c 2005 Eric Järpe
°
Högskolan i Halmstad
forts. Kapitel 4: Kombinatorik
Exempel Antag att man hade bokstäverna i ordet MATEMATIK, slängde upp dem
i luften och lät dem falla (genom en tratt) ned i ett rör.
(a) På hur många olika sätt kan bokstäverna hamna i röret?
(b) Vad skulle chansen1 vara att de bildade just ordet MATEMATIK?
(c) Hur stor är chansen att bokstavskombinationen MAT ingår två gånger i det
“ord” som bildas?
(d) Hur många kombinationer har inte alla dubbeltecknade bokstäver (inget ...MM...,
...AA... eller ...TT...)?
Lösning:
(a) Då vi slänger 9 olika bokstäver kan de hamna i röret på 9! olika sätt (antalet
permutationer av alla 9 bokstäverna). I detta fall finns det dock 2 M, 2 A och 2
9!
T. Därmed är antalet distinkta permutationer 2!2!2!
= 9·7·6·5·4·3·2 = 45 360.
(b) Eftersom endast en av dessa permutationer är MATEMATIK är chansen
1/45360 = 0.000022.
(c) Ordet MATEMATIK består av bokstäverna M, A och T två gånger och I, E
och K en gång. Av I, E och K kan man bilda 3! = 6 permutationer. Därmed
har vi 5 enheter:
¡5¢I, E, K, första MAT och andra MAT att bolla med. Dessa
kan ordnas på 2 = 10 sätt. Därmed är det totala antalet sätt man kan få
bokstäverna så att MAT förekommer 2 gånger 6·10 = 60 (varav MATEMATIK
är ett).
¡¢
(d) Blocken MM, AA och TT kan förekomma på 63 = 20 så bland bokstäverna
I, E och K ( MM AA TT IEK, MM AA I TT EK, o.s.v.). Därmed finns
det 45360 − 20 = 45340 kombinationer där ej alla tre 3 dubbelbokstäverna
förekommer dubbeltecknade.
2
Exempel Betrakta binomet (1 + x)100 .
(a) Bestäm koefficenten framför x95 -termen.
(b) Hur många termer i utvecklingen har koefficient större än 1000?
(c) Hur många termer har utvecklingen räknat med koefficienter?
(d) Bestäm koefficienten till y 194 om x = 1 + y 2 .
1
Chansen, dvs sannolikheten = förhållandet mellan antal lyckosamma utfall och det totala antalet
utfall.
1
Lösning:
¡ ¢
= 100·99·98·97·96
(a) Koefficienten framför 15 · x95 är enligt binomialsatsen 100
=
95
5·4·3·2
5 · 33 · 49 · 97 · 96 = 75 287 520.
¡ ¢
¡100¢
¡100¢
(b) 100
=
1
<
1000
och
=
100
<
1000
men
= 100·99
= 50 · 99 > 1000
0
1
2
2·1
så alla 96 koefficienter (alla utom de två första och de två sista) är större än
1000.
¡ ¢
+ . . . + 100 + 1 =
(c) Antalet termer räknat med koefficienter är 1 + 100 + 100
2
P100 ¡100¢ P100 ¡100¢ k 100−k
. Men denna summa är ju enligt binomial= k=0 k 1 · 1
k=0
k
100
100
satsen (1 + 1) = 2 (vilket är ungefär 1.26765 · 1030 ).
(d) För att lösa detta problem kan man resonera
två
¢ sätt.
P ¡100¢
P100på¡100
100
(1 + y 2 )k
Enligt binomialsatsen är ju (1 + x) = k=0 k xk = 100
k=0
k
¢
¡
P
k
k
2 j
men återigen enligt binomialsatsen är (1 + y 2 )k =
j=0 j (y ) varmed
¢
¡
¢
¡
P
P
k
k 2j
100
194
fås därmed genom
(1 + x)100 = 100
j=0 j y . Koefficienten för y
k=0
k
P100 ¡100¢¡ k ¢ ¡100¢¡97¢
2
= 97 97 +
hålla
= 97
= 194), alltså
k=0
97
k
¢ (eftersom
¡100¢¡100¢2·97100·99·98
¢¡
¢¡ ¢ j ¡fixt
¡att
100 99
100 98
100·99
99·98
+ 99 97 + 100 97 = 3·2·1 ·1+ 2·1 ·98+100· 2·1 +1· 100·99·98
=
97
98
3·2·1
2 · 50 · ·33 · 98 + 2 · 100 · 99 · 98/2 = 1 293 600.
P ¡100¢ k 100−2k
2 y
Betydligt enklare är att resonera (1+x)100 = (1+1+y 2 )100 = 100
k=0
k
2(100−k)
där k måste vara 3 för att potensen
av¢ y ska bli 194: k = 3 ⇔ y
= y 194 .
¡100
100·99·98
3
194
2
Därmed är potensen för y just 3 2 = 3·2·1 · 8 = 1 293 600.
Uppräknelighet och överuppräknelighet
Q är uppräknelig (även kallat numrerbar). Därmed är även t.ex. N och Z
uppräkneliga. Läs Exempel 4.4.4 om hur man kan bevisa det. Alla ändliga mängder
är uppräkneliga.
R är överuppräknelig (även kallat onumrerbar). Därmed är t.ex. även R+ och C
överuppräkneliga. Läs Cantors diagonalbevis (dvs beviset av Sats 4.3). En mängd
kan vara begränsad och ändå (oändlig och) överuppräknelig, t.ex. (0, 1), intervallet
av positiva reella tal mindre än 1.
2
Observera att
¡n¢
k
= 0 närhelst n < k.
2
