Combinatoriek voor Informatici

Transcriptie

1 Combinatoriek voor Informatici Wim Gielen Engelbert Hubbers 0 november 04

2 Inhoudsopgave Inhoudsopgave Voorwoord 8 Driehoek van Pascal 4 8. Telprincipes Binomiaalcoëfficiënten Driehoeken van Pascal Binomium van Newton Gemengde opgaven Combinatoriek 3 9. Verdeel identieke objecten over verschillende doelen Verdeel verschillende objecten over identieke doelen Pigeonhole principe Gemengde opgaven Inclusie en exclusie 0 0. In- en exclusie voor verzamelingen In- en exclusie voor een paar eigenschappen In- en exclusie voor veel eigenschappen Handige formules Gemengde opgaven Recursie van orde 30. Oneindige rijen Homogene recursie van orde Inhomogene recursie van orde Gemengde opgaven Recursie van hogere orde 43. Homogene recursie van orde Homogene recursie van hogere orde Inhomogene recursie Gemengde opgaven Grafen Basisbegrippen Euler en Hamilton Kleuringen Gemengde opgaven D Definities en Stellingen 64 D. Definities D. Stellingen

3 Voorwoord Ten opzichte van vorig jaar is er inhoudelijk aan dit dictaat niet echt iets veranderd. Dit dictaat van Combinatoriek is feitelijk gewoon het tweede deel van Discrete Wiskunde. Dit komt tot uiting in de hoofdstuknummering. Die sluit namelijk aan op die van Wiskundige Structuren, wat de huidige naam is voor het eerste deel van Discrete Wiskunde. Ook niet onbelangrijk om te weten: in appendix D staat een overzicht van alle belangrijke definities en stellingen. Neem die lijst door ter voorbereiding van het tentamen. De opgaven zijn verdeeld in twee groepen. Sommige opgaven staan direct na de stof waar ze over gaan en sommige opgaven staan als extra opgaven aan het eind van het hoofdstuk. Daarnaast staan de antwoorden niet in dit dictaat, maar is er een opgavenbundel beschikbaar waarin steeds meer uitwerkingen komen te staan. In tegenstelling tot eerdere jaren wordt er bij Combinatoriek niet meer gewerkt met tussentijdse toetsen. De reden hiervoor is dat ondanks de bonus die hier mee te verdienen was, er maar weinig studenten aan deelnamen. Er kan nu een bonus verdiend worden door actief mee te doen in het werkcollege. Bij het doceren van dit vak word ik geassisteerd door promovendus Henning Basold en studentassistenten Lars Bade en Marc Schoolderman. Algemene informatie Engelbert Hubbers kamer M.0.06B hubbers@cs.ru.nl Voorkennis. De directe voorkennis van dit vak is natuurlijk Wiskundige Structuren. Inhoud. Deze cursus bestaat uit Binomiaalcoëfficiënten en de driehoek van Pascal (hoofdstuk 8). telprincipes (hoofdstuk 8, 9 en 0) recursieve betrekkingen (hoofdstuk en ) graaftheorie (hoofdstuk 3) Werkwijze. Elk hoofdstuk leer je door middel van de volgende activiteiten:. Hoorcollege (dinsdag ): Ik behandel de grote lijnen en moeilijke details van het betreffende hoofdstuk.. Zelfstudie: Na het hoorcollege ga je aan de slag met het maken van de opgaven. 3. Responsiecollege (donderdag ): Tijdens dit uur wordt er klassikaal gewerkt aan het oplossen van de problemen die bij de zelfstudie naar voren zijn gekomen. 4. Werkcollege (donderdag ): Aansluitend heb je één uur de gelegenheid om individueel aan de huiswerkopgaven te werken waarbij je hulp kunt vragen aan docenten of medestudenten.

4 5. Huiswerk (vrijdag 0.30): Je kunt via Blackboard huiswerk inleveren als leesbare.pdf. Hoe precies is op dit moment nog niet duidelijk, maar het maken van huiswerk en de participatie tijdens de responsiecolleges kan een bonus opleveren. Veel opgaven lijken van het type dat zie je toch zo, maar op de toetsen en het tentamen wordt er ook streng gelet op hoe je het precies opschrijft. Lever je huiswerk in dan krijg je dus al in een vroeg stadium te horen hoe goed of slecht je dat doet. Opgaven. De aanbevolen werkwijze bij een opgave uit het dictaat is: lees de opdracht, leg het dictaat buiten bereik, en voer de opdracht uit. Vergelijk vervolgens jouw uitwerking met onze modeluitwerking, die je in de opgavenbundel kunt vinden. Zijn de uitkomsten/resultaten gelijk? (Zo nee, wie van ons heeft het mis?) Is jouw methode handiger dan de onze? (Zo ja, vertel ons jouw methode een keer tijdens het werkcollege.) Is jouw wijze van opschrijven even duidelijk als de onze? (Een onpartijdige arbitrage door hospita of huisdier zou welkom zijn.) Verdient jouw uitwerking een beoordeling 6? (Zo nee, bestudeer nogmaals de theorie en je aantekeningen.) Lukt het niet een zinnige uitwerking te produceren, vraag dan een aanwijzing tijdens het werkcollege. En natuurlijk zal het ook vast wel eens voorkomen dat je onze oplossing totaal niet snapt. Dan is hij waarschijnlijk toch niet zo best opgeschreven en vraag ons tijdens het werkcollege dan maar om een betere uitleg. Toetsen en tentamens. Er zijn geen tussentijdse toetsen. Er is alleen een afsluitend tentamen. Dit tentamen is gesloten boek. Om aan het tentamen te mogen deelnemen dien je een computeropdracht (voldoende) te hebben gemaakt. De opgaven van het tentamen zullen waarschijnlijk sterk lijken op de opgaven in dit dictaat. Echter, omdat in dit dictaat ook veel tamelijk simpele oefeningen staan, zal het niveau van de opgaven op het tentamen gemiddeld iets hoger zijn dan dat van de opgaven uit het dictaat. Hoewel je hem waarschijnlijk niet heel erg vaak nodig hebt, mag je wel een rekenmachine gebruiken. Hoe de bonusregeling uiteindelijk werkt, wordt bekendgemaakt op de website nl/~hubbers/courses/co van dit vak. 3

