Uitwerkingen eerste serie inleveropgaven

Transcriptie

1 Uitwerkingen eerste serie inleveropgaven (1) Gegeven het 4 4 grid bestaande uit de 16 punten (i, j) met i, j = 0,..., 3. Bepaal het aantal driehoeken dat je kunt vinden zodanig dat ieder hoekpunt samenvalt met een punt van het grid. Ieder drietal verschillende punten dat niet op één lijn ligt leidt tot een driehoek. Het totale aantal mogelijkheden om 3 punten te kiezen is ( ) 16 3 = 560. Hier moet je nog alle drietallen vanaf trekken die op één lijn liggen. Er zijn 10 viertallen van punten op één lijn (alle horizontale en verticale lijnen door het grid plus de twee lange diagonalen), en er zijn 4 drietallen van punten op één lijn (alle korte diagonalen, zoals (0, 1), (1, 2), (2, 3)). Voor de viertallen heb je steeds ( ) 4 3 mogelijke drietallen op één lijn. In totaal kun je dan = 44 drietallen kiezen die op één lijn liggen. Het totale aantal mogelijkheden is dus = 516 stuks. (2) Bepaal het aantal verschillende gehele getallen tussen 100 en 1000 die een veelvoud zijn van 6 en die bestaan uit verschillende cijfers; de 0 doet niet mee. Het getal is deelbaar door 6 dan en slechts dan als het laatste cijfer even is en de som van de cijfers deelbaar is door 3. Verdeel de cijfers 1,..., 9 in drie sets afhankelijk van hun rest bij deling door 3. Dit levert S 0 = {3, 6, 9}, S 1 = {1, 4, 7} en S 2 = {2, 5, 8}. Om aan de eis dat de som van de cijfers een drietal is te voldoen moet je óf alle drie cijfers uit dezelfde deelverzameling kiezen, óf uit iedere deelverzameling precies één. Wanneer je alle cijfers uit S 0 of S 1 kiest, dan moet je het even getal achteraan zetten, waarna je nog twee mogelijkheden overhoudt. Wanneer je alle cijfers uit S 2 kiest, dan heb je twee keuzes voor het laatste cijfer en nog twee voor het voorlaatste cijfer. In totaal voor deze drie opties zijn er = 8 mogelijkheden. Wanneer je ze uit verschillende deelverzamelingen kiest, dan heb je voor het laatste cijfer 4 mogelijkheden. Daarna heb je nog 6 mogelijkheden voor het voorlaatste cijfer (ieder getal uit de resterende twee deelverzamelingen is toegestaan) en dan nog 3 mogelijkheden voor het eerste cijfer: in totaal dus = 72 mogelijkheden. Het totale aantal mogelijkheden bedraagt = 80. (3a) S(n, k) is gedefinieerd als het aantal mogelijkheden om n herkenbare ballen te verdelen over k onherkenbare dozen, waarbij iedere doos minstens 1 bal krijgt. Bewijs (combinatorisch) dat S(n, k) = ks(n 1, k) + S(n 1, k 1) We gaan de situatie op een andere manier tellen. We bekijken eerst op hoeveel manieren we de eerste n 1 ballen kunnen verdelen over de k dozen en voegen vervolgens bal n toe. We onderscheiden hierbij twee gevallen: 1. In alle k dozen komt minstens één bal terecht door het toevoegen van de eerste n 1 ballen. Dit eerste kan uiteraard op S(n 1, k) manieren. We kunnen nu bal n in elk van de dozen toevoegen (immers overal zit al een bal in). Merk op dat de dozen 1

