1 razy, jest rwna liczbie podziaw liczby n na czciniepodzielne przez k.

49. Niech = (1, 2, . . .) i = (1, 2, . . .) bd dwoma podziaami.Przez + oznacza bdziemy podzia (1 + 1, 2 + 2, . . .), natomiastprzez podzia otrzymany przez uporzdkowanie cigu (1, 1, 2, 2, . . .).Udowodni, e

(+ ) = ,gdzie oznacza podzia dualny do podziau .

50. Niech F (t) oznacza funkcj generujc cigu (P (n)), za G(t) funk-cj generujc cigu (Q(n)), gdzie Q(n) oznacza ilo podziaw liczby n narne czci. Udowodni, e F (t) = G(t)F (t2). Wykorzysta t rwno doudowodnienia wzoru

P (n) = Q(n) +Q(n 2)P (1) +Q(n 4)P (2) +Q(n 6)P (3) + .

Uzasadni powyszy wzr w bezporedni sposb.

1.8 Liczby Stirlinga

51. Wyliczy{

nn1}i{

nn2}.

52. Pokaza, e {n+ 1

k

}=

nj=0

(n

j

){j

k 1}.

53. Udowodni, e wielomian wieowy nastpujcej szachownicy wymia-ru n n p p pp p pp p pp p pp p p

p p pp p pp p p

ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppp p p

@@@@@@ @@@@@@@@ @@@@@@ @@@@

@@@@

@@

9

jest rwnynk=0

{n+ 1

n+ 1 k}tk.

54. Niech

Pn(t) =nk=0

{n

k

}tk

bdzie wielomianem Stirlinga. Udowodni, e:

Pn(t) = t[P n1(t) + Pn1(t)]; Pn(t) = t

n1j=0

(n1j

)Pj(t);

P n(t) =n1

j=0

(nj

)Pj(t).

1.9 Systemy reprezentantw

55. Dany jest zbir n kobiet i m mczyzn, przy czym kadych r kobietzna co najmniej r mczyzn. Ustalmy mczyzn A, ktry zna co najmniejjedn z kobiet. Udowodni, e kad z kobiet moemy poczy w par zznajomym mczyzn tak, e rnym kobietom odpowiadaj rni mczynii wrd wybranych mczyzn jest A.

56. Niech A = (aij) bdzie nn macierz tak, e istnieje o wasnocini=1 ai,j = dla kadego j i

nj=1 ai,j = dla kadego i. Udowodni, e

macierz A jest kombinacj liniow macierzy permutacji, tzn. istniej macierzepermutacji A1, . . . , Ak oraz liczby rzeczywiste 1, . . . , k takie, e 1A1 + + kAk = A.

57. Obliczy wymiar podprzestrzeni liniowej w Mn(R) rozpitej przezmacierze permutacji.

58. Udowodni, e w dowolnej macierzy o wspczynnikach liczbowychminimalna ilo kolumn i wierszy zawierajcych wszystkie niezerowe elementyjest rwna maksymalnej iloci niezerowych elementw, z ktrych adne dwanie znajduj si w jednym wierszy i w jednej kolumnie.

59. Udowodni, e jeli w macierzy kwadratowej wymiaru m zawartajest zerowa podmacierz o wymiarach s t, gdzie s + t > m, to wyznaczniktej macierzy jest rwny 0.

10

60. Niech (X1, . . . , Xn) oraz (Y1, . . . , Yn) bd dwoma rozkadami zbioruA na n rwnolicznych rozcznych podzbiorw. Udowodni, e istnieje sys-tem reprezentantw x1, . . . , xn wsplny dla obu rozkadw, tzn. dla pewnejpermutacji zbioru {1, . . . , n} mamy xi Xi oraz xi Y(i).

61. Wyliczy liczb kwadratw aciskich rozmiaru 1, 2, 3 i 4.

11

Rozdzia 2

Rozwizania

2.1 Podstawowe pojcia

1.(41

)(489

).

2. Poniewa wyborw, w ktrych nie ma ani jednego as, jest(4810

), wic

wyborw, w ktrych jest co najmniej jeden as, jest(5210

) (4810

).

3. Mog zdarzy si dwie sytuacji: albo w jednym kolorze bdziemy mielitrzy karty i w pozostaych po jednej, albo w dwch kolorach bdziemy mie-li po dwie karty i w pozostaych po jednej. Std otrzymujemy odpowied(41

)(133

)(131

)(131

)(131

)+(42

)(132

)(132

)(131

)(131

).

4. n2 n = n(n 1).

5. Gdyby miejsca przy stole byy ponumerowane, to rozsadze byobyn!. Zauwamy jednak, e zgodnie z warunkami zadania musimy utosamia-my grupy po 2n rozsadze, gdy st moemy obrci na n sposobw orazodbi symetrycznie te na n sposobw. Zatem ostateczna odpowied brzmi(n1)!

2. Odpowied ta jest poprawa dla n > 2. Dla n = 1, 2, obroty i symetrie

pokrywaj si. W tych przypadkach odpowiedzi jest (n 1)! = 1.

6. Podobnie jak poprzednio zamy, e miejsca przy stole s ponumero-wane. Moemy te przyj, e kobiety bd siedziay na miejscach nieparzy-stych, za mczyni na parzystych. Takich ukadw jest (n!)2. Przeksztacestou, ktre nie zmieniaj rozsadzenia, jest 2n. Musimy bowiem wybra tylkote symetrie i obroty, ktre przeprowadzajc miejsca nieparzyste w nieparzy-ste oraz parzyste w parzyste. Odpowiedzi jest wic (n!)

2

2n, n 2. Dla n = 1

otrzymujemy (n!)2

n= 1.

12

7. Musimy wybra k suflad, w ktrych umiecimy kule, co mona zrobina(nk

)sposobw.

8. Korzystajc z poprzedniego zadania otrzymujemy(nk

)k!.

9. Permutacj zbioru {1, . . . , n}, w ktrej adne ssiednie dwie liczbynie s parzyste, moemy otrzyma umieszczajc liczby parzyste pomidzynieparzystymi w ten sposb, aby pomidzy kadymi dwoma liczbami nie-parzystymi znalaza si co najwyej jedna liczba parzysta. Poniewa liczbparzystych jest bn

2c, za liczb nieparzystych bn+1

2c, wic sposobw na jakie

moemy wybra miejsca dla liczb parzystych pomidzy liczbami nieparzysty-mi jest

(bn+12

c+1bn2c). Ostateczn odpowiedzi jest zatem bn

2c! bn+1

2c! (bn+12 c+1bn

2c),

gdy liczby parzyste moemy ustawi na bn2c! sposobw, za liczby nieparzy-

ste na bn+12c! sposobw.

