Kombinatorik - Uppsala universitet

Kombinatorik
Kombinatorik handlar oftast om att räkna hur många arrangemang det
finns av en viss typ.
Multiplikationsprincipen
Antag att vi är på en restaurang för att provsmaka trerättersmåltider.
Om det finns fyra förrätter att välja mellan, tre huvudrätter samt fyra
efterrätter, så har vi totalt 4 ÿ 3 ÿ 4 = 48 stycken måltider att proväta. PUH!
Nedanstående figurer avser att övertyga läsaren om riktigheten i kalkylen.
EXE
om
LÖ
fö
an
tr
EXE
för
till
oli
L
s
p
a
EXE
för
str
frå
L
D
v
D
v
O
b
MULTIPLIKATIONSPRINCIPEN Om operationerna F1 , F2 , …, Fm
kan utföras på n1 , n2 , …, nm sätt, så kan den sammansatta operationen
F1 följd av F2 följd av … följd av Fm utföras på n1 ÿ n2 ÿ … ÿ nm sätt.
A
Ef
sen
"H
ele
UH!
len.
en
t.
Kombinatorik
EXEMPEL 1 Hur många tresiffriga tal finns det i tio-systemet,
om vi inte tillåter dem att börja på 0, och inte sluta på 0 eller 5?
LÖSNING Ett tresiffrigt tal kan "opereras fram" med tre operationer i
följd på tex följande sätt: Välj den första siffran (bland 9 st), sedan den
andra (bland 10 st), och till sist den tredje (bland 8 st). Antalet
tresiffriga tal blir (enligt multiplikationsprincipen) 9 ÿ 10 ÿ 8 = 720.
EXEMPEL 2 Betrakta alla teckensträngar av längd k som saknar
förekomst av två lika tecken i följd. (Tex är abba förbjuden.) Hur många
tillåtna strängar finns det om varje tecken väljs från ett alfabet med n
olika tecken?
LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt, det andra på n - 1
sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som valdes på föregående
position.) Samma sak gäller för de återstående positionerna. Det sökta
antalet strängar blir därför n ÿ Hn - 1Lk-1 .
EXEMPEL 3 Betrakta alla teckensträngar av längd k som saknar
förekomst av två lika tecken. (Tex är abca förbjuden.) Hur många tillåtna
strängar finns det om tecknen tas (på samma sätt som i förra exemplet)
från ett alfabet med n olika tecken?
LÖSNING Det första tecknet kan väljas på n sätt.
Det andra på n - 1 sätt. (Det gäller ju bara att undvika det tecken som
valdes på föregående position.)
Det tredje kan väljas på n - 2 sätt. (Vi måste undvika de två tecken som
valdes på de första två platserna.)
Osv … Det sista tecknet kan väljas på n - Hk - 1L sätt. Sökta antalet
blir n ÿ Hn - 1L ÿ Hn - 2L ÿ … ÿ Hn - Hk - 1LL. Kallas fallande produkt.
Anmärkning
Eftersom en teckensträng är en lista av tecken, så kan man formulera det
senaste problemet på följande sätt utan att lösningen förändras.
"Hur många listor av längd k kan man bilda med hjälp enbart av
elementen i 81, 2, …, n< då inget element får användas två gånger?"
2
Kombinatorik
3
Permutationer
DEFINITION En permutation av en ändlig mängd X är en uppräkning av
mängdens element i en viss ordningföljd.
EXEMPEL 4
Här är alla (sex) permutationer av 81, 2, 3<
H1, 2, 3L, H1, 3, 2L, H2, 1, 3L, H2, 3, 1L, H3, 1, 2L, H3, 2, 1L
n!
Om †X§ = n,
så är antalet permutationer av X lika med n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1.
ANM n ÿ Hn - 1L ÿ … ÿ 1 betecknas "n !" och uttalas "n-fakultet".
BEVIS: Varje permutation kan "opereras fram" genom att man gör n
stycken operationer i följd:
1. Välj permutationens första element. Här har vi alla n element att
välja bland.
2. Välj permutationens andra element. Nu finns det n - 1 element kvar
att välja bland.
2. Välj permutationens tredje element. Nu finns det n - 2 element kvar
att välja bland.
ª
n. Välj permutationens n:te element. Nu finns det bara 1 element kvar
att välja. Multiplikationsprincipen ger resten …
EXEMPEL 5 HULK
Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om
bokstäverna i HULK?
