Telproblemen. K. P. Hart

Transcriptie

1 Telproblemen K. P. Hart 1. Theorie en opgaven voor zelfstudie Inleiding Iedereen weet wat tellen is. Hoeveel studenten zijn er in de collegezaal? Even tellen: één, twee, drie,..., éénenvijftig,... Wat hier wisundig gebeurt is het construeren van een bijectie tussen twee verzamelingen, namelij de verzameling die we willen tellen en een standaard verzameling: eentje van de vorm {1, 2, 3,..., n}. Nu is gewoon tellen een nogal saaie bezigheid en, zeer als de verzameling te tellen dingen groot is, de ans op fouten is niet nul. Als de verzameling een beetje gestructureerd is an het tellen soms efficiënter door slim in groepjes te verdelen, die te tellen en de resultaten op te tellen. In een collegezaal bijvoorbeeld un je vaa beter rij voor rij tellen en dan optellen. In dit hoofdstu zullen we aantal telmethoden behandelen; deze zullen ons in staat stellen allerlei pratische zaen aan te paen. Zo zullen we formules maen voor de volgende aantallen: 1. het aantal afbeeldingen van {1, 2,..., } naar {1, 2,..., n} 2. het aantal injectieve afbeeldingen van {1, 2,..., } naar {1, 2,..., n} 3. het aantal surjectieve afbeeldingen van {1, 2,..., n} naar {1, 2,..., } 4. het aantal bijectieve afbeeldingen van {1, 2,..., } naar {1, 2,..., n} 5. het aantal deelverzamelingen van {1, 2,..., n} met elementen Heel veel pratische problemen zijn tot de bovenstaande terug te voeren: Hoeveel mogelijheden zijn er om een lottoformulier in te vullen? Hoeveel verschillende speelhanden un je tegenomen bij een aartspel? Op hoeveel manieren unnen we een mentorgroep in twee (of drie groepjes verdelen voor het maen van het huiswer? Hoeveel tafelschiingen zijn er waarbij partners niet naast elaar zitten? Aan een ronde tafel, aan een rechthoeige tafel. Notatie Voor we verder gaan: we hebben wat notatie nodig om onze formuleringen wat ort te houden. De verzameling {1, 2,..., n} noteren we met n. Als X een verzameling is dan is P(X de familie van alle deelverzamelingen van X en met [X] geven we de familie deelverzamelingen die el elementen hebben aan. Het aantal elementen van een verzameling X noteren we met X. Opgave 1. Schrijf alle elementen van respectievelij [5] 0, [5] 1 en [5] 2 op. 1

2 2 K. P. Hart Afbeeldingen: machten Een afbeelding van naar n is, per definitie, een deelverzameling f van het product n met de eigenschap dat voor ele i er precies één j n is zó dat i, j f, en die j noteren we f(i. Hoeveel afbeeldingen van naar n zij er? Het tellen van deze deelverzamelingen is niet moeilij; je unt bij ele i de waarde f(i onafhanelij van de andere waarden nemen. Op die manier un je n afbeeldingen maen. Opgave 2. Hoeveel verschillende ettingen met honderd ralen un je rijgen als je voldoende ralen van vier leuren hebt. De telling wert oo als voor ele i een andere hoeveelheid waarden voorhanden is. Opgave 3. Kies een rijtje natuurlije getallen n 1, n 2,..., n. Toon aan: het aantal afbeeldingen van naar N met de eigenschap dat f(i n i voor alle i is gelij aan n 1 n 2 n. Opgave 4. Hoeveel verschillende nummerborden nieuwe stijl (cijfer - drie letters - twee cijfers zijn er mogelij? Opgave 5. Hoeveel deelverzamelingen heeft de verzameling? Aanwijzing: Ele deelverzameling bepaalt een functie van naar 2. Dit soort telproblemen omt veel in de ansreening voor: series worpen met munten en dobbelstenen unnen als functies naar respectievelij 2 en 6 opgevat worden. Opgave 6. Gooi twintig eer een zuivere munt; hoeveel uitomsten zijn er mogelij? Hoeveel bij twintig worpen met een zuivere dobbelsteen? Injecties en bijecties, faculteiten Een afbeelding f is injectief als uit i j altijd f(i f(j volgt. Hoeveel injectieve afbeeeldingen van naar n zijn er? We beijen een concreet voorbeeld: bij een aartspel als laverjassen of bridge rijgt ele speler dertien aarten. Als we even aannemen dat de aarten één voor één gedeeld worden dan ziet een speler een rijtje van dertien verschillende aarten voorbij omen. Dit omt overeen met een injectieve afbeelding van 13 naar 52. Voor de eerste aart hebben we 52 mogelijheden, voor de tweede nog 51,..., voor de dertiende nog 40. In totaal unnen we rijtjes langs zien omen. De algemene formule ziet er net zo uit: er zijn injectieve afbeeldingen van naar n. n (n 1 (n + 1 Opgave 7. Ga dit zorgvuldig na; waarom eindigt het product bij n + 1? (