2.2 Metoda bijektywna

(1). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A, a) takich, e A {1, . . . , n}, |A| = k oraz a A. Podobnie definiujemy Y jako zbir wszystkichpar (b, B) takich, e b {1, . . . , n}, B {1, . . . , n} \ {b}, |B| = k 1. Mamy|X| = (n

k

) k oraz |Y | = n (n1k1). Okrelamy funkcj f : X Y wzorem

f(A, a) = (a,A \ {a}). Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona.Ponadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzoremg(b, B) = (B {b}, b).

(2). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A, a) takich, e A {1, . . . , n} oraz a A. Zauwamy, e zbir X moemy przedstawi w po-staci sumy X =

nk=1Xk, gdzie Xk jest zbiorem tych par (A, a) X dla

ktrych |A| = k. Poniewa |Xk| =(nk

) k oraz zbiory X1, . . . , Xn s pa-rami rozczne, wic |X| = nk=1 k(nk). Podobnie definiujemy Y jako zbirwszystkich par (b, B) takich, e b {1, . . . , n}, B {1, . . . , n} \ {b}. Mamy|Y | = n 2n1. Okrelamy funkcj f : X Y wzorem f(A, a) = (a,A \ {a}).Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona. Ponadto funkcja f jestbijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzorem g(b, B) = (B {b}, b).

(3). Niech X bdzie zbiorem wszystkich trjek (A, a1, a2) takich, e A {1, . . . , n} oraz a1, a2 A. Zauwamy, e zbir X moemy przedstawi wpostaci sumy X =

nk=1Xk, gdzie Xk jest zbiorem tych trjek (A, a1, a2)

X dla ktrych |A| = k. Poniewa |Xk| =(nk

) k k oraz zbiory X1, . . . ,Xn s parami rozczne, wic |X| =

nk=1 k

2(nk

). Podobnie definiujemy Y

jako zbir wszystkich trjek (b1, b2, B) takich, e b1, b2 {1, . . . , n}, B

13

{1, . . . , n} \ {b1, b2}. Zauwamy, e Y = Y1 Y2, gdzie Y1 jest zbiorem tychtrjek (b1, b2, B) Y dla ktrych b1 6= b2, za Y2 jest zbiorem tych trjek(b1, b2, B) Y , dla ktrych b1 = b2. Poniewa |Y1| = n (n 1) 2n2,|Y2| = n2n1 oraz zbiory Y1 i Y2 s rozczne, wic |Y | = n(n1)2n2+n2n1.Okrelamy funkcj f : X Y wzorem f(A, a1, a2) = (a1, a2, A \ {a1, a2}).Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona. Ponadto funkcja f jestbijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzorem g(b1, b2, B) = (B {b1, b2}, b1, b2).

(4). Niech X bdzie zbiorem wszystkich czwrek (A1, A2, a1, a2) takich,e A1 {1, . . . , n}, A2 {n + 1, . . . , 2n}, |A1| + |A2| = n, a1 A1, a2 {n + 1, . . . , 2n} \ A2. Zauwamy, e zbir X moemy przedstawi w postacisumy X =

nk=1Xk, gdzie Xk jest zbiorem tych czwrek (A1, A2, a1, a2)

X dla ktrych |A1| = k. Poniewa |Xk| =(nk

) ( nnk) k (n (n k))

oraz zbiory X1, . . . , Xn s parami rozczne, wic |X| =n

k=1 k2(nk

)(n

nk).

Podobnie definiujemy Y jako zbir wszystkich trjek (b1, b2, B) takich, e b1 {1, . . . , n}, b2 {n+1, . . . , 2n}, B {1, . . . , 2n}\{b1, b2}, |B| = n1. Mamy|Y | = n n (2n2

n1). Okrelamy funkcj f : X Y wzorem f(A1, A2, a1, a2) =

(a1, a2, (A1 A2) \ {a1}). Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona.Ponadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzoremg(b1, b2, B) = ((B {1, . . . , n}) {b1}, B {n+ 1, . . . , 2n}, b1, b2).

(5). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A1, A2) takich, e A1 {1, . . . , n}, A2 {1, . . . , n} \ A1, |A1| + |A2| = k. Zauwamy, e zbir Xmoemy przedstawi w postaci sumy X =

kl=0Xl, gdzie Xl jest zbiorem

tych par (A1, A2) X, dla ktrych |A1| = l. Poniewa |Xl| =(nl

) (nlkl)oraz

zbiory X0, . . . , Xk s parami rozczne, wic |X| =k

l=0

(nl

)(nlkl). Podobnie

definiujemy Y jako zbir wszystkich par (B1, B2), gdzie B1 {1, . . . , n},|B1| = k, B2 B1. Mamy |Y | =

(nk

) 2k. Okrelamy funkcj f : X Ywzorem f(A1, A2) = (A1 A2, A2). Zauwamy, e funkcja f jest poprawnieokrelona. Ponadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f danajest wzorem g(B1, B2) = (B1 \B2, B2).

(6). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A1, A2) takich, e A1 {1, . . . ,m}, A2 {m + 1, . . . ,m + n}, |A1| + |A2| = k. Zauwamy, e zbirX moemy przedstawi w postaci sumy X =

kl=0Xl, gdzie Xl jest zbiorem

tych par (A1, A2) X, dla ktrych |A1| = l. Poniewa |Xl| =(ml

) ( nkl)oraz

zbiory X0, . . . , Xk s parami rozczne, wic |X| =k

l=0

(ml

)(nkl). Podobnie

definiujemy Y jako zbir wszystkich podzbiorw B {1, . . . ,m+ n} takich,e |B| = k. Oczywicie |Y | = (m+n

k

). Okrelamy funkcj f : X Y wzorem

f(A1, A2) = A1 A2. Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona.

14

Ponadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzoremg(B) = (B {1, . . . ,m}, B {m+ 1, . . . ,m+ n}).

(7). Niech X bdzie zbiorem wszystkich podzbiorw A {1, . . . , n} oparzystej iloci elementw. Podobnie definiujemy Y jako zbir wszystkichpodzbiorw B {1, . . . , n} o nieparzystej iloci elementw. Mamy |X| =

k0(n2k

)oraz |Y | =k0 ( n2k+1). Okrelamy funkcj f : X Y wzorem

f(A) =

{A {n} n 6 AA \ {n} n A .

Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona. Ponadto funkcja f jestbijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzorem

g(B) =

{B {n} n 6 BB \ {n} n B .

(8). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (a,A) takich, e a {1, . . . , n + 1}, A {1, . . . , n}, |A| = m, a > maxA. Zauwamy, e zbir Xmoemy przedstawi w postaci sumy X =

nk=mXk, gdzie Xk jest zbiorem

tych par (a,A) X, dla ktrych a = k + 1. Poniewa |Xk| =nk=m

(km

)oraz

zbiory Xm, . . . , Xn s parami rozczne, wic |X| =n

k=m

(km

). Podobnie

definiujemy Y jako zbir wszystkich podzbiorw B {1, . . . , n + 1} takich,e |B| = m + 1. Oczywicie |Y | = (n+1

m+1

). Okrelamy funkcj f : X Y

wzorem f(a,A) = A {a}. Zauwamy, e funkcja f jest dobrze okrelona.Ponadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzoremg(B) = (maxB,B \ {maxB}).