LÖSNING Betrakta bokstäverna i HULK. De låter sig permuteras på 4!
olika sätt. Härav följer att svaret på den givna frågan är
4 ! = 4 ÿ 3 ÿ 2 ÿ 1 = 24.
EXEMPEL 6 HULL
Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om
bokstäverna i HULL?
LÖSNING Betrakta först bokstäverna i HUL1L 2 . De kan permuteras
på 4! sätt. Varje sådan permutation har en “tvillingpermutation” som
skiljer sig från den förra enbart genom att de två L:en är omkastade.
Härav följer att svaret på den givna frågan är 4! = 12.
2
LÖ
på
sk
H
EXE
Hu
bo
L
N
A
L
1
2
D
(
EXE
Hu
bo
MA
L
a
p
x
a
1
2
3
4
5
D
Kombinatorik
av
ar
ar
r
å 4!
s
4
LÖSNING Betrakta först bokstäverna i HUL1L 2 . De kan permuteras
på 4! sätt. Varje sådan permutation har en “tvillingpermutation” som
skiljer sig från den förra enbart genom att de två L:en är omkastade.
Härav följer att svaret på den givna frågan är 4! = 12.
2
EXEMPEL 7 LULL
Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om
bokstäverna i LULL?
LÖSNING Är 4! rätt svar?
3
4!
NEJ!, men . Se här …
3!
Antag att x olika strängar kan bildas av LULL. Varje permutation av
L1UL 2L 3 kan då opereras fram med hjälp av två operationer i följd:
1. Bilda en sträng med hjälp av LULL. (x sätt)
2. Permutera de tre L:en. (3! sätt).
Därför är antalet permutationer av L1UL 2L 3 lika med x ÿ 3 !, men även
(förstås) lika med 4 !. Härav följer att x = 4! .
3!
EXEMPEL 8 MAHNAHMAHNA
Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om
bokstäverna i MAHNAHMAHNA? Tex är MAHNAHMAHNA och
MANNHAHAHAM två olika sådana strängar.
LÖSNING Antag att det finns x stycken. Betrakta först följande sträng
av 11 olika tecken M1 A1 H1 N1 A2 H2 M2 A3 H3 N2 A4 . Antalet
permutationer av densamma är förstås lika med 11 !, men också lika med
x ÿ 2 ! ÿ 4 ! ÿ 3 ! ÿ 2 ! eftersom varje permutation kan opereras fram med hjälp
av följande fem operationer i följd:
1. Bilda en sträng med hjälp av MAHNAHMAHNA. (x sätt)
2. Permutera de två M:en. (2! sätt).
3. Permutera de fyra A:na. (4! sätt).
4. Permutera de tre H:na. (3! sätt).
5. Permutera de två N:en. (2! sätt).
11!
Det följer att x =
= 69 300.
2!ÿ4!ÿ3!ÿ2!
Kombinatorik
5
T
Binomialtal
När man expanderar ett s.k. binom Hz + 1Ln får man …
binom
1
z+1
expanderat binom
1
z+1
Hz + 1L3
z2 + 2 z + 1
Hz + 1L2
Hz + 1L4
Hz + 1L5
Hz + 1L6
Hz + 1L7
z3 + 3 z2 + 3 z + 1
z4 + 4 z3 + 6 z2 + 4 z + 1
z 5 + 5 z 4 + 10 z 3 + 10 z 2 + 5 z + 1
z 6 + 6 z 5 + 15 z 4 + 20 z 3 + 15 z 2 + 6 z + 1
z 7 + 7 z 6 + 21 z 5 + 35 z 4 + 35 z 3 + 21 z 2 + 7 z + 1
De expanderade binomens koefficienter kallas för binomialtal och innehåller
kombinatorisk information, vilket avsnitten nedanför kommer att visa.
Pascals triangel
Om man i presentationen av de expanderade binomen ovanför skalar bort
allt utom binomialtalen framträder ett triangulärt mönster som kallas
Pascals triangel (efter Blaise Pascal 1623 | 1662).