5 Hoofdstuk 8 Driehoek van Pascal 8. Telprincipes Definitie 8. (Somregel). Als een eerste taak op m manieren kan worden uitgevoerd, en een tweede taak op n manieren, en deze taken kunnen niet tegelijk worden uitgevoerd, dan zijn er m + n manieren om precies één van deze taken uit te voeren. Deze somregel is een herformulering van een bekende stelling over eindige verzamelingen: als V W = dan V W = V + W Bedenk dat V de andere notatie uit hoofdstuk 3 voor #V was en dus het aantal elementen van V voorstelt. Definitie 8. (Productregel). Als een eerste taak op m manieren kan worden uitgevoerd, en een tweede taak op n manieren, dan zijn er m n manieren om eerst de eerste taak en vervolgens de tweede taak uit te voeren. Ook deze productregel is een herformulering van een stelling over eindige verzamelingen: V W = V W Voorbeeld 8.3 Een piwi bestaat uit een voetje, met daarop een staafje, en op het staafje een kroontje. Er zijn onbeperkte voorraden van voetjes in de kleuren geel, paars, groen, roze, violet; staafjes in de materialen plastic, hout, ijzer; en kroontjes van goud, zilver, brons. Hoeveel verschillende piwi s kunnen er gemaakt worden? De taak maak een piwi bestaat uit drie deeltaken: De taak maak een piwi kan dus op manieren uitgevoerd worden. Er kunnen dus 45 verschillende piwi s gemaakt worden. taak : kies een voetje (kan op vijf manieren) taak : lijm er een staafje op (drie mogelijkheden) taak 3: zet er een kroontje op (drie mogelijkheden) Opmerking: We hebben hier een variant van de productregel gebruikt: U V W = U V W. 4

6 Opgave 8. (i) Formuleer de verzamelingstheoretische generalisatie van de somregel voor een eindig aantal taken. (ii) En doe dat ook voor de productregel. Opgave 8. Hoeveel injectieve functies bestaan er van {0,, } naar P{0,, }? Opgave 8.3 (i) Hoeveel functies bestaan er van {,, 3, 4, 5} naar {,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}? (ii) Hoeveel van deze functies zijn injectief? (iii) En hoeveel surjectief? 8. Binomiaalcoëfficiënten Definitie 8.4 (Binomiaalcoëfficiënt). We definiëren, voor x R en k N de binomiaalcoëfficiënt : ( ) x def x(x )(x ) (x k + ) = k k! Voor natuurlijke getallen n en k met k n komt deze definitie neer op ( ) n k def = n! k! (n k)! Voorbeeld 8.5 Twee simpele voorbeeldjes: ( ) 5 = 5! 3 3!! = 0 6 = 0 ( ) ( )( ) = = 3 3! 3 Opmerking: Deze getallen vind je alleen op je GR als n en k natuurlijke getallen zijn. Je kunt ze dan oproepen met de ncr instructie uit het MATH PRB menu: 5 ncr 3 levert als uitkomst 0. ncr 3 levert helaas een foutmelding. Opgave 8.4 Bewijs met volledige inductie de formule voor n N. Opgave 8.5 Bewijs de gelijkheid ( ) = 7 n=6 ( ) n + 0 ( ) n. 6 ( ) n + ( ) n + + ( ) n = n n 5

7 8.3 Driehoeken van Pascal We bekijken nu de deelverzameling van N N die bestaat uit alle paren (n, k) waarvoor k n. Deze verzameling van roosterpunten tekenen we zó, dat het punt (0, 0) de top wordt: (0,0) (,0) (,) (,0) (,) (,) (3,0) (3,) (3,) (3,3) (4,0) (4,) (4,) (4,3) (4,4) (5,0) (5,) (5,) (5,3) (5,4) (5,5) (6,0) (6,) (6,) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) We gaan nu ieder van deze roosterpunten voorzien van een getal: Definitie 8.6 (Eerste Driehoek van Pascal). Zet aan de rand enen, en vul de rest in door schuin optellen. Anders gezegd: voorzie de roosterpunten (n, 0) en (n, n) van het getal, en schrijf bij elk ander roosterpunt (n, k) de som van de getallen, die je bij de roosterpunten (n, k) en (n, k ) moet schrijven. De Eerste Driehoek van Pascal (e vp) is dus het volgende schema van getallen (het gaat naar onder oneindig ver door, dus er is alleen maar een klein beginstuk opgeschreven): Definitie 8.7 (Tweede Driehoek van Pascal). Zet op plaats (n, k) het getal ( ) n. Het getallenk 6

8 schema dat zo begint noemen we de Tweede Driehoek van Pascal. ( 0 0) ( ) ( 0 ) ( ) ( ) ( 0 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 0 ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( ) ( 3 3) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( ) ( 4 4) ( 6 ) ( 6 ) ( 6 ) ( 6 ) ( 6 ) ( ) ( 5 5) ( 7 ) ( 7 ) ( 7 ) ( 7 ) ( 7 ) ( 7 ) ( ) ( 6 6) ) ( 7 7) Stelling 8.8 (Eigenschappen van e vp):. De rand van de e vp bestaat uit allemaal enen. Bewijs: ( ) n = n! 0 0! n! = ( ) n = n! n n! 0! =. Als je in de e vp twee naast elkaar staande getallen optelt, krijg je het getal dat vlak onder dit duo staat. Bewijs: ( ) ( ) n n + k k + = = = = = n! k! (n k)! + n! (k + )! (n k )! n! (k + ) (k + )! (n k)! + n! (n k) (k + )! (n k)! n! (k + + n k) (k + )! (n k)! (n + )! (k + )! (n k)! ( ) n + k + 3. De e vp is precies hetzelfde getallenschema als de e vp. Bewijs: Dit volgt uit en. 4. Als n N en k {0,..., n}, dan is Bewijs: Dit volgt uit 3. ( ) n een natuurlijk getal. k Definitie 8.9 (Derde Driehoek van Pascal). Zet op plaats (n, k) het aantal kortste wegen via roosterpunten van (0, 0) naar (n, k). Een kortste weg is een route waarvan elk stapje naar schuin links onder of schuin rechts onder gaat. Stelling 8.0 (Eigenschappen van 3e vp):. In de 3e vp staan aan de rand allemaal enen. 7