(9). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A,), gdzie A {1, . . . , n}, : {1, . . . , n}\A {1, . . . ,m1}. Zauwamy, e zbir X moe-my przedstawi w postaci sumyX =

mk=0Xk, gdzieXk jest zbiorem tych par

(A,) X, dla ktrych |A| = k. Poniewa |Xk| =(nk

)(m1)nk oraz zbioryX0, . . . , Xk s parami rozczne, wic |X| =

kl=0

(nk

)(m 1)nk. Podobnie

definiujemy Y jako zbir wszystkich funkcji : {1, . . . , n} {1, . . . ,m}.Oczywicie |Y | = mn. Okrelamy funkcj f : X Y wzorem

[f(A,)](x) =

{(x) x 6 Am x A

dla x {1, . . . , n}. Zauwamy, e funkcja f jest poprawnie okrelona. Po-nadto funkcja f jest bijekcj, funkcja g odwrotna do f dana jest wzoremg() = (1(m), |{1,...,n}\1(m)).

15

(10). Niech X bdzie zbiorem wszystkich par (A1, A2), gdzie A1, A2 {0, . . . , n}, |A1| = 2 = |A2|. Oczywicie |X| =

(n+12

) (n+12

). Zauwamy, e

zbir X moemy przedstawi w postaci sumy X =nk=1Xk, gdzie Xk jest

zbiorem tych par (A1, A2) X, dla ktrych maxA1 k, maxA2 k orazmaxA1 = k lub maxA2 = k. Ustalmy k {1, . . . , n}. Mamy Xk = X kX k X k , gdzie X

k jest zbiorem tych par (A1, A2) Xk, dla ktrych maxA1 = k,

maxA2 < k, X k jest zbiorem tych par (A1, A2) Xk, dla ktrych maxA1 1 i e udowod-nilimy ju, i F 2n1 FnFn2 = (1)n1. Mamy nastpujcy cig rwnoci

F 2n Fn+1Fn1 = (Fn2 + Fn1)Fn (Fn1 + Fn)Fn1= Fn2Fn Fn1Fn F 2n1 + FnFn1= (F 2n1 Fn2Fn) = (1)n1 = (1)n,

co koczy dowd tezy indukcyjnej.

19

22.(b). Dowd jest indukcyjny ze wzgldu na n. Dla n = 0 tez atwosprawdzi bezporednim rachunkiem. Zamy zatem, e n > 0 i e udowod-nilimy ju, i

n1i=0 Fi = Fn+1 1. Mamy nastpujcy cig rwnoci

ni=0

Fi =n1i=0

Fi + Fn = Fn+1 1 + Fn = Fn+2 1,


22.(c). Dowd jest indukcyjny ze wzgldu na n + m. Dla n + m = 2mamy n = 1 = m i tez atwo jest sprawdzi bezporednim rachunkiem.Podobnie dla n+m = 3 z dokadnoci do symetrii mamy n = 2 oraz m = 1i teza wynika z bezporednich rachunkw. Zamy zatem, e dla k > 2 iudowodnilimy ju, i Fn+m = FnFm + Fn1Fm1 o ile n + m < k. Jelin +m = k oraz m = 1, to dana rwno wynika bezporednio z definicjicigu Fibnonacciego. Podobnie dla m = 2 moemy uzasadni rwno bez-porednim rachunkiem. Zamy zatem, e n +m = k oraz m 3. Wtedymamy nastpujcy cig rwnoci

Fn+m = Fn+m1 + Fn+m2= FnFm1 + Fn1Fm2 + FnFm2 + Fn1Fm3= Fn(Fm1 + Fm2) + Fn1(Fm2 Fm3)= FnFm + Fn1Fm1,


23. Oznaczmy przez Xn zbir permutacji zbioru {1, . . . , n} bez punk-tw staych. Ponadto przez X(i)n oznaczmy zbir tych permutacji zbioru{1, . . . , n}, dla ktrych jedynym punktem staych jest i. Oczywicie |Xn| =Dn oraz |X(i)n | = Dn1. Zdefiniujemy bijekcj f : Xn {1, . . . , n1}Xnn1i=1 {i} X(i)n , co zakoczy rozwizanie pierwszej czci zadania.Dla dowolnej permutacji Xn definiujemy permutacj Xn1 n=1

i=1 X(i)n wzorem

(j) =

{(j) (j) 6= n(n) (j) = n

.

Mona sprawdzi, e istotnie Xn1n=1i=1 X

(i)n . Okrelamy teraz funkcj

f wzorem f() = ((n), ). Funkcja f jest poprawnie okrelona, funkcjaodwrotna g do f dana jest wzorem

[g(i, )](j) =

(j) (j) 6= in (j) = i

i j = n

.

20

Dowd drugiej czci bdzie indukcyjny ze wzgldu na n. Dla n = 1 tezawynika z bezporednich rachunkw, gdy D1 = 0 i D0 = 1. Zamy zatem,e n > 1 oraz e udowodnilimy ju, i Dn1 = (n 1)Dn2 + (1)n1.Wykorzystujc pierwsz cz zadania i zaoenie indukcyjne otrzymujemynastpujcy cig rwnoci

Dn = (n 1)(Dn1 +Dn2) = (n 1)Dn1 + (n 1)Dn2= (n 1)Dn1 +Dn1 (1)n1 = nDn1 + (1)n,


24. Mona zauway, e jeli przez an oznaczymy ilo sposobw, na ilemoemy pokona n stopni, to an = an1 + an2 oraz a0 = a1 = 1. Stdan = Fn, gdzie Fn jest cigiem Fibonacciego.

25. Oznaczmy przez an ilo dozwolonych cigw dugoci n. Jeli cigdugoci n zaczyna si od 1, to nastpnie musi wystpi 0 lub 2 i dowolnydozwolony cig dugoci n 2. Jeli natomiast pierwsz cyfr w cigu jest0 lub 2, to moe po niej wystpi dowolny dozwolony cig dugoci n 1.Otrzymujemy zatem zaleno rekurencyjn an = 2an1+2an2, ktr czniez warunkami pocztkowymi a0 = 1 i a1 = 3, prowadzi do odpowiedzi an =323

6(13)n + 3+2

3

6(1 +

3)n.