3 Telproblemen 3 In het geval = n rijgen we het aantal bijectieve afbeeldingen van n naar zichzelf (de permutaties van n; dat aantal is dus n (n 1 1 dat product orten we af met n! (spree uit: n-faculteit. Mer op dat het product in formule ( geschreven an worden als n! (n! Oo deze formules hebben hun toepassing in de ansreening. Opgave 8. Wat is de ans dat een speler alleen rode aarten rijgt? Wat is de ans dat zij alle aarten van één van de vier leuren rijgt? Opgave 9. Wat is de ans op alle zes goed bij een lottotreing? Opgave 10. Op een (traditioneel feest zijn tien jongens en tien meisjes; er wordt een groepsdans gehouden waarbij ele seconde ele jongen één meisje de hand reit. De bedoeling is dat alle mogelije oppelingen een eer gerealiseerd worden. Hoe lang duurt de dans? Deelverzamelingen, binomiaalcoëfficiënten Onze bridge-speler is niet geïnteresseerd in de volgorde waarin de aarten binnenomen; zij sorteert ze zelf wel op een handige manier. Het gaat haar om de verzameling aarten in haar hand en we hebben net gezien dat die verzameling op 13! verschillende manieren gedeeld an worden. Het aantal speelhanden dat mogelij is is dus niet 52! 39! maar 52! 13! 39! Opgave 11. Wat is het aantal manieren om een lottoformulier in te vullen? De algemene formule voor het aantal deelverzamelingen van n met elementen is het product (, gedeeld door!: n! (!(n! dat laatste quotiënt omt in heel veel formules voor en heeft zijn eigen notatie geregen: ( n Dit wordt meestal als n-ies- of n-boven- uitgesproen en een binomiaalcoëfficiënt genoemd. Binomiaalcoëfficiënten Omdat de binomiaalcoëfficiënten op veel plaatsen vooromen gaan we ze wat beter beijen. Er zijn heel veel formules waar ze een rol spelen en formules die relaties tussen de coëfficiënten onderling geven. We beginnen eenvoudig, voor een paar waarden van is ( n eenvoudig te bepalen. ( Opgave 12. Toon aan: n ( 0 = n ( n = 1 en n ( 1 = n n 1 = n. Doe dit op twee manieren, algebraïsch en door naar de families deelverzamelingen te ijen die geteld worden.

4 4 K. P. Hart 1. Stelling. Als 0 n dan ( ( n n = n Opgave 13. Ga dit zelf op twee manieren na: door naar de formule te ijen en door een bijectie te maen tussen de families [n] en [n] n. Als n oneven is levert deze opgave oo een oplossing voor de volgende. Opgave 14. Toon aan dat n even veel deelverzamelingen met een even aantal elementen heeft als deelverzamelingen met een oneven aantal elementen. Aanwijzing: Definieer, voor A n een verzameling A als volgt: A = A \ {1} als 1 A en A = A {1} als 1 / A. Een belangrije gelijheid is de volgende 2. Stelling. Als n > > 0 dan geldt ( n + 1 = ( n + 1 Opgave 15. Bewijs deze stelling op twee manieren (a (b Door de breuen bij elaar op te tellen. n! ( 1!(n + 1! en ( n n!!(n! Door de familie [n + 1] twee groepen te verdelen: de verzamelingen waar n + 1 in zit en die waar n + 1 niet in zit. Deze stelling stelt ons in staat de binomiaalcoëfficiënten in een tabel weer te geven die beend staat als de Driehoe van Pascal, zie Figuur 1. El getal in de tabel is de som van de twee getallen die er lins- en rechtsboven staan. ( 0 0 ( 1 ( ( 2 ( 2 ( ( n+1 0 ( n ( n ( n 0 1 n ( n+1 1 ( n+1 2 ( n+1 n ( n+1 n+1 Figuur 1. De driehoe van Pascal Opgave 16. Bewijs op twee manieren: ( n+1 3 = n ( =0 2.