9 Bewijs: Dat is zo want de enige kortste weg naar een randpunt is de randweg zelf.. In de 3e vp geldt ook het principe van schuin optellen. Bewijs: Dat is een simpele toepassing van de somregel: als je naar het punt (n +, k + ) moet wandelen, zul je ofwel via (n, k) ofwel via (n, k + ) moeten. 3. De 3e vp is precies gelijk aan de e vp. Bewijs: Dit volgt uit en. Definitie 8. (Vierde Driehoek van Pascal). Zet op plaats (n, k) het aantal k-grepen uit een zak met n verschillende knikkers. Onder een k-greep uit een verzameling V verstaan we een uit k elementen bestaande deelverzameling van V. Stelling 8. (Eigenschappen van 4e vp):. In de 4e vp staan aan de rand allemaal enen. Bewijs: Aan de linkerrand staat het aantal 0-grepen uit een zak met n knikkers, en dat aantal is, want de lege verzameling is de enige 0-greep. Aan de rechterrand staat het aantal n-grepen uit die zak, en dat is er ook maar, namelijk de hele zak.. In de 4e vp geldt ook het principe van schuin optellen. Bewijs: Op plaats (n +, k + ) staat het aantal (k + )-grepen uit de zak {,..., n, Pommetje}. Sommige van die grepen bevatten Pommetje (dat aantal staat op plaats (n, k)) en sommige niet (dat aantal staat op plaats (n, k + )). De somregel doet de rest. 3. De 4e vp is precies gelijk aan de e vp. Bewijs: Dit volgt uit en. Definitie 8.3 (Vijfde Driehoek van Pascal). Zet op plaats (n, k) de coëfficiënt van x k in de veelterm ( + x) n. Toelichting: als je bijvoorbeeld ( + x) 4 uitwerkt vind je ( + x) 4 = ( + x)( + x)( + x)( + x) = + 4x + 6x + 4x 3 + x 4 De coëfficiënten, 4, 6, 4, in deze veelterm zijn dan de getallen op rij 4 van de 5e vp. Stelling 8.4 (Eigenschappen van 5e vp):. In de 5e vp staan aan de rand allemaal enen. Bewijs: Als je ( + x) n uitwerkt begint het resultaat met + (enen aan de linkerrand) en eindigt het met + x n (enen aan de rechterrand).. In de 5e vp geldt ook het principe van schuin optellen. Merk op dat dit dus de 5 e rij is, die alleen maar de naam rij 4 heeft gekregen. We kunnen namelijk wel een rij de naam rij 0 geven, maar we kunnen niet spreken over de 0 e rij! 8

10 Bewijs: ( + x) n+ = ( + x)( + x) n = ( + x) n + x( + x) n en dus [ coëfficiënt van x k+ in ( + x) n+] = [ coëfficiënt van x k+ in ( + x) n] + [ coëfficiënt van x k+ in x( + x) n] = [ coëfficiënt van x k+ in ( + x) n] + [ coëfficiënt van x k in ( + x) n] 3. De 5e vp is precies gelijk aan de e vp. Bewijs: Dit volgt uit en. Opgave 8.6 Bewijs met grijpgetallen de formule n k=0 ( ) n = k ( ) n n Opgave 8.7 Hieronder zie je een stukje van N N getekend. Bereken het aantal mogelijke wegen via roosterpunten van het punt (0, 0) naar het punt (n, k). Een weg moet bestaan uit stapjes naar rechts en/of omhoog. (n, k) (0, 0) Opgave 8.8 Bereken de som 0 k=0 ( )( ) k 0 k Opgave 8.9 Op hoeveel manieren kunnen de objecten a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, m, n, o, p,,,,, (totaal) geordend worden? Opgave 8.0 Bewijs de gelijkheid ( ) ( ) ( ) ( ) 36 = 7 ( ) Binomium van Newton De vijf behandelde versies van de Driehoek van Pascal zijn dus allemaal exact gelijk. Het inzicht e vp = 5e vp heeft een speciale naam gekregen: Stelling 8.5 (Binomium van Newton): ( + x) n = ( ) n + 0 ( ) n x + ( ) n x + + ( ) n x n n 9

11 Stelling 8.6 (Generalisaties van het Binomium van Newton): Deze twee generalisaties blijken in de praktijk erg handig: (x + y) n = ( ) n x n + 0 ( ) n x n y + ( ) n x n y + + ( ) n y n n Bewijs: (x + y) n = x n ( + y x ) n = x n n k=0 ( ) n ( y k x ) k = n k=0 ( ) n x n k y k k Voor reële exponenten α en reële getallen x tussen en geldt ( ) ( ) ( ) α α α ( + x) α = + x + x + x ( α 4 ) x 4 + Bewijs: Helaas, een bewijs hiervan is nu nog te moeilijk. Opgave 8. Bereken zonder rekenmachine: 7 5 ( ) ( ) ( ) ( ) Opgave 8. Wat is meer, ( ) ( ) 50 + ( ) ( ) of ( ) 50 + ( ) ( ) 50? 49 Opgave 8.3 Voor welke n N is ( + ) n ( + n ) een natuurlijk getal? 8.5 Gemengde opgaven Opgave 8.4 (i) Bereken #{,, 3, 4, 5} 00. Of anders gezegd: bereken het aantal rijtjes a, a, a 3,..., a 00 waarbij elke a i een van de getallen,, 3, 4, 5 is. (ii) In hoeveel rijtjes uit {,, 3, 4, 5} 00 staan nergens twee gelijke getallen naast elkaar? Opgave 8.5 Bereken met behulp van de productregel het aantal deelverzamelingen van {,..., n}. Opgave 8.6 In een vaas zitten 0 rode en 0 blauwe ballen. We nemen een willekeurige greep van tien ballen uit deze vaas. Bereken de kans dat deze greep bestaat uit 3 rode en 7 blauwe ballen. Opgave 8.7 (i) Hoeveel functies f : {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} N bestaan er waarvoor geldt: x {0,,,3,4,5,6,7,8,9} [f(x) x] (ii) Hoeveel functies f : {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} N bestaan er waarvoor geldt: x {0,,,3,4,5,6,7,8,9} [f(x) 3] # { x {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} f(x) = 5 } = 5 0

12 Opgave 8.8 Zij p n de kans dat je, bij een worp met n dobbelstenen, een even aantal zessen gooit. Welke van de volgende beweringen zijn waar voor alle n N? Geef een bewijs of een tegenvoorbeeld. (i) p n = ( ) n (ii) p n = 5 n k 6 n k k=0 (iii) p n = + n 3 n Opgave 8.9 De Bell getallen worden gedefinieerd door B n def = het aantal equivalentierelaties in {,..., n} Hier staan enkele van deze Bell getallen uitgerekend: ( ) 00 Bewijs dat B 0 = B ( 00 ) B + B 0 = B = B = B 3 = 5 B 4 = 5 B 5 = 5 B 6 = 03 B 7 = 877 B 8 = 440 B 9 = 47 B 0 = 5975 B = ( 00 ) B + ( 00 3 ) B ( ) 00 B Opgave 8.0 (i) Hoeveel kortste wegen zijn er in de Driehoek van Pascal van het punt (8, 3) naar het punt (34, 8)? (ii) Hoeveel van deze wegen gaan niet via (5, 6)? Opgave 8. Hoeveel ordeningen van 3 rode, 8 gele en 5 blauwe knikkers zijn er mogelijk? Opgave 8. Bereken de binomiaalcoëfficiënten ( ) 3, 38 ( ) 5 en ( ) 6. Opgave 8.3 Hoeveel kortste wegen zijn er in Manhattan van het kruispunt (5e straat, 7e laan) naar het kruispunt (e straat, 35e laan)?