1
1
1
1
1
1
1
1
Fi
1
2 1
3 3 1
4 6 4 1
5 10 10 5 1
6 15 20 15 6 1
7 21 35 35 21 7 1
Många intressanta tal och mönster dyker upp explicit eller implicit i
Pascals triangel …
Triangeltalen
Ser
rikt
ma
T
Kombinatorik
Triangeltalen
1
2
3
4
5
6
7
1
3
6
10
15
21
1
4
10
20
35
1
5 1
15 6 1
35 21 7 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
7
1
3
6
10
15
21
1
4
10
20
35
1
5 1
15 6 1
35 21 7 1
Fibonaccitalen
ller
rt
1
1
1
1
1
1
1
1
Ser du dem inte? Summera elementen längs varje färglagd diagonal i
riktning sydväst|nordost! Summeras istället elementen längs varje rad får
man tvåpotenserna …
Tvåpotenserna
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
7
1
3
6
10
15
21
1
4
10
20
35
1
5 1
15 6 1
35 21 7 1
6
Kombinatorik
7
nv
Jämna och udda binomialtal
Lå
1
1 1
1 2
1
1 3
3
1
1 4
6
4
1
1 5
10
10
5
1
1 6
15
20
15
6
1
1 7
21
35
35
21
7
1
1 8
28
56
70
56
28
8
1
1 9
36
84
Ut
AN
k-d
126
126
84
36
9
1
1 10 45
120 210
252
210
120
45
10
1
1 11 55
165 330
462
462
330
165
55
11
1
1 12 66
220 495
792
924
792
495
220
66
12
1
1 13 78
286 715
1287
1716
1716
1287
715
286
78
13
1
1 14 91
364 1001 2002
3003
3432
3003
2002
1001
364
91
14
1
1 15 105 455 1365 3003
5005
6435
6435
5005
3003
1365
455
105
15
1
1 16 120 560 1820 4368
8008
11 440 12 870 11 440 8008
4368
1820
560
120
16
1
1 17 136 680 2380 6188
12 376 19 448 24 310 24 310 19 448 12 376 6188
2380
680
136
17
1 18 153 816 3060 8568
18 564 31 824 43 758 48 620 43 758 31 824 18 564 8568
3060
816
153 18
EXE
1
1
1 19 171 969 3876 11 628 27 132 50 388 75 582 92 378 92 378 75 582 50 388 27 132 11 628 3876 969 171 19 1
Samma tal | men flera | och nu skrivna som nollor resp. ettor
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
Någ
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
K
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
n
0
B
d
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1 1
1 0 1
1 1 1 1
Kombinationer
Inom kombinatoriken används ordet kombination synonymt med
ordet delmängd, och att kombinera k element ur en mängd med n
element betyder "att bilda en delmängd av storlek k av en mängd
med n element", man brukar också säga "att välja k element av n
stycken". Här får du nåt att fundera över: Hur många sätt finns det
att välja tre av fem element?
n välj k
De
n
k
B
f
e
I
k
Två
Fö
täl
Kv
or
Kombinatorik
n välj k
n
beteckna antalet sätt att välja k element bland n element.
k
Uttalas “n välj k” eller “n över k”.
Låt
ANM Eftersom k stycken element valda ur X = 81, 2, …, n< bildar en s.k.
n
k-delmängd av X, så är
lika med antalet k-delmängder av X.
k
EXEMPEL 9 Här är samtliga 2-delmängder av 81, 2, 3, 4<:
81, 2<, 81, 3<, 81, 4<,
82, 3<, 82, 4<,
83, 4<
4
De är 6 st. Således är K O = 6.
2
Några enkla identiteter
n
n
K O=K O=1
0
n
BEVIS Det finns exakt en 0-delmängd av X = 81, 2, …, n<, nämligen
den tomma mängden, och exakt en n-delmängd, nämligen X själv. ·
n
n
=
k
n-k
BEVIS Det finns lika många k-delmängder av X = 81, 2, …, n< som det
finns Hn - kL-delmängder. Varför? Jo, till varje delmängd (av X) hör
exakt en komplementmängd. Så enkelt är det! ·
Illustration: Låt X = 81, 2, 3, 4, 5, 6<. Till delmängden 82, 5< hör
komplementmängden 81, 3, 4, 6<.
Två formler
Först den klassiska kvotformeln med två lika långa fallande produkter i
täljaren och i nämnaren …
Kvotformeln
8
Kombinatorik
9
Då
ma
Fa
me
mä
Kvotformeln
n
n Hn-1L Hn-2Lÿ…ÿHn-Hk-1LL
=
k Hk-1L Hk-2L ÿ…ÿ1
k
k
BEVIS
Fa
Formeln följer (eller hur!) om vi kan visa att
n Hn - 1L Hn - 2L ÿ … ÿ Hn - Hk - 1LL.