26. Oznaczmy przez an ilo dozwolonych cigw dugoci n. Podobnieprzez bn oznaczmy ilo dozwolonych cigw dugoci n zaczynajcych si 0,natomiast przez cn oznaczmy ilo dozwolonych cigw dugoci n zaczyna-jcych si od 1. Poniewa ilo dozwolonych cigw dugoci n zaczynajcychsi od 2 jest rwna iloci dozwolonych cigw dugoci n zaczynajcych siod 1, wic otrzymujemy rwno an = bn + 2cn. Ponadto bn = an1, co wpoczeniu z pierwsz rwnoci daje nam wzr cn =

anan12

. Zauwamy, ejeli dozwolony cig dugoci n zaczyna si od 1, to nastpnie musi w nimwystpi dozwolony cig dugoci n1 zaczynajcy si od 0 lub 2, co prowa-dzi do rwnoci cn = bn1 + cn1. Wykorzystujc znalezione wczeniej wzoryna bn oraz an i przeksztacajc otrzyman w ten sposb rwno dochodzimydo zalenoci rekurencyjnej an = 2an1+ an2. Poniewa a0 = 1 oraz a1 = 3,wic an = 12(1

2)n+1 + 1

2(1 +

2)n+1.

27. Oznaczmy przez sn szukan sum. Mamy regu rekurencyjn sn sn1 = n4, ktra wraz z warunkiem pocztkowym s0 = 0 daje odpowiedsn =

15n5 + 1

2n4 + 1

3n3 1

30n.

21

28. Oznaczmy przez sn szukan ilo czci. Mamy regu rekurencyjnsn sn1 = 2(n 1). Powysz regu mona udowodni indukcyjnie wy-korzystujc przy tym fakt, e podzia paszczyzny przy pomocy n okrgwna maksymaln ilo czci musi mie wasno, e cz wsplna wntrzwszystkich n okrgw jest niepusta i adne trzy okrgi nie przecinaj si wjednym punkcie. Poniewa s1 = 2, wic otrzymujemy wzr sn = (n1)n+2.

2.5 Wielomiany wieowe

29. 1 + 14t+ 64t2 + 112t3 + 68t4 + 8t5.

30. Negatyw wyjciowej szachownicy ma posta

@@

@@@

@@@@@

@@@@@@

@@@@@@@@

@@@@@@@@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@@@@@@@@

@@@@@@@@

@@@@@@

@@@@@

@@@

@@

,

wic jego wielomian wieowy R jest rwny r4, gdzie r = 1 + 4t + 2t2 jestwielomianem wieowym pustej szachownicy o wymiarach 2 2. OstatecznieR = 1 + 16t + 104t2 + 352t3 + 664t4 + 704t5 + 416t6 + 128t7 + 16t8, skdotrzymujemy odpowied 1 8! 16 7! + 104 6! 352 5! + 664 4! 704 3! + 416 2! 128 1! + 16 0! = 4752.

31. Negatyw wyjciowej szachownicy jest szachownic o wymiarach nnpostaci

@

@@

@@@@@

@@@@@@

@@@@@@@@

@@@@@@

@@@@@@@@

@@@@@@

@@@

@@@

,

wic jego wielomian wieowy R jest rwny wielomianowi wieowemu pustejszachownicy o wymiarach 2 2. Zatem R = 1 + 4t+ 2t2, skd otrzymujemyodpowied n! 4(n 1)! + 2(n 2)!.

22

32.(a). Oznaczmy przez r(k)n,m wspczynnik stojcy w wielomianie Rn,mprzy tk. Musimy pokaza, e r(k)n,m = r

(k)n1,m + mr

(k1)n1,m1 dla k > 0. Le-

w stron powyszej rwnoci moemy oczywicie zinterpretowa jako ilorozstawie k wzajemnie nie atakujcych si wie na pustej szachownicy owymiarach nm. Rozstawienia te moemy podzieli na dwie rozczne pod-zbiory. Pierwszy z nich skada si z tych rozstawie, dla ktrych adna z wienie stoi w pierwszym wierszu, natomiast do drugiego podzbioru zaliczymypozostae rozstawienia. Zauwamy, e rozstawienia nalece do pierwszegopodzbioru moemy traktowa jako rozstawienia k wzajemnie nie atakuj-cych si wie na pustej szachownicy o wymiarach (n 1)m, skd wynika,e takich rozstawie jest r(k)n1,m. Rozstawienia nalece do drugiego podzbio-ru moemy otrzyma stawiajc najpierw jedn wie w pierwszym wierszu,a potem pozostae k 1 wie na szachownicy powstaej z wyjciowej przezusunicie pierwszego wiersza i kolumny w ktrej stoi pierwsza wiea. Ponie-wa w pierwszym wierszu wie moemy postawi na m sposobw, za ilorozstawie k 1 wie na szachownicy powstaej z wyjciowej przez usuni-cie pierwszego wiersza i kolumny w ktrej stoi pierwsza wiea jest rwnar(k1)n1,m1, wic rozstawie nalecych do drugiego podzbioru jest mr

(k1)n1,m1,

co koczy rozwizanie.Drugie rozwizanie tego zadania moemy otrzyma wykorzystujc wzr

RS = RS + tRS , gdzie dla ustalonego pola dozwolonego s szachownicyS przez S oznaczamy szachownic otrzyman z S przez zamian pola sna zabronione, za przez S szachownic powsta z S przez usunicie ko-lumny i wiesza zawierajcych s. Niech R(l)n,m bdzie wielomianem szachow-nicy otrzymanej z pustej szachownicy o wymiarach n m przez zamianl pl w pierwszym wierszu na zabronione. Mamy rwnoci R(0)n,m = Rn,moraz R(m)n,m = Rn1,m. Ponadto z przedstawionego powyszej wzoru wyni-ka, e R(l)n,m = R

(l+1)n,m + tRn1,m1, co pozwala udowodni indukcyjnie, e

Rn,m = R(l)n,m + ltRn1,m1. Podstawiajc l = m otrzymujemy dany wzr.

33. Oznaczmy przez sn wielomian wieowy nastpujcej szachownicy owymiarach n (n 1)

@@ @@ @@@@ @@@@ @@

@@ @@@@ @@ @@

p p p

pppppp

pppppp

ppppppp p p p pp p p p pp p p p p.

Wykorzystujc wzr przedstawiony w drugim rozwizaniu zadania 32.(a)

23

otrzymujemy, e rn = sn + trn1 oraz sn = rn1 + tsn1 dla n > 1. Wszczeglnoci dla n > 2 mamy z pierwszej rwnoci, e sn = rn trn1oraz sn1 = rn1 trn2. Podstawiajc otrzymane powyej wzory na sn isn1 do drugiej rwnoci dostajemy dan zaleno rekurencyjn postacirn = (1 + 2t)rn1 t2rn2.

Drug cz zadania dowodzimy indukcyjnie. Prawdziwo wzoru dla n =1, 2 mona sprawdzi bezporednim rachunkiem. Krok indukcyjny dla n > 2wykorzystuje powysz zaleno rekurencyjn oraz wzory

(2n0

)=(2n20

),(

2n11

)=(2n31

)+2(2n20

),(2nkk

)=(2nk2

k

)+(2nk1k1

)(2n2k2), k = 2, . . . , n

1, oraz(nn

)= 2(n1n1) (n2

n2).