13 Opgave 8.4 Een spel kaarten wordt héél goed geschud. Hoe groot is de kans dat bij de bovenste tien kaarten alle vier de azen zitten? Opgave 8.5 Hoeveel rijtjes van 5 nulletjes en 6 eentjes bestaan er? Opgave 8.6 Formuleer het Binomium van Newton en zijn generalisaties met de -notatie. Opgave 8.7 Als je de getallen van een van de eerste vijf rijen van de Driehoek van Pascal achter elkaar plakt, zie je opeens een macht van : Puur toeval natuurlijk. Of kun je dit bewijzen? = 0 = = 33 = = 4 Opgave 8.8 ( ) (i) Bereken. ( 8 ) (ii) Bereken. k (iii) Bewijs met het Binomium van Newton dat x (, ). ( + x) = x + 3x 4x 3 + 5x 4 6x 5 + als

14 Hoofdstuk 9 Combinatoriek 9. Verdeel identieke objecten over verschillende doelen Vraag: We willen 5 (identieke) euro s verdelen over 7 (verschillende) spaarpotjes. Op hoeveel manieren kan dat? Antwoord: We zetten eerst even de zeven spaarpotjes naast elkaar: Nu gaan we er de 5 euro s over verdelen. Dat kan bijvoorbeeld zo: Vervolgens laten we de bodems van de spaarpotjes weg: Het resultaat is een rij van 5 nullen en 6 eentjes. We kunnen ons probleem dus ook formuleren als: hoeveel rijen van 5 nulletjes en 6 eentjes bestaan er? Plotseling herinneren we ons opgave 8.5 van hoofdstuk 8. Uitkomst: ( ) 3 6. Een generalisatie van deze aanpak leidt tot het volgende inzicht: Stelling 9. (Verdeling identieke objecten over verschillende doelen): Het aantal verdelingen van n identieke objecten over k verschillende doelen is ( ) n + k k Opgave 9. Op hoeveel manieren kun je n euro s verdelen over k spaarpotjes, als je in ieder spaarpotje minstens 3 euro s moet stoppen? Opgave 9. Zij a,..., q N. Hoeveel oplossingen heeft de vergelijking a + b + c + d + e + f + g + h + i + j + k + l + m + n + o + p + q = 000 3

15 9. Verdeel verschillende objecten over identieke doelen We gaan nu het aantal verdelingen van verschillende objecten over een vast aantal identieke doelen tellen. Hiervoor introduceren we de Stirling getallen: Definitie 9. (Stirling getal). Het Stirling getal S(n, k) is gedefinieerd door S(n, k) def = het aantal uit k elementen bestaande partities van {,..., n} Voorbeeld 9.3 S(4, ) = 7, want er zijn zeven uit twee elementen bestaande partities van {,, 3, 4}, namelijk: {{}, {, 3, 4}} {{}, {, 3, 4}} {{3}, {,, 4}} {{4}, {,, 3}} {{, }, {3, 4}} {{, 3}, {, 4}} {{,4}, {, 3}} Stelling 9.4 (Recursieve definitie van Stirling getallen): Voor natuurlijke getallen n en k met < k n geldt S(n +, k) = k S(n, k) + S(n, k ) Je mag dit in opgave 9.5 zelf bewijzen. Dankzij deze stelling kunnen we moeiteloos een lijstje van Stirling getallen genereren, want nadat je bijvoorbeeld de getallen S(5, k) hebt uitgerekend, levert de stelling je direct de getallen S(6, k). Een beginstuk van het lijstje: k S(, k) S(, k) S(3, k) S(4, k) S(5, k) S(6, k) Vraag: Bereken het aantal surjectieve functies f : {,, 3, 4, 5, 6} {,, 3, 4}. Antwoord: Als f zo n functie is, dan is {A, A, A 3, A 4 } met A k = {x {,, 3, 4, 5, 6} f(x) = k} een partitie van {,, 3, 4, 5, 6} in vier niet-lege stukken. Het maken van een surjectieve f : {,, 3, 4, 5, 6} {,, 3, 4} komt dus neer op het achtereenvolgens uitvoeren van de volgende twee taken: Taak Verdeel {,, 3, 4, 5, 6} in vier niet-lege stukken. Dit kan op S(6, 4) manieren. Taak Voeg aan deze vier stukken verschillende getallen uit {,, 3, 4} toe. Dit kan op 4! manieren. Het gezochte aantal is dus volgens de productregel S(6, 4) 4! = 65 4 = 560. We kunnen dit resultaat generaliseren tot de stelling: Stelling 9.5 (Aantal surjecties tussen eindige verzamelingen): Zij n, k N. Het aantal surjectieve functies f : {,..., n} {,..., k} is k! S(n, k) 4

16 Opgave 9.3 Bereken het Stirling getal S(30, ). Opgave Bewijs dat S(000, 7) = k=6 ( 999 k ) S(k, 6). Opgave 9.5 Bewijs voor < k n de formule S(n +, k) = k S(n, k) + S(n, k ) Opgave 9.6 Druk de Bell getallen uit in Stirling getallen. 9.3 Pigeonhole principe Dit wordt ook wel het laatjesprincipe, het hokjesprincipe of op zijn Nederlands het duiventilprincipe genoemd. Opmerking: Als we 8 duiven in 7 hokjes stoppen, is er minstens één hokje waar twee of meer duiven in zitten. Gegeneraliseerd als stelling: Stelling 9.6 (Pigeonhole principe ): Neem eindige verzamelingen A en B en functie f : A B. Dan geldt: als f : A B en A > B, dan is f niet injectief. Opmerking: Als we 9 duiven in 7 hokjes stoppen, is er minstens één hokje waar 4 of meer duiven in zitten. Stelling 9.7 (Pigeonhole principe ): Neem eindige verzamelingen A en B en functie f : A B. Dan geldt: als f : A B en A > k B, dan is er een b B met {a A f(a) = b} > k. Voorbeeld 9.8 Wims gezinsplanning is zodanig, dat hij over enkele jaren dertien poezen hoopt te hebben. Dan zijn er zeker twee poezen in dezelfde maand jarig. Bewijs: Pas het duiventilprincipe toe met de dertien poezen als duiven, en de twaalf maanden als hokjes. Voorbeeld 9.9 Ik heb acht paar sokken. Als ik tien sokken pak, zijn er zeker twee gelijke bij. Voorbeeld 9.0 Iedere deelverzameling A van {,..., 9} met A = 6 bevat twee elementen met som 0. Bewijs: De duiven zijn de elementen van A, en de hokjes zijn {, 9}, {, 8}, {3, 7}, {4, 6}, {5}. Voorbeeld 9. Er bestaat een positief 7-voud waarvan de tientallige notatie uitsluitend uit drieën en nullen bestaat. 5