5 Telproblemen 5 We unnen Opgave 12 en Stelling 2 oo gebruien om de juistheid van de formule ( op een alternatieve manier te bewijzen. Als we, tijdelij, met B(n, het quotiënt in ( aanduiden en met C(n, het aantal elementen van [n] dan un je de opgave en het bewijs van de stelling oo opvatten als bewijzen van B(n, 0 = B(n, n = 1 en B(n + 1, = B(n, 1 + B(n,, en C(n, 0 = C(n, n = 1 en C(n + 1, = C(n, 1 + C(n,. Opgave 17. Bewijs, uitgaande van het bovenstaande, dat B(n, = C(n, voor alle n en. De binomiaalcoëfficiënten omen oo voor in een formule voor machten van a + b. 3. Stelling. Voor ele n geldt (a + b n = =0 ( n a n b Deze stelling un je op diverse manieren aantonen. je unt (a+b n geheel uitvermenigvuldigen, zonder te vereenvoudigen, en dan op te meren dat je, voor ele, precies evenveel producten met factoren b rijgt als deelverzamelingen van n met elementen. We ijen even naar (a + b 2 en (a + b 3 : en (a + b(a + b = a(a + b + b(a + b = aa + ab + ba + bb (a + b 3 = a(a + b 2 + b(a + b 2 = aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb In deze speciale gevallen un je eenvoudig nagaan dat ele deelverzameling van 2 en 3 precies één eer met b-en gevuld aanwezig is en dat we na vereenvoudiging de formule uit de stelling rijgen. We baseren ons bewijs op Opgave 12 en Stelling 2; we schrijven (a + b n = N(n, a n b =0 en we bewijzen dat de getallen N(n, dezelfde eigenschappen als B(n, en C(n, hebben. Begin met (a + b n+1 te schrijven als (a + b(a + b n : (a + b N(n, a n b =0 wer de haajes weg, er omt N(n, a n+1 b + =0 N(n, a n b +1. We herschrijven de tweede som: N(n, a n b +1 = N(n, 0a n b + N(n, 1a n 1 b N(n, na 0 b n+1 =0 =0 n+1 = N(n, 1a n+1 b =1

6 6 K. P. Hart Nu unnen we de beide sommen bij elaar optellen: N(n, 0a n + ( N(n, + N(n, 1 a n+1 b + N(n, nb n =1 Hieruit lezen we de volgende dingen af: N(n + 1, 0 = N(n, 0; N(n + 1, = N(n, + N(n, 1; en N(n + 1, n + 1 = N(n, n. Mer op dat N(1, 0 = N(1, 1 = 1 en dus volgt successievelij dat N(n, 0 = N(n, n = 1 voor alle n. Danzij de middelste formule volgt nu dat N(n, = ( n voor alle n en. Met behulp van deze stelling unnen we, door a en b slim te iezen, nieuwe formules afleiden. Opgave 18. Toon aan: n =0 ( n = 2 n. (NB dit wisten we al, zie Opgave 5. Opgave 19. Toon aan: n =0 ( 1( n = 0. (NB dit wisten we oo al, zie Opgave 14. Opgave 20. Toon aan: n ( n 2 =0 = ( 2n n. Opgave 21. Toon aan: ( n+m = ( n m i=0 i( i. Opgave 22. Bewijs: als l < n 2 dan ( n l < ( n. Opgave 23. Bewijs: ( 2n ( n,..., 2n? ( 2n n > 4 n. Aanwijzing: Wat is het gemiddelde van ( ( 2n 2n+1 0, 2n 1,..., Surjecties en verdelingen: het principe van inclusie-exclusie We gaan nu het aantal surjectieve afbeeldingen van n naar tellen. De algemene formule is wat lastiger te ontdeen dan die voor de injectieve en bijectieve afbeeldingen. Herinner dat een afbeelding f : n surjectief is als voor ele j een i n bestaat met f(i = j. We noteren het gewenste aantal als n. In een paar gevallen unnen we de waarde van n snel opschrijven. Om te beginnen: als = 0 of > n dan n = 0. Opgave 24. Ga na: n 1 = 1 en n n = n! Opgave 25. Toon aan dat n = 2 n 2. 2 Opgave 26. Bepaal n en n voor een aantal waarden van n. 3 4