är lika med
n
ÿ k Hk - 1L Hk - 2L ÿ … ÿ 1
k
(1)
vil
De
(2)
Men varför beskriver (1) och (2) samma sak? Jo, därför att båda
uttrycken beskriver antalet listor med k element valda ur 81, 2, 3, …, n<.
Att (1) beskriver det nämnda antalet listor är en direkt konsekvens av
multiplikationsprincipen eftersom första elementet i en sådan lista kan
väljas på n sätt, nästa element på n - 1 sätt, osv …
Att (2) beskriver samma sak följer också av multiplikationsprincipen.
Ty varje lista av nämnt slag kan skapas genom att man
Me
n
K O
0
Gör
rad
(i) först väljer en k-delmängd av 81, 2, 3, …, n<,
(ii) och sedan permuterar elementen i den valda k-delmängden.
n
Eftersom (i) kan utföras på
sätt och (ii) på k ! sätt, så följer (2) av
k
multiplikationsprincipen. ·
EXEMPEL 10
7
K O = 7ÿ6ÿ5 = 35
3ÿ2ÿ1
3
Sedan rekursionsformeln
n+1
n
n
=
+
k
k-1
k
BEVIS
Då man skall komponera en k-delmängd A av 81, 2, …, n, n + 1< måste
man ta ställning till huruvida elementet n + 1 skall vara med i A eller inte.
Bino
Hur
and
bin
Sv
sty
de
va
ks
pa
sty
Vi
Då man skall komponera en k-delmängd A av 81, 2, …, n, n + 1< måste
man ta ställning till huruvida elementet n + 1 skall vara med i A eller inte.
Fall 1. n + 1 œ A. Här behöver vi bara komplettera singelmängden 8n + 1<
med ytterligare k - 1 element för att A skall bli en k-delmängd. Eftersom
mämnda k - 1 element måste väljas ur 81, 2, …, n< kan detta göras på
n
sätt.
k-1
Kombinatorik
(1)
10
Fall 2. n + 1 – A. Nu måste A:s samtliga k element tas ur 81, 2, …, n<,
n
vilket kan göras på
sätt.
k
De två fallen sammantagna bevisar rekursionsformeln. ·
(2)
n<.
e
nte.
n
n
Med hjälp av K O = K O = 1 och rekursionsformeln kan man från
0
n
n
n
n
n+1 n+1
n+1
K O, K O, …, K O beräkna K
O, K
O, …, K
O.
0
1
n
0
1
n+1
Gör man detta för det ena n-värdet efter det andra återskapas den ena
raden efter den andra i Pascals triangel.
0
K O
0
1
1
K O K O
0
1
2
2
2
K O K O K O
0
1
2
3
3
3
3
K O K O K O K O
0
1
2
3
4
2
1
1
1
1
2
1
1
3
3
1
6
Binomialsatsen
n
dyker upp i Pascals triangel? Med
k
andra ord, vad har "antalet sätt att välja k element bland n element" med
binomialtalen att göra?
Hur kan det nu komma sig att att
Svar: Vid expansionen av Hz + 1Ln = Hz + 1L ÿ Hz + 1L ÿ … ÿ Hz + 1L skall n
stycken parentesuttryck multipliceras ihop. Varje term som uppstår vid
denna multiplikation är en produkt av n stycken faktorer | en faktor från
varje parentesuttryck. Termen z k = z ÿ z ÿ … ÿ z uppstår då z väljs ur exakt
k st
k stycken av de n parentesuttrycken (och 1 väljs ur de resterande
parentesuttrycken). Därför kommer multiplikationen att generera just
stycken z k -termer. ·
Vi har just bevisat
n
k
11
Svar: Vid expansionen av Hz + 1Ln = Hz + 1L ÿ Hz + 1L ÿ … ÿ Hz + 1L skall n
stycken parentesuttryck multipliceras
ihop. Varje term som uppstår vid
Kombinatorik
denna multiplikation är en produkt av n stycken faktorer | en faktor från
varje parentesuttryck. Termen z k = z ÿ z ÿ … ÿ z uppstår då z väljs ur exakt
L
k stycken av de n parentesuttrycken (och 1 väljs ur de resterande
f
k st
parentesuttrycken). Därför kommer multiplikationen att generera just
stycken z k -termer. ·
n
k
T
(
Vi har just bevisat
n
n
n
n
BINOMIALSATSEN Hz + 1Ln = K O z 0 + K O z 1 + K O z 2 + … + K O z n
0
1
2
n
EXEMPEL 11 Expandera Ha + bLn
LÖSNING
n
n
n
n
n
2
n
Ha + bLn = bn J a + 1N = bn KK O + K O a + K O J a N + … + K O J a N O =
b
0
1 b
2 b
n b
n
n
n
n
K O bn + K O a bn-1 + K O a2 bn-2 + … + K O an
0
1
2
n
EXEMPEL 12 MAHNAHMAHNA igen
Hur många olika teckensträngar kan man bilda genom att kasta om
bokstäverna i ordet MAHNAHMAHNA?