17 Bewijs: Maak 7 hokjes met nummer 0,,..., 6 en stop elk van de getallen 3, 33, 333, 3333,... in het hokje waarvan het nummer overeenkomt met zijn rest na deling door 7. Er zitten dan zeker twee getallen in hetzelfde hokje. Hun verschil is dan een 7-voud van het gewenste type. Opmerking: Als we heel streng zijn, kunnen we bij voorbeeld 9. het duiventilprincipe helemaal niet toepassen. Dat is namelijk alleen gedefinieerd voor eindige verzamelingen A en B, terwijl we hier een oneindige verzameling A hebben. Echter, we kunnen onze oneindige reeks getallen beperken tot een eindige reeks, zolang die maar lang genoeg is. Als we alleen maar kijken naar getallen met maximaal twintig drieën, hebben we een eindige A gekregen en kunnen we wel gewoon het duiventilprincipe toepassen. Met dezelfde conclusie als hierboven. Opgave 9.7 Bewijs dat een veelvlak twee zijvlakken heeft met een gelijk aantal ribben. Opgave 9.8 In het inwendige van een gelijkzijdige driehoek met zijde kiezen we vijf punten. Bewijs dat er twee van deze punten zijn met afstand <. 9.4 Gemengde opgaven Opgave 9.9 Zij a,..., q N. Hoeveel oplossingen heeft de ongelijkheid a + b + c + d + e + f + g + h + i + j + k + l + m + n + o + p + q 000 Opgave 9.0 We definiëren de verzamelingen V en W door V W def = {n N n 7} def = {n N n 7} Bereken het aantal functies f W V waarvoor n V f(n) = 00. 6

18 Opgave 9. Hoeveel functies f : {n N m N [n + m = 5]} N bestaan er waarvoor geldt: 5 k=0 f(k) 700 Opgave 9. Bereken het aantal functies f : {,, 3, 4, 5} N waarvoor f() + f() + f(3) + f(4) + f(5) < 500 Opgave 9.3 We kennen twee natuurlijke getallen n die voldoen aan n > n 000, namelijk n = 0 en n =. Zoek nog een derde n N waarvoor deze ongelijkheid n > n 000 geldt, of bewijs dat dat niet kan. Opgave 9.4 (i) Hoeveel 3-grepen uit {,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0} bestaan er? (ii) In hoeveel van deze 3-grepen komen geen opeenvolgende getallen voor? Opgave 9.5 De velden van dit 5 5 ruitjesbord worden op willekeurige wijze zwart/wit gekleurd. Bewijs dat er dan zeker twee (eventueel gedeeltelijk elkaar overlappende) 3 3 deel-ruitjesborden zijn die er precies hetzelfde uitzien. Opgave 9.6 Een spel van 5 speelkaarten bestaat uit dertien kaarten in elk van de soorten,,,. We gaan hiermee het spelletje driehand spelen. De spelregels zijn eenvoudig: Neem willekeurig een driehand; dat is een uit drie kaarten bestaande deelverzameling van het spel Als daar (minstens) twee kaarten van dezelfde soort bij zitten, win je. Zo niet, dan verlies je. Een paar voorbeeldjes: Je pakt de driehand bestaande uit 7, H en V. Dus je hebt gewonnen, want er zijn twee - kaarten bij. Je pakt de driehand bestaande uit A, 5 en B. Helaas, je hebt verloren, want het zijn drie verschillende soorten. Je pakt de driehand bestaande uit 9, 6 en. Dan heb je weer gewonnen, want er zitten twee (zelfs drie) -kaarten bij. 7

19 (i) Hoeveel mogelijke driehanden zijn er? (ii) Hoeveel van deze driehanden bevatten precies twee -kaarten? (iii) Hoeveel driehanden bevatten minstens twee -kaarten? (iv) Hoe groot is de winstkans bij het spelletje driehand? Opgave 9.7 Vul het lijstje van Stirling getallen aan met twee extra regels, voor S(7, k) en S(8, k): k S(6, k) S(7, k) S(8, k) Opgave 9.8 Hoeveel functies van {,..., 0} naar {,..., 7} nemen precies vier verschillende waarden aan? Opgave 9.9 Wat is de kans dat er bij een lottotrekking (6 uit 4) géén twee opeenvolgende getallen voorkomen? Opgave 9.0 Bereken het aantal functies f : {,..., 50} N waarvoor geldt: 50 n= f(n) = 00 Opgave 9. Een knikkerfabriek maakt rode, gele, paarse en blauwe knikkers en stelt hieruit zakjes van 00 knikkers samen. (i) Hoeveel verschillende zakjes zijn er mogelijk? (ii) In hoeveel van deze zakjes komen de vier kleuren allemaal voor? Opgave 9. (i) Bereken S(7, 3). (ii) Bereken S(3, 7). (iii) Bereken S(n, ). Opgave 9.3 Op hoeveel manieren kan ik 7 knikkers verdelen over 3 zakjes als (i) de knikkers verschillend zijn en de zakjes verschillend zijn? (ii) de knikkers identiek zijn en de zakjes identiek zijn? (iii) de knikkers identiek zijn en de zakjes verschillend? (iv) de knikkers verschillend zijn en de zakjes identiek? (v) de knikkers verschillend zijn en de zakjes identiek, en geen der zakjes leeg mag blijven? Opgave 9.4 Bereken het aantal surjectieve functies van {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8} naar {3, 4, 5, 6}. 8

20 Opgave 9.5 Op een receptie wordt door een aantal mensen ter begroeting handen geschud. Zijn er na afloop twee lieden die een gelijk aantal handen gegeven hebben? Opgave 9.6 Bewijs de formule! +! + 3 3! + + n n! = (n + )! (i) met volledige inductie, (ii) via het trucje k k! = (k + )! k!, (iii) en op combinatorische wijze, dus door de er in optredende termen te interpreteren als een aantal elementen van een verzameling of een aantal manieren om een taak uit te voeren. 9

21 Hoofdstuk 0 Inclusie en exclusie 0. In- en exclusie voor verzamelingen Vraag: Als er 5 studenten slagen voor Combinatoriek, en 0 voor Talen en Automaten, hoeveel studenten hebben dan minstens één van deze twee vakken gehaald? 5??? In theorie is het mogelijk, zowel Combinatoriek als Talen en Automaten te halen. Onze voorlopige uitkomst 5 kan dus te hoog zijn, en dient gecorrigeerd te worden met een correctieterm x, waarbij x het aantal genieën is met voldoendes voor beide vakken. T &A CO Dit eenvoudige inzicht over eindige verzamelingen heet het Principe van Inclusie en Exclusie voor twee verzamelingen: Stelling 0. (Principe van inclusie en exclusie voor twee verzamelingen): Zij A en B twee eindige verzamelingen. Dan geldt: A B = A + B A B Hierbij wordt de notatie A gebruikt voor het aantal elementen van A. Voor drie verzamelingen is de situatie iets ingewikkelder: als we A B C willen tellen, gaat dat als volgt: A C B 0