2.6 Funkcje tworzce

34.(a). Rwnaniem charakterystycznym dla rozwaanego problemu jestrwnanie 2 4 + 4 = 0, ktrego pierwiastkiem podwjnym jest = 2.Std wynika, e an = 12n + 2n2n dla pewnych liczb rzeczywistych 1 i2. Podstawiajc n = 0 i n = 1 wyliczamy, e 1 = 3 i 2 = 1, zateman = (3 + n)2

n.

34.(b). an = 8 + 8n 5 2n.34.(c). Wiadomo, e cig an ma posta an = bn + cn, gdzie bn jest pew-

nym rozwizaniem problemu jednorodnego bn+3 6bn+2 + 12bn+1 8bn = 0,za cn jest pewnym wielomianem stopnia nie wikszego ni 4 speniajcymwarunek bn+3 6bn+2 + 12bn+1 8bn = n. Po wykonaniu odpowiednich ra-chunkw otrzymujemy, e an = (3 n)2n 3 n.

35.(a). Mnoc przez tn+2 rwno an+2 4an+1 + 4an = 0 oraz su-mujc otrzymane w ten sposb wyraenia dla n 0 dostajemy rwno

n=0 an+2tn+2 4n=0 an+1tn+2 +4n=0 antn+2 = 0. Zauwamy, e mamy

rwnoci

n=0 an+2tn+2 =

n=2 ant

n = A(t) a1t a0,

n=0 an+1tn+2 =

t(

n=1 antn) = t(A(t) a0) oraz

n=0 ant

n+2 = t2

n=0 antn = t2A(t), a

wic powysza rwno przyjmuje posta A(t) 8t 3 4tA(t) + 12t +4t2A(t) = 0, skd A(t) = 34t

14t+4t2 .

35.(b). A(t) = 39t+7t2

14t+5t22t3 .

35.(c). Podobnie jak w poprzednich zadaniach dochodzimy do rwno-ci (1 6t + 12t2 8t3)A(t) + t2 = n=0 ntn+3. Mamy n=0 ntn+3 =t4

n=0 ntn1 = t4

n=0(t

n) = t4(

n=0 tn) = t4( 1

1t) = t4 1

(1t)2 , skd

A(t) = 2t3t2

(16t+12t28t3)(1t)2 .

24

36.(a). Mnoc rwno an+1 = bn przez tn+1 oraz sumujc otrzymanew ten sposb wyraenia dla n 0 dostajemy rwno n=0 an+1tn+1 =

n=0 bntn+1. Poniewa mamy, e

n=0 an+1t

n+1 =

n=1 antn = A(t) a0

oraz

n=0 bntn+1 = t

n=0 bnt

n = tB(t), wic odpowiedzi jest rwnoA(t) a0 = tB(t).

36.(b). Podobnie jak w poprzednim punkcie dochodzimy do rwnocin=0 ant

n =

n=0 nbntn, ktre lewa strona jest rwna A(t). Zarazem mamy

n=0 nbntn = t

n=0 nbnt

n1 = t

n=0(bntn) = tB(t), wic A(t) = tB(t).

36.(c). Mamy rwno

n=0 antn =

n=0

ni=0 bit

n, ktrej lewa stronajest rwna A(t). Ponadto mamy rwnoci

n=0 bit

n =

n=0

ni=0 bit

itni =i=0(bit

i

j=0 tj) = (

j=0 t

j)(

i=0 biti) = 1

1tB(t), skd wynika, e A(t) =B(t)1t .

37. Niech 1, . . . , l bd wszystkimi parami rnymi pierwiastkamiwielomianu tk+c1tk1+ +ck, za 1, . . . , l krotnociami tych pierwiastkwodpowiednio. Dla kadego j = 1, . . . , k niech (a(j)n ) bdzie cigiem danymwzorem a(j)n := nj(1+1++i1)ni , jeli 1 + + i1 < j 1 + + i.Pokaemy najpierw, e cig (bn) spenia warunek bn+k+c1bn+k1+ +ckbn =0 wtedy i tylko wtedy, gdy jest kombinacj liniow cigw (b(j)n ). Niech Vbdzie przestrzeni cigw (bn) speniajcych warunek bn+k+c1bn+k1+ +ckbn = 0, za U przestrzeni liniow generowan przez cigi (a

(j)n ). Wiemy

ju, e V U , musimy zatem pokaza przeciwne zawieranie. Zauwamy, eprzestrze V ma wymiar k, gdy kady cig (bn) V jest jednoznaczniewyznaczony przez wyrazy b0, . . . , bk1. Z drugiej strony przestrze U mawymiar nie wikszy ni k. Poniewa V U , wic otrzymujemy V = U , cochcielimy pokaza.

Udowodnimy teraz tez zadania. Poniewa stopie wielomianu W jestmniejszy ni k oraz 1 + c1t + + cktk =

li=0

ij=1(1 it)j, wic A(t) =l

i=0

ij=1

Ai,j(1it)j =

li=0

ij=1(Ai,j

n=0

(n+j1j1

)ntn) dla pewnych Ai,j,

skd an =l

i=0

ij=1Ai,j

(n+j1j1

)n, a wic (an) U = V .

38.(a). Podobnie jak w zadaniu 36.(c) otrzymujemy, e A(t)1 = tA(t)1t +

t1t , skd A(t) =

112t . Z poprzedniego zadania wynika zatem, e cig (an)

spenia warunek an+1 2an = 0.

38.(b). Posugujc si metodami analogicznymi do tych zaprezentowa-nych w rozwizaniu zadania 36 mamy A(t) 1 = n=0ni=0 2niaitn+1 +t

1t . Zauwamy, e mamy

n=0

ni=0 2

niaitn+1 =

n=0

ni=0 tait

i(2t)ni =

25

t

i=0(aiti

j=0(2t)j) = t(

j=0(2t)

j)(

i=0 aiti) = t 1

12tA(t), skd A(t) 1 = tA(t)

12t +t

1t . Otrzymujemy zatem, e A(t) =12t

(13t)(1t) =12t

14t+t2 orazzaleno rekurencyjn an+2 4an+1 + 3an = 0.

38.(c). Podobnie jak w poprzednim zadaniu otrzymujemy, e A(t) 1 = tF (t)A(t)+ t

1t , gdzie F (t) jest funkcj generujc cigu Fibnonacciego.Poniewa F (t) = t

1tt2 , wic dostajemy, e A(t) =1tt2

12tt2+2t3 i zalenoan+3 2an+2 an+1 + 2an = 0.

40. Zauwamy, e ilo an rozwiza rwnania x1 + 2x2 + 4x4 = nw liczbach cakowitych dodatnich jest rwna iloci przedstawie jednomia-nu tn jako iloczynu potg jednomianw t, t2 i t4. Std mamy, e A(t) =(

i=0 ti)(

i=0(t2)i)(

i=0(t

4)i), gdzie A(t) jest funkcj tworzc cigu (an).Z powyszej rwnoci dostajemy A(t) = 1

1t1

1t21

1t4 =1

(1t)3(1+t)2(1it)(1+it) =9

32(1t) +1

4(1t)2 +1

8(1t)3 +5

32(1+t)+ 1

16(1+t)2+ 1i

16(1it) +1+i

16(1+it)=

n=0(932

+n+14

+ (n+1)(n+2)16

+ 5(1)n

32+ (1)

n(n+1)16

+ (1i)in

16+ (1+i)(i)

n

16)tn, a wic an =

932

+ n+14

+ (n+1)(n+2)16

+ 5(1)n

32+ (1)

n(n+1)16

+ (1i)in

16+ (1+i)(i)

n

16.