7 Telproblemen 7 De methode waarmee we n gaan bepalen is als volgt. We beginnen met alle afbeeldingen van n to, dat zijn er n. Vervolgens bepalen we het aantal niet-surjectieve afbeeldingen en treen dat van n af. Hiertoe verdelen we de niet-surjectieve afbeeldingen in groepen: voor ele j schrijven we E(j = {f : j / f[n]}. Het enige dat we nu nog moeten doen is de vereniging j=1 E(j tellen. We doen, om te beginnen, het geval = 2 uit Opgave 25 nog eens, wellicht niet op de manier waarop je die opgave hebt gedaan. In dit geval bestaan E(1 en E(2 el uit één afbeelding, respectievelij die met constante waarde 2 en 1; we vinden dat E(1 E(2 precies twee elementen heeft en dus, inderdaad, n 2 = 2 n 2. Nu het geval = 3. We hebben drie verzamelingen E(1, E(2 en E(3 en we willen weten hoeveel elementen hun vereniging heeft. Om dat aantal te bepalen beginnen we met de individuele aantallen op te tellen: E(1 + E(2 + E(3 Dit getal is te groot omdat we de elementen van de doorsneden E(1 E(2, E(1 E(3 en E(2 E(3 dubbel geteld hebben. Dan treen we die aantallen er weer af: E(1 + E(2 + E(3 E(1 E(2 E(1 E(3 E(2 E(3 Echter, nu hebben we de elementen van E(1 E(2 E(3 drie eer meegeteld en oo weer drie eer weggelaten; om het juiste aantal te maen moeten we dat aantal er dus nog een eer bij optellen: E(1 + E(2 + E(3 E(1 E(2 E(1 E(3 E(2 E(3 + E(1 E(2 E(3 Teen een plaatje van drie verzamelingen om te zien hoe deze reenpartij in zijn wer gaat. Voor de verdere uitwering is het mooi dat alle E(i even groot zijn, namelij E(i = 2 n ; oo alle doorsneden E(i E(j zijn even groot: el heeft 1 n = 1 element en de totale doorsnede E(1 E(2 E(3 is leeg. We zien dat E(1 E(2 E(3 = 3 2 n 3 1 n + 0 n en dus n 3 = 3n 3 2 n n 0 n We hebben de factoren 1 n en 0 n even meegenomen omdat deze de structuur van de algemene formule al helpen laten zien. We unnen namelij oo schrijven n 3 ( 3 3 = ( 1 i (3 i n i Deze formule geldt oo algemeen i=0 4. Stelling. Als 0 < n dan geldt n ( = ( 1 i ( i n i i=0 Voor we het algemene bewijs geven ijen we nog even naar de afleiding van de formule voor n 3. We laten zien dat el element van E(1 E(2 E(3 inderdaad