22 . Neem A + B + C. Deze voorlopige uitkomst is in het algemeen te hoog: elementen die in twee van de verzamelingen A, B, C zitten zijn dubbel geteld, en elementen uit A B C zijn zelfs drie keer geteld.. Corrigeer deze voorlopige uitkomst met A B A C B C. Door deze correctie zijn de elementen, die in precies twee van de verzamelingen A, B, C zitten, precies goed geteld; de elementen van A B C zijn nu echter voor 0 geteld. 3. Tel er tenslotte nog A B C bij op. Stelling 0. (Principe van inclusie en exclusie voor drie verzamelingen): Zij A, B en C drie eindige verzamelingen. Dan geldt: A B C = A + B + C A B A C B C + A B C Opgave 0. Formuleer het Principe van Inclusie en Exclusie voor vier verzamelingen, en bewijs de juistheid van het resultaat door rechtstreeks aan te tonen dat alle elementen correct geteld zijn. Opgave 0. Formuleer het Principe van Inclusie en Exclusie voor n verzamelingen, en bewijs de juistheid van het resultaat met inductie naar n. 0. In- en exclusie voor een paar eigenschappen We gaan het principe van in- en exclusie nu een beetje anders formuleren: in plaats van verzamelingen nemen we eigenschappen. Dat is natuurlijk geen essentieel verschil, want een eigenschap is niets anders dan de verzameling van alle objecten met die eigenschap. Voorbeeld 0.3 Van een groep van vijftien schoolmeisjes hebben er acht blonde haren, negen blauwe ogen en zes zowel blonde haren als blauwe ogen. Hoeveel schoolmeisjes zijn niet-blond én niet-blauwogig? Het antwoord is met behulp van het principe van in- en exclusie voor twee verzamelingen eenvoudig te vinden: er zitten schoolmeisjes in de vereniging van de verzameling der blondines met de verzameling der blauwogigen, zodat er schoolmeisjes niet in deze vereniging zitten. E N 0 E We hebben hier te maken met 5 objecten (de schoolmeisjes) en twee eigenschappen (blond, blauwogig). De gevolgde gedachtegang is nu: N 0 = N N(E ) N(E ) + N(E E )

23 waarbij we de volgende afkortingen gebruiken: N 0 N N(E ) N(E ) N(E E ) def = het aantal objecten dat geen van beide eigenschappen heeft def = het totale aantal objecten (5) def = het aantal objecten met eigenschap E (blond) def = het aantal objecten met eigenschap E (blauwogig) def = het aantal objecten met eigenschap E én E Stelling 0.4 (Principe van inclusie en exclusie voor twee eigenschappen): Zij N het totaal aantal objecten en zij E en E twee eigenschappen. Dan geldt voor het aantal objecten dat aan geen van de eigenschappen voldoet de formule: N 0 = N N(E ) N(E ) + N(E E ) Op soortgelijke wijze kunnen we het principe van in- en exclusie voor N objecten en drie eigenschappen (E, E, E 3 ) formuleren: E N 0 E 3 E Stelling 0.5 (Principe van inclusie en exclusie voor drie eigenschappen): Zij N het totaal aantal objecten en zij E, E en E 3 drie eigenschappen. Dan geldt voor het aantal objecten dat aan geen van de eigenschappen voldoet de formule: N 0 = N N(E ) N(E ) N(E 3 ) + N(E E ) + N(E E 3 ) + N(E E 3 ) N(E E E 3 ) En net zo voor vier eigenschappen: Stelling 0.6 (Principe van inclusie en exclusie voor vier eigenschappen): Zij N het totaal aantal objecten en zij E, E, E 3 en E 4 vier eigenschappen. Dan geldt voor het aantal objecten dat aan geen van de eigenschappen voldoet de formule: N 0 = N N(E ) N(E ) N(E 3 ) N(E 4 ) + N(E E ) + N(E E 3 ) + N(E E 4 ) + N(E E 3 ) + N(E E 4 ) + N(E 3 E 4 ) N(E E E 3 ) N(E E E 4 ) N(E E 3 E 4 ) N(E E 3 E 4 ) + N(E E E 3 E 4 ) Voorbeeld 0.7 Hoeveel getallen uit {,..., 50} zijn geen -voud, geen 3-voud, geen 5-voud en geen 7-voud? We passen het principe van in- en exclusie toe op de objecten,..., 50 en de vier eigenschappen E (deelbaarheid door ) E (deelbaarheid door 3) E 3 (deelbaarheid door 5) E 4 (deelbaarheid door 7)

24 De vraag kan dan geformuleerd worden als: hoeveel is N 0? De termen van het rechterlid zijn eenvoudig te berekenen, bijvoorbeeld N(E 4 ) = 50 7 = 35 (met x bedoelen we het grootste gehele getal x) N(E E 3 ) = = 6 We zien dan: N 0 = 50 ( ) + ( ) ( ) + = 57 Voorbeeld 0.8 Hoeveel surjectieve functies f : {,, 3, 4, 5, 6, 7} {,, 3, 4} bestaan er? De objecten zijn nu de 4 7 functies van {,, 3, 4, 5, 6, 7} naar {,, 3, 4}, en de vier eigenschappen waar het om draait, worden gedefinieerd door: f heeft eigenschap E f heeft eigenschap E f heeft eigenschap E 3 f heeft eigenschap E 4 def = / {f(),..., f(7)} def = / {f(),..., f(7)} def = 3 / {f(),..., f(7)} def = 4 / {f(),..., f(7)} Het gevraagde aantal surjectieve functies is nu precies de N 0 uit het principe van in- en exclusie. De termen uit het rechterlid zijn weer eenvoudig te berekenen. Zo is bijvoorbeeld N(E E 3 ) = 7, want een f met de eigenschappen E én E 3 is niets anders dan een f : {,..., 7} {, 4}. We vinden N 0 = = 8400 Voorbeeld 0.9 We hebben gele, paarse en oranje verf en gaan daarmee de vier muren van jouw kamer schilderen. Elke muur met één kleur en zó, dat geen twee aangrenzende muren dezelfde kleur krijgen. Op hoeveel manieren kan dat? Even een plattegrond tekenen van jouw kamer, waarbij we voor het gemak de muren en de hoeken namen hebben gegeven. 4 noord 3 w es t o s t zuid We kunnen een schildering van het kamertje opvatten als een functie f : {west, zuid, oost, noord} {geel, paars, oranje}. Het aantal mogelijke schilderingen f is dus 3 4 = 8. We gaan nu met behulp van in- en exclusie uitrekenen, hoeveel van deze 8 schilderingen voldoen aan de strenge eis aangrenzende muren moeten ongelijke kleuren krijgen. Daarvoor nemen we als objecten de 8 schilderingen f, en als eigenschappen: de aan hoek i grenzende muren krijgen dezelfde kleur. Dat komt dus neer op de volgende vier eigenschappen: 3