2 nu al herkenbaar zijn doordat we er herkenbare ballen in hebben gestopt. Dit geeft in totaal dus ks(n 1, k) manieren. 2. Niet in alle dozen komt bij het toevoegen van de eerste n 1 ballen een bal terecht. Uiteraard komt er wel in k 1 dozen een bal terecht (anders kunnen nooit alle dozen vol raken met door toevoegen van bal n. We kunnen dit dan op S(n 1, k 1) manieren doen. Maar nu hebben we voor bal n geen keuze meer, dus dat levert geen extra mogelijkheden. We concluderen dat we op deze manier precies S(n 1, k 1) mogelijkheden hebben. Bovenstaand opgesplitst proces is natuurlijk precies hetzelfde als n herkenbare ballen verdelen over k onherkenbare dozen. We kunnen nu dus concluderen dat inderdaad geldt dat S(n, k) = ks(n 1, k) + S(n 1, k 1). (3b) Definieer Q(n, k) als het aantal mogelijkheden om n herkenbare elementen te verdelen in k groepjes, waarbij je voor ieder groepje het aantal verschillende ordeningen telt; twee ordeningen zijn verschillend wanneer ze een verschillend cykel opleveren (bijv. ABC en ACB zijn verschillend; ABC en BCA zijn gelijk). Druk Q(n, k) uit in Q(n 1, k) en Q(n 1, k 1) en bewijs de correctheid van deze uitdrukking met een combinatorisch bewijs. We claimen dat Q(n, k) = Q(n 1, k 1)+(n 1)Q(n 1, k). We gaan dit combinatorisch bewijzen. Hiervoor bekijken we net als in de vorige opgave wat er kan gebeuren als we de eerste n 1 elementen verdelen. We onderscheiden wederom 2 gevallen: 1. De n 1 elementen zijn al opgedeeld in k cykels. Er geldt dat we deze opdeling op Q(n 1, k) manieren kunnen doen. We gaan nu het n-de element toevoegen. Merk echter op dat het niet voldoende is om aan te wijzen in welke groep we dit element toevoegen, immers in elke groep onderscheiden we verschillende cykels. We kunnen het echter wel als volgt zien. We zetten het n-de in dezelfde groep als het m de element en dan ook precies voor het m de element in de cykel (dit kan dus op n 1 manieren). Merk op dat we op deze manier altijd een andere verdeling van de cykels maken. Bovendien krijgen we ze ook allemaal (Stel we krijgen er 1 niet, als m niet achteraan staat is het duidelijk dat we hem wel kunnen maken, anders, draai de bijbehorende cykel een slag door, dan is het nu duidelijk dat we deze verdeling kunnen construeren. Tegenspraak, we hebben dus een bijectie. We concluderen dat we op deze manier in totaal (n 1)Q(n 1, k) manieren hebben. 2. De n 1 elementen zijn in precies k 1 cykels (groepen) opgedeeld (minder kan natuurlijk niet). Dit kan op Q(n 1, k 1) manieren. Maar nu is het duidelijk dat we het n de element apart moeten zetten, dit kan maar op 1 manier. Dus totaal levert deze mogelijkheid Q(n 1, k 1) manieren op. We hebben nu precies Q(n, k) door onderscheid te maken naar twee gevallen. We concluderen nu dat Q(n, k) = Q(n 1, k 1) + (n 1)Q(n 1, k). 2

3 (3c) Bewijs dat n Q(n, k) = n! k=0 door middel van een combinatorisch bewijs. Gegeven de elementen 1, 2,..., n. We bekijken nu een willekeurige permutatie van deze elementen. Merk op dat we een permutatie kunnen ontbinden in disjuncte cykels, bijvoorbeeld: (12345) (13425) kunnen we schrijven als (1)(234)(5), dit is bekend uit onder andere groepentheorie. Als we nu k het aantal disjuncte cykels noemen dan is dit niets anders dan een mogelijkheid om n elementen over k (onherkenbare) groepjes te verdelen waarbij we onderscheid maken tussen verschillende cykels. Merk op dat we voor elke verschillende permutatie van n elementen een andere andere verdeling van de elementen over een (eventueel) ander aantal groepjes. Een andere manier om het bovenstaande inzichtelijk te maken is dat we een gerichte graaf maken met punten 1,..., n en waarbij we een pijl trekken van i naar π(i), voor i = 1,..., n. Deze graaf valt uiteen in één of meer deelcykels. Ieder deelcykel correspondeert weer met de (volgorde-afhankelijke) inhoud van een doos. Omgekeerd correspondeert de inhoud van iedere doos met een deelcykel. (4) De 52 kaarten van een kaartspel zijn eerlijk (allen 13 kaarten) verdeeld over de vier spelers, die we aanduiden met Noord, Oost, Zuid en West. Gegeven dat Noord en Zuid samen 9 schoppens, 8 hartens, 4 ruitens en 5 klavers hebben, wat is de kans op precies 2 of 3 hartens bij West? Als we de kaarten van Noord en Zuid niet meetellen zijn er nog 4 schoppen, 5 harten, 9 ruiten en 8 klaveren over. Uit deze 26 kaarten (5 harten en 21 niet harten) moet de hand van West worden samengesteld. Dit kan op ( ) (de kaarten zijn onderscheidbaar) manieren. We kijken nu bij hoeveel samenstellingen er 2 of 3 harten zitten. Er zijn uiteraard ( )( ( )( ) 2 11) handen waarbij West 2 harten krijgt en 3 10 handen waarbij West 3 harten krijgt. Nu volgt dat de kans op 2 of 3 harten precies gelijk is aan ( )( ( )( ) 2 11) ) = 156 = 0, ( (5) Gegeven is een groep van n 1 dames en n 2 heren en een grote ronde tafel met precies n 1 +n 2 plaatsen. Om redenen die ik niet durf te vertellen wil ik een tafelschikking maken zodanig dat het niet voorkomt dat een persoon (m/v) tussen twee dames zit. (a) Laat zien dat dit onmogelijk is als n 1 > n 2. Stel dat je wel zo n tafelschikking hebt. Dan geldt voor iedere dame dat er twee posities verderop (zeg maar aan de linkerkant) een heer hoort te zitten. Dit betekent dat bij iedere dame een andere heer hoort in de tafelschikking, en je hebt dus minstens evenveel heren als dames nodig. Ik had er bij kunnen zetten dat ook hier er voldoende dames en heren 3