8 8 K. P. Hart precies één eer geteld wordt. Neem een niet-surjectieve f : n 3 en ij naar het complement van f[n]. Als dat complement uit één punt bestaat, zeg 2, dan wordt f alleen bij E(2 geteld, zijn bijdrage aan alle andere termen is nul. Als het complement uit twee punten bestaat, bijvoorbeeld 1 en 2, dan is zijn bijdrage gelij aan = 1: de positieve 1-en omen van E(1 en E(2 en de 1 omt van E(1 E(2. Bewijs van Stelling 4. We tellen weer het aantal niet-surjectieve afbeeldingen, dat wil zeggen E(1 E(2 E( We beginnen weer met E(1 + E(2 + + E( ; de E(j hebben allemaal ( 1 n elementen; dus de som is gelij aan ( 1 n. Wegens dubbel tellen moeten we daar E(j1 E(j 2 van aftreen voor el tweetal {j1, j 2 }. Ele doorsnede heeft ( 2 n elementen en er zijn ( ( 2 doorsneden dus we rijgen 1 ( 1 n ( 2 ( 2 n. Maar nu tellen we de afbeeldingen in de doorsneden E(j 1 E(j 2 E(j 3 niet mee, dus we tellen hun aantallen bij ons totaal op; er zijn ( 3 van die doorsneden en die hebben el ( 3 n elementen. We zijn nu bij ( 1 ( 1 n ( 2 ( 2 n + ( 3 ( 3 n. Op stap i hebben we te maen met afbeeldingen die ten minste i waarden missen; die zitten in een doorsnede van de vorm E(j 1 E(j i. Daar zijn er ( i van en el heeft ( i n elementen. Als i oneven is treen we af, als i even is tellen we op; de bijdrage is dus ( ( 1 i 1 ( i n i Alles bij elaar omen we uit op ( ( 1 i 1 ( i n i i=1 i=1 niet-surjectieve afbeeldingen en dus op ( ( n ( 1 i 1 ( i n = ( 1 i ( i n i i surjectieve afbeeldingen. i=0 Stirling-getallen. Mer op: een surjectieve afbeelding f : n bepaalt een verdeling van n in niet-lege deelverzamelingen: voor i nemen we A i = {j : f(j = i}. De verdeling verandert niet als we de getallen in permuteren. Dus ele verdeling correspondeert met! surjectieve afbeeldingen. Conclusie het aantal manieren om n in niet-lege deelverzamelingen te verdelen is 1 n! en dat aantal wordt met { n } aangeduid; de getallen { n } worden Stirling-getallen van de tweede soort genoemd. Opgave 27. Op hoeveel manieren an een mentorgroep van tien studenten in drie groepjes worden verdeeld.

9 Telproblemen 9 Opgave 28. Op hoeveel manieren an een mentorgroep van tien studenten op min-of-meer eerlije manier in drie groepjes worden verdeeld. Met min-of-meer eerlij bedoelen we een dier-drie-vier-verdeling. Het principe van Inclusie-Exclusie In het bovenstaande bewijs zit een formule verstopt die we nu expliciet gaan maen. Neem een n-tal verzamelingen A 1, A 2,..., A n. We gaan A 1 A 2 A n bepalen en we volgen de methode uit het bovenstaande bewijs. Om dat wat netjes op te unnen schrijven voeren we wat afortingen in: 1. voor een deelverzameling I van n schrijven we A(I = i A A i; 2. voor n schrijven we T ( = { A(I : I [n] } Bijvoorbeeld: T (1 = n i=1 A i en T (2 = 1 i<j n A i A j. 5. Stelling. De volgende formule geldt A 1 A 2 A n = ( 1 1 T ( ( Deze stelling heet wel het Principe van Inclusie-Exclusie of oo de Zeefformule. Het is vaa gebruielij af te spreen dat A( = A 1 A 2 A n en dan unnen we formule ( oo als volgt opschrijven: =1 ( 1 T ( = 0 ( =0 Het bewijs gaat als in het geval van E(1 E(2 E(3. El punt van de vereniging draagt 1 bij aan het aantal elementen van die vereniging. We ijen wat de bijdrage van een punt x aan de rechterant van ( is. Hiertoe nemen we aan dat x tot l van de verzamelingen A i behoort, zeg A i1,..., A il. We beijen hoeveel x bijdraagt aan ele T (. De bijdrage aan T (1 is l: voor ele i j draagt hij 1 bij. De bijdrage aan T (2 is ( l 2 : er is een bijdrage van 1 aan A(i A(j precies dan als x A i en x A j. Evenzo is de bijdrage aan T (3 gelij aan ( l 3 en in het algemeen is de bijdrage aan T ( gelij aan ( l ; voor > l is die bijdrage dus gelij aan 0. De bijdrage van x aan de som n =1 ( 1 1 T ( is dus gelij aan l =1 ( 1 1( l. Pas nu Opgave 19 toe: l =0 ( 1( l = 0; breng alle termen op de eerste na naar rechts, er omt l ( l 1 = ( 1 1 =1 Dus het element x wordt aan de rechterant van ( oo precies één eer geteld. Deze formule un je gebruien om gegevens te controleren.