LÖSNING Det gäller att välja positioner åt två M, fyra A, tre H och
11
två N i en sträng av längd 11. Eftersom det finns K O sätt att placera
2
9
5
två M, sedan K O sätt att placera fyra A, och K O sätt att placera tre H,
4
3
2
samt K O sätt att placera två N. Det följer att sökta antalet strängar är
2
11 9 5 2
lika med K O K O K O K O = 69 300.
2
4 3 2
EXEMPEL 13 Poker ´, Ï, ´, ®
En pokerhand är en kombination av fem kort tagna ur en vanlig kortlek
med 52 kort. Hur många pokerhänder finns det där inga av de fem korten
har samma valör (tex inte två ettor eller tre åttor)?
LÖSNING De 52 korten innehåller 13 olika valörer, där varje valör
finns i 4 olika "färger"
´, Ï, ´, ®.
Två "operationer" i följd skall utföras …
13
(i) Välj valörer åt de fem korten! K O sätt
5
(ii) Välj färger på de fem korten!
45 sätt
(
A
EXE
Hu
två
L
(
(
(
(
D
d
ån
akt
Kombinatorik
LÖSNING De 52 korten innehåller 13 olika valörer, där varje valör
finns i 4 olika "färger"
n
k
12
´, Ï, ´, ®.
Två "operationer" i följd skall utföras …
13
(i) Välj valörer åt de fem korten! K O sätt
5
45 sätt
13
Av multiplikationsprincipen följer svaret K O ÿ 45 = 1 317 888.
5
(ii) Välj färger på de fem korten!
EXEMPEL 14 Mera poker
Hur många pokerhänder finns det av typen "två par" (tex två ettor och
två åttor)?
LÖSNING
(i) Välj valör åt de två paren
(ii) Välj valör åt det återstående kortet
(iii) Välj färger åt de två paren
h
a
H,
är
k
ten
K
13
O sätt
2
11
K O sätt
1
4 4
K O K O sätt
2 2
(iv) Välj färger åt det återstående kortet
4 sätt
13 11
4 4
Det sökta svaret blir K O K O K O K O 4 = 123 552.
2
1
2 2
UPPSALA UNIVERSITET
Matematiska institutionen
Inger Sigstam
Övningsuppgifter
Baskurs i matematik
Kombinatorik
1. Hur många olika bilregistreringsnummer finns det? (Består av 3 bokstäver från
alfabetet (utom I, Q, V, Å, Ä, Ö) följt av 3 siffror.)
2. Klipp ordet LOGIK i bitar så att det står en bokstav på varje bit.
a) Hur många “ord” med 5 bokstäver kan man sätta ihop av bitarna?
b) Hur många “ord” med 3 bokstäver kan man sätta ihop?
c) Hur många “ord” kan man sätta ihop totalt (med godtyckligt antal bokstäver
mellan 1 och 5)?
3. Klipp ordet MATTE i bitar så att det står en bokstav på varje bit.
a) Hur många (olika) “ord” med 5 bokstäver kan man sätta ihop av bitarna?
b) Hur många (olika) “ord” med 3 bokstäver kan man sätta ihop?
4. I en turnering deltar 10 lag. Varje lag ska möta varje annat lag i två matcher. Hur
många matcher skall spelas?
5. Hur många heltal x finns det så att 1000 < x ≤ 100 000 och den största siffran i x
är ≤ 6?