41. Zbir cigw (x1, . . . , xk) speniajcych warunki: xi {1, . . . , n} ixi+1 2xi, moemy podzieli na dwa rozczne podzbiory. Pierwszy podzbirskada si z tych cigw (x1, . . . , xk) powyszej postaci, dla ktrych xk = n,drugi za z pozostaych. Jeli cig (x1, . . . , xk) naley do pierwszego podzbio-ru, to wtedy (x1, . . . , xk1) spenia warunki: xi {1, . . . , bn2 c} i xi+1 2xi.Na odwrt, gdy cig (x1, . . . , xk1) spenia warunki: xi {1, . . . , bn2 c} ixi+1 2xi, to cig (x1, . . . , xk1, n) naley do pierwszego podzbioru. Stdwynika, e do pierwszego podzbioru naley sbn

2c podzbiorw. Z drugiej stro-

ny cig (x1, . . . , xk) naley do drugiego podzbioru wtedy i tylko wtedy, gdyxi {1, . . . , n 1} i xi+1 2xi, a wic podzbir ten ma sn1 elementw, cokoczy rozwizanie pierwszej czci zadania.

Mnoc rwno sn = sn1+sbn2c przez tn i sumujc otrzymane w ten spo-

sb wyraenia dla n 1, dostajemyn=1 sntn =n=1 sn1tn+n=1 sbn2 ctn.Mamy

n=1 snt

n = S(t)s0 = S(t)1 i

n=1 sn1tn = t

n=0 snt

n = tS(t).Ponadto

n=1 sbn2 ct

n = s0t+

n=1 sn(t2)n(1 + t) = (1 + t)(

n=0 sn(t

2)n)s0 = (1 + t)S(t

2) 1. Wykorzystujc powysze wzory otrzymujemy danrwno.

2.7 Podziay

42. Poniewa mamy dokadnie jeden podzia liczby n na co najwyej 1

cz postaci (n), wic p(n, 1, l) =

{0 l < n

1 l n .

26

Podziay liczby n na co najwyej dwie czci s postaci (k, n k) dlak = bn+1

2c, . . . , n, przy czym czci podziau (k, n k) s nie wiksze od l

wtedy i tylko wtedy, gdy k l. Zatem p(n, 2, l) = 0, gdy l < bn+12c oraz

p(n, 2, l) = n bn+12c + 1 = bn+2

2c dla l n. Jeli bn+1

2c l n, to

p(n, 2, l) = l bn+12c+ 1.

Aby wyliczy p(n, 3) zauwamy, e p(n, 3) jest rwne iloci podziawliczby n, ktrych adna cz nie przekracza 3. Jeli jest podziaem licz-by n, ktrego adna cz nie przekracza 3, i przez xi oznaczmy ilo czcipodziau rwnych i, i = 1, 2, 3, to x1 + 2x2 + 3x3 = n. Z drugiej strony,jeli (x1, x2, x3) jest rozwizaniem rwnania x1 + 2x2 + 3x3 = n w liczbachcakowitych dodatnich, to := (3x3 , 2x2 , 1x1) jest podziaem liczby n, ktregoadna cz nie przekracza 3. Zatem ilo podziaw liczby n, ktrych adnacz nie przekracza 3, rwna jest iloci rozwiza w liczbach cakowitych do-datnich rwnania x1+2x2+3x3 = n. Postpujc podobnie jak w rozwizaniuzadania 40 otrzymujemy, e p(n, 3) = 17

72+ n+1

4+ (n+1)(n+2)

12+ (1)

n

8+

n+2n

9,

gdzie jest pierwotnym pierwiastkiem stopnia 3 z 1.

43. Wykorzystujc zadanie 46.(a) wiemy, e P (n, n 2) = p(2, n 2).Mamy dwa podziay liczby 2: (2) i (1, 1), zatem P (n, n2) = 2, gdy n2 2,oraz P (3, 1) = 1.

44. Korzystajc z odpowiedniego wzoru otrzymujemy

P (1) = P (0) = 1

P (2) = P (1) + P (0) = 2

P (3) = P (2) + P (1) = 3

P (4) = P (3) + P (2) = 5

P (5) = P (4) + P (3) P (0) = 7P (6) = P (5) + P (4) P (1) = 11P (7) = P (6) + P (5) P (2) P (0) = 15P (8) = P (7) + P (6) P (3) P (1) = 22P (9) = P (8) + P (7) P (4) P (2) = 30P (10) = P (9) + P (8) P (5) P (3) = 42P (11) = P (10) + P (9) P (6) P (4) = 56P (12) = P (11) + P (10) P (7) P (5) + P (0) = 77P (13) = P (12) + P (11) P (8) P (6) + P (1) = 101P (14) = P (13) + P (12) P (9) P (7) + P (2) = 135P (15) = P (14) + P (13) P (10) P (8) + P (3) + P (0) = 176

27

P (16) = P (15) + P (14) P (11) P (9) + P (4) + P (1) = 231P (17) = P (16) + P (15) P (12) P (10) + P (5) + P (2) = 297P (18) = P (17) + P (16) P (13) P (11) + P (6) + P (3) = 385P (19) = P (18) + P (17) P (14) P (12) + P (7) + P (4) = 490P (20) = P (19) + P (18) P (15) P (13) + P (8) + P (5) = 62745. Przypomnijmy, e

(n1k1)jest iloci rozwiza w liczbach cakowi-

tych dodatnich rwnania x1+ +xk = n. Kady podzia liczby n na dokad-nie k czci jest takim rozwizaniem, co dowodzi nierwnoci P (n, k) (n1

k1).

Z drugiej strony, parze (, ), gdzie jest permutacj zbioru {1, . . . , k}, za jest podziaem liczby n na dokadnie k czci, moemy przyporzdkowa roz-wizanie ((1), . . . , (k)) rwnania x1+ +xk = n w liczbach cakowitychdodatnich. Otrzymujemy w ten sposb wszystkie moliwe takie rozwizania,gdy rozwizanie (x1, . . . , xk) jest obrazem przy powyszym przeksztace-niu pary (, (x1(1), . . . , x1(k))), gdzie jest dowoln permutacj zbioru{1, . . . , k}, dla ktrej cig (x1(1), . . . , x1(k)) jest nierosncy. Powysze ob-serwacje kocz dowd nierwnoci

(n1k1) k!P (n, k).