25 E (f) E (f) E 3 (f) def = f(west) = f(zuid) def = f(zuid) = f(oost) def = f(oost) = f(noord) E 4 (f) def = f(noord) = f(west) De strenge eis komt dan neer op: de schildering mag geen van deze vier eigenschappen hebben. Het gevraagde aantal schilderingen is dus precies de N 0 uit het principe van in- en exclusie, en is dus N 0 = N N(E ) N(E ) N(E 3 ) N(E 4 ) + N(E E ) + N(E E 3 ) + N(E E 4 ) + N(E E 3 ) + N(E E 4 ) + N(E 3 E 4 ) N(E E E 3 ) N(E E E 4 ) N(E E 3 E 4 ) N(E E 3 E 4 ) + N(E E E 3 E 4 ) = = 8 Opgave 0.3 Formuleer het principe van in- en exclusie voor 5 eigenschappen. Opgave 0.4 (i) Hoeveel permutaties van {,..., 0} zijn er? (ii) Hoeveel van deze permutaties f voldoen aan n {,,3} [n + f(n) 7]? Opgave 0.5 (i) Hoeveel functies f : {,..., 0} {,..., 0} bestaan er? (ii) Hoeveel van deze functies voldoen aan y {,,3} x {,...,0} [f(x) = y]? 0.3 In- en exclusie voor veel eigenschappen Als we het principe van in- en exclusie voor 0 eigenschappen (E,..., E 0 ) willen formuleren, is het wenselijk om met behulp van handige -notaties enig overzicht aan te brengen in de ruim duizend termen van het rechterlid. Zo is het verstandig, de 45 termen N(E E ) + N(E E 3 ) + + N(E 9 E 0 ) samen te vatten tot 9 i= 0 j=i+ N(E i E j ) of, korter: i<j 0 N(E i E j ) Je kunt het principe van in- en exclusie dan zo formuleren: of, nóg korter: N(E i E j ) Stelling 0.0 (Principe van inclusie en exclusie voor tien eigenschappen): Zij N het totaal aantal objecten en zij E, E,..., E 0 tien eigenschappen. Dan geldt voor het aantal objecten dat aan geen van de eigenschappen voldoet de formule: N 0 = N N(E i ) + N(E i E j ) N(E i E j E k ) + + N(E E E 3 E 4 E 5 E 6 E 7 E 8 E 9 E 0 ) i i<j i<j<k Maar dan kunnen we het ook wel voor een willekeurig groot aantal opschrijven. De meest algemene formulering van het principe van in- en exclusie (N objecten, n eigenschappen) luidt, met gebruikmaking van de genoemde afkortingen: i<j 4

26 Stelling 0. (Principe van inclusie en exclusie voor n eigenschappen): Zij N het totaal aantal objecten en zij E, E,..., E n n eigenschappen. Dan geldt voor het aantal objecten dat aan geen van de eigenschappen voldoet de formule: N 0 = N + n ( ) k N(E i E ik ) k= i < <i k n Voorbeeld 0. Na het indrinken middels een fles rode wijn gaat Wim zijn taak als postbode uitvoeren. Hij heeft n brieven, die bestemd zijn voor n huizen. Brief nummer i is officieel bestemd voor huis nummer i, maar door omstandigheden gooit Wim in elke brievenbus volkomen willekeurig één van de brieven. Hoe groot is de kans dat niemand de juiste brief ontvangt? Een mogelijke bezorging van de brieven is een permutatie van {,..., n}, dat wil zeggen een bijectieve functie π : {,..., n} {,..., n} Hierbij beschouwen we de permutatie π als de bezorging brief in huis π() brief in huis π() brief 3 in huis π(3).. brief n in huis π(n) Het aantal mogelijke bezorgingen is dus n!. En het aantal volledig mislukte bezorgingen (geen enkele brief goed gepost) is precies de N 0 uit het principe van in- en exclusie, toegepast met als objecten de n! mogelijke bezorgingen, en de eigenschappen E,..., E n die gedefinieerd worden door: π heeft eigenschap E i def = π(i) = i Een bezorging heeft dus eigenschap E i als brief i correct bezorgd wordt. We kunnen de termen uit het rechterlid van het principe van in- en exclusie gemakkelijk uitrekenen, bijvoorbeeld N(E E 5 ) = (n )! want een bezorging die aan E en E 5 voldoet, kunnen we verrichten door eerst brief en brief 5 correct te bezorgen en vervolgens de n overige brieven willekeurig over de n overige huizen te verdelen. Resultaat: ( ) ( ) ( ) n n n N 0 = n! (n )! + (n )! + ( ) n (n n)! n ) ( )n = n! ( + + +!! 3! n! De kans op een volledig mislukte bezorging is dus N 0 n! Misschien ken je toevallig de fraaie formule =! +! 3! + + ( )n n! ( ) n n=0 n! = e Zo nee dan jammer, zo ja dan begrijp je dat zowel bij n = 3 als bij n = de kans op een volledig mislukte bezorging ongeveer is. 5

27 Opgave 0.6 In de theorie bij stelling 0.0 stond dat het rechterlid bij de formulering van het principe van in- en exclusie voor 0 eigenschappen uit ruim duizend termen bestond. Hoeveel termen zijn het precies? Opgave 0.7 We hebben knikkers in honderd verschillende kleuren, van elke kleur twee. (i) Op hoeveel manieren kunnen we deze 00 knikkers op een rijtje leggen? (ii) Op hoeveel manieren kunnen we deze 00 knikkers op een rijtje leggen, als nergens gelijke knikkers naast elkaar mogen liggen? Opgave 0.8 Hoeveel permutaties π van {,..., 30} zijn er die voldoen aan: 0.4 Handige formules π(3k) 3k voor alle k {,..., 0} Definitie 0.3 (Derangements). Een permutatie waarbij geen enkel element op zijn plaats blijft noemt men ook wel een derangement. Voorbeeld 0.4 Zo zijn er bijvoorbeeld 44 derangements van {,, 3, 4, 5}: In voorbeeld 0. hebben we een mooie formule gevonden voor het aantal derangements van {,..., n}: Stelling 0.5 (Derangements van {,..., n}): D n = n! ( ) ( )n + + +!! 3! n! Zoals je inmiddels hebt begrepen kun je de waarde van D n snel op je GR vinden door n! e D = 0 D 6 = 65 D = D 7 = 854 D 3 = D 8 = 4833 D 4 = 9 D 9 = D 5 = 44 D 0 = af te ronden: We kunnen het resultaat van voorbeeld 0.8 met behulp van in- en exclusie voor n eigenschappen gemakkelijk generaliseren tot: Stelling 0.6 (Aantal surjecties tussen eindige verzamelingen): Zij n, k N. Het aantal surjectieve functies f : {,..., n} {,..., k} is k ( ) k ( ) i (k i) n i i=0 6