6. På ett barnkalas ska 8 pojkar och 8 flickor placeras kring ett runt bord så att varje
pojke sitter mellan två flickor och varje flicka mellan två pojkar. På hur många
(inbördes olika) placeringar finns det?
7. Visa att en mängd med n element har 2n delmängder.
8. I en grupp om 14 personer ska väljas en kommitté med 5 medlemmar. Personerna
A och B kan tänka sig att vara med i kommittén bara om båda är med. På hur
många sätt kan kommittén väljas?
n " #
!
n
= 2n .
9. Visa att
k
k=0
10. Finn den konstanta termen i utvecklingen av (
1
− 2x2 )10 .
x3
11. Hur många av heltalen mellan 1000 och 9999 innehåller exakt två ettor?
12. Hur många olika “ord” med 5 bokstäver kan man skriva med bokstäverna i ordet
BILBANA ?
13. Bevisa, både algebraiskt och kombinatoriskt, att
! "
! "
2n
n
=2
+ n2 .
2
2
Ledning: På hur många sätt kan man välja en delmängd med 2 element från en
mängd med 2n element?
14. Beräkna koefficienten för x2 y 3 i utvecklingen av (1 + x + 2y)10 .
15. På hur många sätt kan 8 identiska föremål läggas i 3 tomma lådor så att ingen låda
blir tom?
SVAR:
1. 233 · 103 .
2. a) 5! = 120.
b) 5 · 4 · 3 = 60.
3. a) 5!/2! = 60.
b) 9 + 24 = 33. (Fall 1: Exakt två T. Fall 2: Högst ett T.)
c) 325. (Falluppdela)
4. 90.
5. 48 · 73 .
6. 8! · 7!.
8. 220 + 792 = 1012. (Fall 1: Med A och B. Fall 2: Utan A och utan B.)
! "
n
9. Ledn:
är antalet delmängder med k element.
k
10. 13 440.
11. 243 + 216 = 459. (Tal som börjar med 1 plus tal som inte börjar på 1.)
12. 690. (2A och 2B, 2A och högst ett B, 2B och högst ett A, högst ett A och högst ett
B.)
13. Algebraiskt: Båda sidor kan förenklas till 2n2 − n.
14. 20 160.
15. 21.
Baskurs i matematik
Hösten 2008
PROBLEM I KOMBINATORIK, 1.
Dirichlets lådprincip
1. En påse innehåller svarta och vita kulor. Vilket är det minsta antal kulor man måste plocka
upp - utan att kika - för att vara säker på att man får två av samma färg? (Hur många måste
man plocka upp för att vara säker på att man får två svarta?)
2. På en hylla står 10 franska, 20 spanska, 8 tyska, 15 ryska och 25 italienska böcker. Hur många
måste man välja för att vara säker på att man får 12 böcker på samma språk?
3. Givet tolv heltal, visa att det finns två stycken vars skillnad är delbar med 11.
4. Talen 1 till 10 är slumpvis utplacerade runt en cirkel. Visa att det måste finnas tre konsekutiva
tal med summa minst 17.
5. Om Sveriges befolkning är 9 miljoner, så måste det finnas en dag då minst ... personer har
födelsedag.
6. Femton flickor samlade ihop hundra kokosnötter. Visa att två av dem hade samlat ihop samma
antal.
Multiplikationsprincipen
7. I en förening med nitton medlemmar skall man utse en styrelse bestående av ordförande,
sekreterare och kassör. På hur många sätt kan denna styrelse se ut?
8. Givet siffrorna 1, 2, 4, 5, och 7 skall man bilda tresiffriga tal och endast använda varje siffra
högst en gång. På hur många sätt kan det ske
a) överhuvudtaget?
b) om talet skall vara udda?
c) om talet skall vara delbart med fem?
9. Vi har fem spanska, sex franska och åtta armeniska böcker. På hur många sätt kan man välja
ut två av dem så att de ej är skrivna på samma språk?
10. Hur många olika val kan man göra ur en skål innehållande fem (identiska) äpplen och åtta
(identiska) apelsiner?
Gunnar
Svar till PROBLEM I KOMBINATORIK 1
Dirichlets lådprincip
1. Man måste plocka upp minst tre kulor för att vara säker på att få två av samma färg. Däremot
kan man aldrig vara säker på att få två svarta, det kanske bara finns en svart kula i påsen!