46.(a). Przyporzdkowanie (1, . . . , k) 7 (1 1, . . . , k 1) ustalawzajemnie jednoznaczn odpowiednio pomidzy podziaami liczby n + kna dokadnie k czci i podziaami liczby n na co najwyej k czci.

46.(b). Przyporzdkowanie (1, 2, 3) 7 (n3, n2, n1) ustalawzajemnie jednoznaczn odpowiednio pomidzy podziaami liczby n nadokadnie 3 czci i podziaami liczby 2n na dokadnie 3 czci, z ktrychkada jest nie wiksza ni n 1. Przyporzdkowanie odwrotne dane jestwzorem (1, 2, 3) 7 (n3, n2, n1). Zauwamy, e jeli (1, 2, 3)jest podziaem liczby n na dokadnie 3 czci, to warunek i 1 implikuje,e ni n1. Ponadto i < n, wic ni > 0, a wic istotnie (n3, n2, n 1) jest podziaem liczby 2n na dokadnie 3 czci, z ktrych kadajest nie wiksza ni n 1. Podobnie uzasadniamy, e (n 3, n 2, n 1)jest podziaem liczby n na dokadnie 3 czci, jeli (1, 2, 3) jest podziaemliczby 2n na dokadnie 3 czci, z ktrych kada jest nie wiksza ni n 1.

46.(c). Korzystajc z zadania 46.(a) mamy P (2n, n) = p(n, n) = P (n).

46.(d). Przyporzdkowanie

(1, . . . , k) 7{(1, . . . , k1) k = 1

(1 1, . . . , k 1) k > 1ustala odpowiednio pomidzy odpowiednimi zbiorami podziaw.

28

47. I sposb. Przyporzdkowanie podziaowi podziau dualnego

ustala wzajemnie jednoznaczn odpowiednio pomidzy podziaami liczby nna czci parzyste oraz podziaami liczby n, w ktrych kada cz wystpujeparzyst ilo razy. Aby to sprawdzi naley skorzysta z obserwacji, e ilowystpie liczby k w podziale wynosi k k+1, co jest konsekwencjfaktu i = |{j | j i}| = max{j | j i}.

II sposb. Niech an oznacza ilo podziaw liczby n na parzyste czci,za bn ilo podziaw liczby n, w ktrych kada liczba wystpuje parzystilo razy. Oznaczmy przez A(t) i B(t) funkcje generujce cigw (an) i (bn)odpowiednio. Z wykadu wiemy, e A(t) =

i=0

11t2i . Z drugiej strony atwo

zauway, e bn = 0 gdy n jest liczb nieparzyst, oraz bn = P (n2 ), gdy n jestliczb parzyst. Std B(t) = F (t2), gdzie F (t) jest funkcj generujc cigu(P (n)). Ostatecznie B(t) =

i=0

11t2i = A(t).

48. Niech an oznacza ilo podziaw liczby, w ktrych kada cz wy-stpuje co najwyej k 1 razy, za bn ilo podziaw liczby n na czciniepodzielne przez k. Oznaczmy przez A(t) i B(t) funkcje generujce cigw(an) i (bn) odpowiednio. Z wykadu wiemy, e B(t) =

k 6 | i

11ti . Pokaemy,

e A(t) = B(t). Z definicji cigu (an) wynika, e A(t) =

i=1(1 + ti + +

(ti)k1). Wykorzystujc rwno 1 + ti + + (ti)k1 = 1(ti)k1ti otrzymujemy,

e A(t) =

i=11tik1ti =

k 6 | i

11ti = B(t).

49. Przypomnijmy, e i = max{j | j i}. Zatem i = k wtedyi tylko wtedy, gdy k i > k+1. Std ilo wystpie liczby k jako cz-ci podziau jest rwna k k+1. Wykorzystujc powysz obserwacjotrzymujemy, e ilo wystpie liczby k w podziale ( + ) jest rwna( + )k ( + )k+1 = (k k+1) + (k k+1). Z drugiej strony, ilowystpie liczby k jako czci podziau jest sum iloci wystpieliczby k w podziale i iloci wystpie liczby k w podziale , co daje nam(k k+1) + (k k+1) i koczy dowd.

50. Rwno F (t) = G(t)F (t2) otrzymujemy korzystajc ze zwizku1t2i = (1ti)(1+ti) oraz ze wzorw F (t) =i=1 11ti i G(t) =i=1(1+ti)udowodnionych na wykadzie. W tej sytuacji rwno

P (n) = Q(n) +Q(n 2)P (1) +Q(n 4)P (2) +Q(n 6)P (3) + .otrzymujemy porwnujc wspczynniki przy tn w F (t) oraz w iloczynieG(t)F (t2). Bezporedni dowd powyszego wzoru otrzymujemy zwizujcz kadym podziaem = (1, 2, . . .) = (1i1 , 2i2 , . . .) par podziaw i w nastpujcy sposb. Podzia skada si z tych czci podziau , kt-re wystpuj w nim nieparzyst ilo razy, za podzia dany jest wzorem = (1b

i12c, 2b

i22c, . . .).

29

2.8 Liczby Stirlinga

51.{

nn1}=(n2

), gdy wrd n1 zbiorw jeden musi by 2-elementowy,

pozostae za 1-elementowe. Zbir 2-elementowy moemy wybra na(n2

)spo-

sobw, pozostae n 2 elementy w jednoznaczny sposb tworz zbiory 1-elementowe. Podobnie

{nn2}=(n3

)+ 1

2

(n2

)(n2n4).

52. Zauwamy, e zbir {1, . . . , n+1} moemy podzieli na k niepustychpodzbiorw w nastpujcy sposb: wybieramy najpierw podzbir A zawiera-jcy n+1, a nastpnie dzielimy pozostae elementy dzielimy na k 1 niepu-stych podzbiorw. Przy ustalonym zbiorze A moemy to zrobi na

{n+1lk1

}sposobw, gdzie l = l(A) jest iloci elementw zbioru A. Poniewa przyustalonym l zbir A moemy wybra na

(nl1)sposobw oraz moliwe warto-

ci l to 1, . . . , n (gdy l > n k 2, to {n+1lk1

}= 0), wic wzr otrzymujemy

podstawiajc j = n+ 1 l i korzystajc z tosamoci ( nnj)=(nj

).

53. Niech an,k bdzie iloci rozstawie k wie na rozwaanej szachowni-cy. Oczywicie an,0 = 1 =

{n+1n+1

}oraz an,n = 1 =

{n+11

}. Dla k = 1, . . . , n 1

otrzymujemy, e an,k = an1,k+(n+1k)an1,k1. Istotnie, pierwszy skadnikwyraenia po prawej stronie odpowiada tym rozstawieniom k wie, w ktrychadna z wie nie stoi w pierwszej kolumnie, za drugi pozostaym. Korzysta-jc z zaoenia indukcyjnego oraz wzoru

{ml

}={m1l1}+ l{m1l

}udowodnio-

nego na wykadzie, otrzymujemy, e an,k ={

nnk}+ (n + 1 k){ n

n+1k}

={n+1

n+1k}.