10 10 K. P. Hart Opgave 29. Er zijn 35 wisundestudenten die hun vooreur hebben uitgesproen voor bepaalde euzevaen: 18 studenten willen Logica (L doen, 23 willen Numeriee Wisunde (N volgen, 21 iezen voor Verzamelingenleer (V en 17 voor Reële Analyse (R. Verder willen er 9 L en N doen, 7 L en V, 6 iezen voor L en R, 12 doen N en V, 9 doen N en R, en 12 gaan voor V en R. Er zijn oo studenten die drie vaen iezen: 4 doen LNV, 3 doen LNR, 5 doen LVR en 7 doen NVR; er zijn 3 studenten die alles willen volgen. Is de administratie op orde? Opgave 30. Hoeveel getallen uit zijn deelbaar door 3, door 5, maar niet deelbaar door 7 en oo niet deelbaar door 11? Ballen in dozen Telproblemen zijn er in vele soorten maar vaa un je iets tot een standaardprobleem terugbrengen. Een veelgebruite standaardvorm is ballen in dozen stoppen. De uitgangssituatie is: we hebben n dozen, genummerd 1 tot en met n, en we hebben ballen. Op hoeveel manieren unnen we die ballen over de dozen verdelen? Die vraag is eigenlij een groot aantal vragen in één. We unnen namelij al meteen twee gevallen onderscheiden: 1. de ballen zijn allemaal verschillend (bijvoorbeeld genummerd 1 tot en met 2. de ballen zijn allemaal gelij Verder unnen we eisen aan de verdeling opleggen: 1. in ele doos ten hoogste één bal 2. het maat niet uit hoeveel ballen ele doos rijgt 3. in ele doos ten minste één bal We lopen de zes vragen die we zo rijgen langs. Verschillende ballen, ten hoogste één per doos Ele verdeling codeert een injectieve afbeelding van naar n; dit an dus op n!! manieren. Pratische situatie: een loterij met verschillende prijzen en waarbij iedereen één lot oopt/rijgt. Verschillende ballen, aantal per doos maat niet uit Nu codeert een verdeling een afbeelding f van naar n, gedefinieerd door: f(i = j als bal i in doos j omt. Het aantal verdelingen is dus gelij aan n. Pratische situaties: telefoonnummers tellen; een verloting met verschillende prijzen waar iedereen willeeurig veel lootjes an open. Verschillende ballen, ten minste één per doos Oo nu coderen we afbeeldingen naar n maar dan wel surjectieve afbeeldingen. Het aantal verdelingen is dus gelij aan n. Pratische situaties: een verloting evenveel loten als (verschillende prijzen en waarbij iedereen een lot heeft geocht.

11 Gelije ballen, ten hoogste één per doos Telproblemen 11 Nu ( omt een verdeling overeen met het iezen van een element van [n] ; dit an dus op n manieren. Pratische situatie: aanondigingen van een feestje uitdelen. De aanondigingen zijn identie en je wilt geen blaadje verspillen. Gelije ballen, aantal per doos maat niet uit Deze situatie hebben we, lijt het, nog niet gehad. Een pratisch voorbeeld: oejes uitdelen, waarbij het er heel oneerlij toe an gaan want de mogelijheid bestaat dat één persoon alle oejes rijgt. Hoeveel niet-negatieve geheeltallige oplossingen heeft de vergelijing x + y + z = 10? Bijvoorbeeld, x = 0 y = 0 en z = 10, of: x = 10, y = 0 en z = 0 (deze telt als een andere oplossing. De dozen zijn hier x, y en z, en de identiee ballen zijn tien 1-en. We unnen dit tot een deelverzamelingenprobleem terugbrengen. Dat gaat als volgt: leg alle dozen aan elaar in een rij, lijm ze eventueel aan elaar. Als we de ballen binnen ele doos op een rijtje leggen ontstaat een rij dingen die uit ballen en aan elaar gelijmde zijanten bestaat. In Figuur 2 is een situatie met negen ballen en vijf dozen te zien: de Figuur 2. Negen ballen in vijf dozen vier lijntjes geven de vastgelijmde zijanten weer tussen de dozen. De stippen geven de ballen weer: één in doos 1, twee in doos 2, nul in doos 3, de drie in zowel doos 4 als doos 5. Er staat dus een rij van dertien symbolen en zodra we de vier lijntjes op vier van de dertien pleen hebben geplaatst ligt de verdeling van de ballen oo vast. Dat beteent dat we ( ( 13 4 = 13 9 mogelije verdelingen van de negen ballen over de vijf dozen hebben. De algemen formule is nu niet moeilij meer: we moeten ballen en n 1 tussenschotten op een rij zetten. Dus: n 1 posities uit + n 1 iezen en daar de lijntjes zetten, in totaal ( + n 1 mogelij verdelingen. n 1 Opgave 31. Hoeveel oplossingen heeft de bovenstaande vergelijing x + y + z = 10? Gelije ballen, ten minste één bal per doos Deze situatie lijt oo nieuw maar is eigenlij bijna dezelfde als de vorige. Het is hier natuurlij nodig dat n. Als we eerst n ballen paen en er één in ele doos leggen unnen we daarna de rest, n ballen, weer willeeurig over de dozen verdelen. Het antwoord is dus ( n + n = 1 n 1 = ( 1 n 1 Opgave 32. Hoe un je direct zien dat het antwoord ( 1 n 1 moet zijn?