2. Man måste välja minst 52 böcker för att vara säker på att man har tolv på samma språk. (Har
man otur kan man ha fått tag på 8+10+11+11+11=51 böcker till att börja med, men sen ...!)
3. De möjliga resterna vid division med 11 är 0,1,2,...10, dvs. elva olika tal. Av de tolv talen
måste således minst två ha samma rest vid division med elva vilket innebär att deras skillnad
är delbar med 11.
4. Antag att summan av tre konsekutiva tal alltid är mindre än 17. Vi har totalt tio olika
uppsättningar av tre konsekutiva tal (vart och ett av de tio givna talen kan ju sitta i mitten)
och då skulle följa att eftersom summan av talen i ett “tretal” är mindre än eller lika med 16 så
kommer summan av talen i alla tretal att vara högst 160. Samtidigt vet vi att denna summa
blir tre gånger (varje tal på cirkeln förekommer ju i tre olika uppsättningar av konsekutiva tal)
summan 1+2+3+4+...+10, dvs. 3 · 55 = 165. Saken är klar.
5. Ja, säg det.
6. Om inga av dem har samlat ihop samma antal så är det minsta antal de kan ha fått ihop
0+1+2+3+...+14=105. Klart.
Multiplikationsprincipen
7. 5814 sätt.
8. a) 60, b) 36, c) 12.
9. 118 sätt (Kan lösas genom uppdelning i tre naturliga fall. Alternativt kan man använda
kombinationer och först bestämma alla sätt att välja ut två böcker ur nitton därefter dra bort
antalet fall då de två är skrivna på samma språk, vi får
!
" #! " ! " ! "$
19
5
6
8
−
+
+
.
2
2
2
2
Det är bra att kunna lösa ett problem på olika sätt, särskilt om man känner sig osäker och vill
kontrollera svaret.)
10. 54 val. (Vi kan välja 0,1,2,...5 äpplen och 0,1,2,...8 apelsiner och sex gånger nio är ...!)
Gunnar
Baskurs i matematik
Hösten 2008
PROBLEM I KOMBINATORIK 2.
Permutationer
1. Hur många “ord” med en till fem bokstäver kan bildas med användande av bokstäverna i ordet
ASTER ?
2. Hur många ord med fyra bokstäver kan man bilda med användande av bokstäverna i ordet
SAMOVAR ?
3. Hur många olika “ord” bestående av fyra bokstäver kan bildas av de fem bokstäverna i ordet
GAUSS ?
4. Hur många “ord” med fem bokstäver kan bildas med användande av bokstäverna i ordet
MUMMA ?
5. Hur många sexsiffriga tal finns det som innehåller
a) siffrorna 1,1,1,2,2,3 ?
b) sifforna 0,1,2,2,3,3,3 ?
6. Hur många olika tärningar finns det om man släpper på kravet att summan av antalet prickar
på motstående sidor skall vara sju?
Kombinationer och blandade problem
7. En kortlek (52 kort) är uppdelad i två buntar med 20 resp. 32 kort. På hur många sätt kan
slutresultatet se ut när de två buntarna skjutits in i varandra?
8. Hur många femsiffriga tal med idel olika siffror finns det där siffran 1 förekommer, direkt följd
av 2 ?
9. På hur många sätt kan man ställa tolv personer i rad så att personerna A,B,C och D alltid
har samma inbördes ordning?
10. På hur många sätt kan man välja sex varma korvar om det finns tre olika sorter?
11. En brevbärare har femton brev, adresserade till femton olika adressater. På hur många sätt
kan han lämna breven så att exakt tre av dem kommer fel?
12. På hur många sätt kan man ta fem kort ur en kortlek så att man får exakt två par?
13. På hur många sätt kan man fylla en låda med tolv äpplen om man har fem olika sorter och
vill ha minst ett av varje sort?
14. På hur många sätt kan man välja ut fyra kort ur en kortlek så att man inte ens får ett par?
Binomialsatsen
"
30
2
15. Finns i utveclningen av x2 + x328
någon konstant term? Bestäm den i så fall.
16. Visa med kombinatoriskt resonemang:
!
#
17. Bevisa att
3n
3
$
# $
# $
n
n
=3·
+ 6n ·
+ n3 .
3
2
∞ # $
%
n
k=0
k
2k = 3n , n ≥ 0.