54. Porwnanie wspczynnikw stojcych przy tk w pierwszym wzorzedaje tosamo

{nk

}= k

{n1k

}+{n1k1}udowodnion na wykadzie. Podob-

nie druga rwno sprowadza si do wzoru{nk

}=n1

j=0

(n1j

){j

k1}poka-

zanego w zadaniu 52. Ostatni wzr jest konsekwencj dwch poprzednich.Istotnie, z pierwszego wzoru mamy tP n(t) = Pn+1(t) tPn(t). Podstawiajcz drugiego wzoru Pn+1(t) = t

nj=0

(n1j

)Pj(t) i dzielc otrzyman rwno

przez t, koczymy dowd. Zauwamy, e ostatni wzr daje nam tosamo(k + 1)

{nk+1

}=n1

j=0

(nj

){jk

}, ktr mona te uzasadni bezporednio.

2.9 Systemy reprezentantw

55. Niech Ai bdzie zbiorem mczyzn, ktrych zna kobieta i. Warunkizadania mwi, e cig (A1, . . . , An) spenia warunek Halla, zatem istnieje dlatego cigu system reprezentantw, to znaczy kad kobiet moemy poczyw par ze znajomym mczyzn tak, aby rne kobiety byy poczone w

30

pary z rnymi mczyznami. Jeli wrd wybranych mczyzn nie ma A,to wprowadzamy go na miejsce mczyzny, ktry zosta przyporzdkowanyjednej z kobiet znanej przez A.

56. Moemy zaoy, e ai,j 0 dla wszystkich i, j. Istotnie, macierzJ zoona z samych jedynek jest w trywialny sposb kombinacj liniowmacierzy permutacji oraz macierz A + J ma wspczynniki nieujemne dladostatecznie duego . Dowd bdzie indukcyjny ze wzgldu na ilo m par(i, j) takich, e ai,j > 0. Gdy m = 0, to teza jest oczywista. Przypumyzatem, e m > 0. Dla kadego i = 1, . . . n niech Xi bdzie zbiorem tychindeksw j, dla ktrych ai,j > 0. Pokaemy, e cig (X1, . . . , Xn) speniawarunek Halla. Ustalmy I {1, . . . , n} i niech k = |X|, gdzie X = iI Xi.Wtedy |I| =iInj=1 ai,j =iIjX ai,j =jXiI ai,j k, skd|I| k. Niech (1, . . . , n) bdzie system reprezentantw cigu (X1, . . . , Xn)oraz P = (pi,j), gdzie pi,j = i,j. Wtedy P jest macierz permutacji orazA P jest kombinacj liniow macierzy permutacji na mocy zaoenia in-dukcyjnego, gdzie = min{ai,i | i = 1, . . . , n}.

57. Z poprzedniego zadania wiemy, e rozwaana podprzestrze liniowajest zbiorem rozwiza ukadu rwna

ni=1 ai,j =

ni=1 ai,1, j = 2, . . . , n,n

i=1 aj,i =n

i=1 ai,1, j = 2, . . . , n, zatem jej wymiar jest rwny n2 2(n

1) = (n 1)2 + 1.

58. Ustalmy macierz A = (ai,j) oraz oznaczmy przez N minimaln ilowierszy i kolumn zawierajcych wszystkie niezerowe elementy macierzy A,za przez M maksymaln liczb niezerowych elementw macierzy A, z kt-rych adne dwa nie stoj w jednym wierszu ani w jednej kolumnie. Pokaemynajpierw, e M N . Niech i1, . . . , ip oraz j1, . . . , jq bd numerami wierszyi kolumn zawierajcych wszystkie niezerowe elementy macierzy A. Przypu-my ponadto, e ak1,l1 , . . . , akr,lr s niezerowymi elementami macierzy A, zktrych adne dwa nie stoj w jednym wierszu ani w jednej kolumnie. Wtedydla kadego s, ks {i1, . . . , ip} lub ls {j1, . . . , jq}. Poniewa indeksy k1,. . . , kr s parami rne, i podobnie ma si rzecz z indeksami l1, . . . , lr, wicstd wynika, e r p+ q, co koczy dowd nierwnoci M N .

Udowodnimy teraz, e M N . Podobnie jak powyej oznaczmy przezi1, . . . , ip oraz j1, . . . , jq numery wierszy i kolumn zawierajcych wszystkieniezerowe elementy macierzy A. Zamy przy tym, e p + q = N . Dla ka-dego s = 1, . . . , p niech As bdzie zbiorem tych indeksw l 6 {j1, . . . , jq},dla ktrych ais,l 6= 0. Cig (A1, . . . , Ap) spenia warunek Halla. Gdyby bo-wiem tak nie byo, to istniayby parami rne indeksy s1, . . . , sr takie, e|As1 Asr | < r. Wtedy jednak zastpujc wiersze is1 , . . . , isr kolumnami,

31

ktrych numery nale do zbioru As1 Asr , otrzymalibymy mniej ni Nwierszy i kolumn zawierajcych wszystkie niezerowe elementy macierzy A, cojest niemoliwe. Podobnie pokazujemy, e jeli Bt jest zbiorem tych indekswk 6 {i1, . . . , ip} dla ktrych ak,jt 6= 0, to cig (B1, . . . , Bq) spenia warunekHalla. Oznaczmy przez Niech l1, . . . , lp bdzie system reprezentantw ci-gu (A1, . . . , Ap), oraz k1, . . . , kq system reprezentantw cigu (B1, . . . , Bq).Wtedy ai1,l1 , . . . , aip,lp , ak1,j1 , . . . , akq ,jq jest ukadem niezerowych elementwmacierz A, z ktrych adne dwa nie le w tym samym wierszu ani w tejsamej kolumnie. Zatem M p+ q = N .

59. Oznaczmy przez A wyjciow macierz. Niech N bdzie minimalniloci wierszy i kolumn macierzy A zawierajcych wszystkie niezerowe elemen-ty. Z zaoe wynika, e N (ms)+(mt) = 2m(s+t) < 2mm = m.Korzystajc z poprzedniego zadania otrzymujemy zatem, e maksymalnailo niezerowych elementw macierzy, z ktrych adne dwa nie stoj w tymsamym wierszu ani w tej samej kolumnie, jest mniejsza ni m. Zatem kadewyraenie postaci a1,(1) am,(m) jest rwne 0, o ile jest dowoln permu-tacj zbioru {1, . . . ,m}. Std detA = sgna1,(1) am,(m) = 0.

60. Dla kadej pary i, j przez bij oznaczmy ilo elementw zbioru Xi Yj. Z twierdzenia Birkhoffa wynika, e macierz B = (bij) jest sum nmacierzypermutacji. W szczeglnoci istnieje permutacja taka, e bi,(i) > 0. Tooznacza, e istniej xi takie, e xi Xi i xi Y(i).

61. 1, 2, 12, 576.

32

Documents

Zbior