4 zijn, want theoretisch lukt het wel met één dame (maar dat is niet gezellig). (b) Stel dat geldt dat n 1 = n 2 = n 10 (deze 10 is willekeurig, maar het moet groot genoeg zijn om triviale gevallen uit te sluiten). Voor welke waarden van n is het mogelijk om een tafelschikking te maken? Stel dat je een correcte tafelschikking hebt. Kijk naar de omvang van de groepjes heren. Uiteraard moet ieder groepje heren een omvang van minstens 2 hebben. Wanneer er een groepje is met 3 heren, dan kun je daaruit eentje weglaten zonder dat dit de tafelschikking incorrect maakt. Maar dan houd je minder heren dan dames over, en volgens (a) is het niet mogelijk dat er dan een correcte tafelschikking is. Dit betekent dat alle groepjes heren uit 2 stuks moeten bestaan: je moet dus hebben dat n even is. Dan kun je een tafelschikking maken door te werken met groepjes van steeds twee dames en twee heren; drie of meer dames in een groepje mag niet, want dan zit de middelste dame naast twee dames. (c) Geef een uitdrukking voor het aantal mogelijke tafelschikkingen voor de waarden van n waarvoor dit mogelijk is. Hierbij geldt dat de gastheer en gastvrouw een vaste plaats naast elkaar hebben en dat alle dames en heren herkenbaar zijn. Aangezien de gastheer en gastvrouw naast elkaar zitten, ligt de positie van alle groepjes heren en dames ook vast (afhankelijk van of de gastheer nu links of rechts van de gastvrouw zit). Dit betekent dat je de resterende (n 1) dames en heren over de voor hen beschikbare plaatsen moet verdelen. Dit kan op (n 1)! manieren voor allebei, dus volgens de productregel zijn er [(n 1)!] 2 mogelijkheden. (6) Gegeven is een willekeurig positief, geheel getal n. Bepaal het aantal ongeordende paren van positieve gehele getallen (y, z), waarbij geldt dat (a) het kleinste gemene veelvoud van y en z gelijk is aan n. (b) y en z delers van n zijn met grootste gemene deler 1. (c) y n 2 ; z n 2, y en z zijn beide delers van n 2 en de grootste gemene deler van y en z is gelijk aan n. Bepaal eerst de priemontbinding van n; neem aan dat er k priemfactoren x 1,..., x k zijn met exponenten m 1,..., m k, dus n = k i=1 x m i i. (a) Om ervoor te zorgen dat KGV (y, z) = n moet gelden dat de maximale exponent van x i in y en z gelijk is aan m i, voor alle i = 1,..., k; de exponent in het andere getal kan iedere waarde uit {0, 1,..., m i } zijn. Omdat je mag kiezen of y of z de factor x m i i bevat krijg je dan 2m i + 1 mogelijkheden. Dit levert als aantal geordende paren k (2m i + 1). i=1 4

5 Het aantal ongeordende paren is het bovenstaande plus 1 gedeeld door 2, aangezien je ieder paar dubbbel hebt, behalve (n, n). (b) Nu geldt dat de minimale exponent van x i in y en z gelijk is aan 0, voor alle i = 1,..., k; de exponent in het andere getal kan iedere waarde uit {0, 1,..., m i } zijn. Dit leidt tot hetzelfde aantal als boven, aangezien het verder dezelfde situatie is. (c) Nu geldt dat de minimale exponent van x i in y en z gelijk is aan m i, en de exponent in het andere getal kan iedere waarde uit {m i, m i + 1,..., 2m i }. Ook dit leidt weer tot hetzelfde aantal ongeordende paren. 5