18. Förenkla uttrycket
∞
%
k=0
19. Visa att
Gunnar
# $
n
3
.
k
k
# $ #
$
n
n
=
⇔ n = 2k + 1.
k
k+1
Svar till PROBLEM I KOMBINATORIK 2
Permutationer
1. 325 “ord”.
2. 480 “ord”. (Svaret kan skrivas
! "
4
480 =
· 5 · 4 + 6 · 5 · 4 · 3,
2
där den första termen ger antalet “ord” med två A - de kan ju placeras ut på
den andra antalet ord med högst ett A.)
#4$
2
olika sätt -
3. 60 “ord”.
4. 20 “ord”.
5. a) 60. b) Ja, säg det.
6. Det finns 30 tärningar. (Sidan med 1 kan antas peka framåt. Det finns 5 möjligheter att välja
motsatt sida. Antag att vi betraktar ett av dessa fall, ex.vis då 2 finns där. Vi kan sedan vrida
tärningen så att 3 ligger uppåt. Det blir då olika tärningar när vi placerar ut de återstående
3 talen på de möjliga 3! olika sätten. Totalt fås alltså 5 · 3! olika tärningar.)
Kombinationer och blandade problem
# $
7. På 5 · 37 · 61913822061 sätt (kanske). (Svaret kan skrivas 52
32 , vilket svarar emot att vi först
konstaterar på vilka platser i den resulterande bunten med 52 kort, korten i den ena bunten den med 32 kort - ligger. Därefter kan de i den andra endast placeras ut på ett sätt.)
8. 630 tal. (Ett sätt är att dela upp i fall beroende på var ettan som är direkt följd av tvåan
sitter.)
9. På 19.958.400
# $sätt. (Välj först ut fyra platser och placera ut A,B,C och D på dessa. Detta
kan ske på 12
sätt. De resterande åtta platserna kan sedan fyllas på 8! olika sätt. Multip4
likationsprincipen ger slutligen svaret.)
10. På 28 sätt. (Detta är ett “urval med repetition”-problem. Korvarna plus två streck kan
placeras ut i sammanlagt 8 positioner. Om vi #väljer
två av dessa och sätter strecken där så
$
har vi gjort ett val och detta kan alltså ske på 82 olika sätt.)
# $
11. På 910 sätt. (De tre brev som kommer fel kan väljas på 15
3 olika sätt. Sedan ser vi lätt att de
tre bara kan komma fel på två olika sätt. Detta problem leder vidare till den ultimata utmaningen för postverket, det berömda Bernoulli-Euler problemet om det feladresserade breven: på
hur många sätt kan n brev delas ut så att alla kommer fel? Svaret visar sig hänga ihop med
talet e. )
12. På 123.552 olika sätt. (Svaret kan skrivas
!
" ! " ! "
13
4
4
·
·
· 44,
2
2
2
där de första tre faktorerna ger antalet sätt att välja två par.)
13. På 330 sätt. (Tag först en av varje sort. Vi skall sedan#välja sju
$ äpplen av fem sorter. Här har
vi ett “oordnat urval med repetition”, och svaret blir 7+5−1
.)
7
14. På 183.040 olika sätt. (Svaret kan skrivas
!
"
13
1
· 44 eller 52 · 48 · 44 · 40 · ,
4!
4
vilket svarar mot två olika sätt att resonera, vilka?)
Binomialsatsen
15. Ja, och den är
!
! "
"
30
30
1
6
· 26 .
· 24 · 32 =
2
6
6
(Den allmänna termen i binomialutvecklingen kan skrivas
!
" ! 2 "30−k ! "k
30
x
32
= αk · x60−10k
·
·
2
x8
k
där αk är ett tal som beror av k. Den konstanta termen fås nu om k = 10 och beräkning av
α10 ger svaret.)
16. (En mängd M med 3n element delas upp i tre delmängder med lika många element. Om vi
skall plocka ut tre element ur M så har vi tre möjligheter:
- Alla tre ligger i samma delmängd. Detta svara mot den första termen.
- Två ligger i samma delmängd men det tredje i en annan. Detta svarar mot andra termen.
- Alla ligger i olika delmängder. Detta ger tredje termen. Svaret följer nu ur additionsprincipen.)
17. (Tillämpa binomialutvecklingen med lämpliga a och b.)
18. Uttrycket kan skrivas 4n . (Binomialutveckling igen.)
Gunnar