12 12 K. P. Hart Opgave 33. Hoeveel positieve geheeltallige oplossingen heeft de vergelijing x + y + z = 10? Meer Opgaven Opgave 34. Los het probleem van de identiee ballen die willeeurig over de n dozen verdeeld worden op. Aanwijzing: Zet de dozen tegen elaar aan, op een rij, en geef de wanden tussen de dozen aan met streepjes. Leg binnen ele doos de aanwezige ballen oo op een rij. Uit hoeveel symbolen bestaat de resulterende rij? Wanneer ligt zo n rij vast? Opgave 35. Los het probleem van de identiee ballen die over de n dozen verdeeld worden met in ele doos ten minste één bal op. Aanwijzing: Breng het probleem terug tot het voorgaande. Opgave 36. Nog meer ballen en dozen. We hebben nog steeds n dozen en ballen. Schrijf = n, met ele i geheel en niet negatief. (a Op hoeveel manieren unnen we identiee ballen over de dozen verdelen, zó dat er i ballen in doos i omen? (b Op hoeveel manieren unnen we verschillende ballen over de dozen verdelen, zó dat er i ballen in doos i omen? Opgave 37. Neem n N, zet X = {0, 1,..., n 1} en definieer een afbeelding f : P(X N door f(a = i A 2 i. (a Toon aan dat f injectief is. (b Wat is het beeld van f? Aanwijzing: beij eerst wat eenvoudige gevallen: n = 1, n = 2, n = 3,... Opgave 38. Een beend probleem vraagt naar het aantal permutaties van n zonder depunten (den aan lootjes treen voor een Sinterlaasviering; we noemen dat aantal D n. We noteren de verzameling permutaties van n met S n en voor ele i schrijven we A i = {f S n : f(i = i} (dus n i=1 Ai bestaat uit de permutaties met een depunt. We definiëren A(I en T ( als boven. (a Bepaal A(I / Toon aan A(I = (n I!. (b Bepaal T ( / Toon aan T ( = ( n (n! (c Toon aan D n = n! n =0 ( 1 1.! (d Is de ans dat bij een groep van tien personen het lootjes treen in één eer lut groter of leiner dan 1? 2 Opgave 39. Een password van een TU Delft netid moet tenminste acht araters lang zijn en ten minste één cijfer, één leine letter, één hoofdletter en één symbool (niet-cijfer, niet-letter bevatten. Bepaal, uitgaande van een standaard QWERTY-toetsenbord (Figuur 3 het aantal geldige passwords van respectievelij zeven, acht, negen en tien araters. (Onderzoe of de spatie oo een geldig symbool is! Opgave 40. (a Voor ele n: hoeveel getallen van n cijfers zijn er waarvan de cijfers in niet-stijgende volgorde staan? (b Voor n 10: hoeveel getallen van n cijfers hebben hun cijfers in strit dalende volgorde?

13 Telproblemen 13 Figuur 3. QWERTY