28 In stelling 9.5 vonden we k! S(n, k) als uitkomst voor het aantal surjectieve functies van {,..., n} naar {,..., k}. Gecombineerd met stelling 0.6 hebben we in feite dus een formule voor het Stirling getal S(n, k) gevonden: Stelling 0.7 (Stirlingformule): Zij n, k N. Dan of, uitgeschreven: S(n, k) = k! (( ) k k n 0 S(n, k) = k! ( ) k (k ) n + k ( ) k ( ) i (k i) n i i=0 ( ) k (k ) n ( ) k (k 3) n + 3 ( ) k )0 n k Opgave 0.9 We hebben negen verschillende kleuren ter beschikking, en willen de zeventien zijden van een 7-hoek kleuren, iedere zijde één kleur. Zoals je ongetwijfeld weet, zijn er 9 7 verschillende kleuringen mogelijk. Bij hoeveel van deze 9 7 kleuringen worden alle kleuren gebruikt? Opgave 0.0 We hebben negen verschillende kleuren ter beschikking, en willen de zeventien zijden van een 7-hoek kleuren, iedere zijde één kleur. Zoals je ongetwijfeld weet, zijn er 9 7 verschillende kleuringen mogelijk. Bij hoeveel van de 9 7 kleuringen krijgt geen enkel tweetal aan elkaar grenzende zijden gelijke kleuren? Opgave 0. Bereken de som 0 k=0 ( ) 0 ( ) k (0 k) 5 zonder je rekenmachine te gebruiken. k 0.5 Gemengde opgaven Opgave 0. Beschouw rijtjes (a,..., a n ) met a i {0,,, 3} voor alle i. Hoeveel van die rijtjes bevatten elk van de drie getallen,, 3 minstens één keer? Opgave 0.3 We hebben vijf rode, drie blauwe en twee gele knikkers. Op hoeveel manieren kunnen we die op een rijtje leggen, als niet alle knikkers van één kleur naast elkaar mogen liggen? Opgave 0.4 We definiëren de getallen D n,k door D n,k def = het aantal permutaties van {,..., n} waarbij precies k getallen op hun plaats blijven Bijvoorbeeld D 5, = 0, want er zijn 0 permutaties van {,, 3, 4, 5} waarbij precies twee getallen op hun plaats blijven: ( ) n (i) Bewijs dat D n,k = D n k. ( ) k ( ) ( ) n n n (ii) Bewijs dat D n + D n + D n + + D + = n!. n 7

29 Opgave 0.5 We hebben gele, paarse, oranje, blauwe en groene verf en willen de vier muren van jouw kamer komen schilderen, elke muur met één kleur en zó, dat geen twee aangrenzende muren dezelfde kleur krijgen. Op hoeveel manieren kan dat? Opgave 0.6 Hoeveel permutaties van de 6 letters A,...,Z zijn er die géén van de patronen ALP, BO en WAL bevatten? Opgave 0.7 We werpen acht dobbelstenen. Hoe groot is de kans dat,..., 6 allemaal voorkomen? Opgave 0.8 Bereken de expressie 8 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 8 ( ) 8 8. Opgave 0.9 We keren even terug naar het probleem van de dronken postbode. Hoe groot is de kans dat er precies vijf brieven in het juiste huis terecht komen? Opgave 0.0 Bekijk het gegeven rooster. B D C A (i) Hoeveel routes van A naar B zijn er mogelijk? Alleen stapjes naar rechts en omhoog zijn toegestaan. (ii) Hoeveel van deze routes gaan niet via punt C? (iii) Hoeveel van deze routes gaan niet via punt C en ook niet via punt D? Opgave 0. We willen de zes zijden van deze zeshoek kleuren, elke zijde met één van de kleuren geel, rood, blauw, bruin, paars, oranje, groen. 8

30 (i) Hoeveel kleuringen zijn er mogelijk? (ii) Hoeveel van deze kleuringen voldoen aan de extra eis: aangrenzende zijden hebben ongelijke kleuren? 9

31 Hoofdstuk Recursie van orde. Oneindige rijen Dit hoofdstuk gaat over oneindige rijen a, a, a 3, a 4, a 5,... van reële getallen. Zo n rij kun je opvatten als een functie die aan de index n het reële getal a n toevoegt. Het is dus een functie met als domein de verzameling van de indices {,, 3,...} (of N als je de nummering bij 0 wilt laten beginnen). Voorbeeld. De rij,, 3, 4, 5, 6,.... Anders gezegd: de rij a, a, a 3, a 4, a 5,... met a n = n Voorbeeld. De rij,, 3, 4, 5, Anders gezegd: de rij b, b, b 3, b 4, b 5,... met b n = n Voorbeeld.3 de rij, 3, + 3, + + 3,... c c 3 c 4 c 5 c 6 Anders gezegd: de rij c, c, c 3, c 4,... met { c = c c n+ = + c n

32 Voorbeeld.4 De rij 0,, 0,, 0,, 0,,... Anders gezegd: de rij d, d,... met { 0 als n oneven is d n = als n even is Voorbeeld.5 De rij,, 4 3, 6 9, 40 7, 36 8, , 9 79, ,... Anders gezegd: de rij e, e,... met e = e = e n+ = 3 e n+ + 3 e n Rijen kunnen op verschillende manieren worden vastgelegd. Definitie.6 (Gesloten formules). Als een rij wordt vastgelegd door een formule waarmee direct de n-de term kan worden berekend, zeggen we dat de rij is gedefinieerd met een gesloten of directe formule. Voorbeeld.7 Zo zijn de formules a n = n en b n = n gesloten formules. Ook de formule d n = { 0 als n oneven is als n even is is een gesloten formule, korter formuleerbaar als d n = + ( )n Definitie.8 (Recursieve formules van orde ). Indien een rij wordt vastgelegd door te zeggen hoe hij begint en hoe telkens een volgende term uit de voorgaande term berekend kan worden zeggen we dat de rij is gedefinieerd met een recursieve formule of beschrijving van orde. Voorbeeld.9 De definitie van de rij c, c, c 3,... noemen we een recursieve beschrijving van orde want er is vastgelegd hoe hij begint (c = ) en er is vastgelegd hoe telkens een nieuwe term uit de vorige kan worden berekend (c n+ = + c n ). Ook de rij d, d, d 3,... had recursief omschreven kunnen worden: { d = 0 d n+ = d n voor alle n De rij e, e, e 3,... is gegeven door een recursieve omschrijving van orde, waarmee elke volgende term uit de twee voorgaande termen berekend kan worden. In hoofdstuk leer je, hoe je eenvoudig de gesloten formule e n = ( 3 )n voor deze rij kunt bepalen. Nog wat voorbeeldjes: 3

33 Voorbeeld.0 De rij 3, 3, 3 4, 3 8, 3 6,... kan recursief beschreven worden door { s0 = 3 s n+ = sn voor alle n Ook kun je deze rij s 0, s, s,... beschrijven met een gesloten formule: s n = 3. We hebben hier n gekozen voor nummering vanaf 0; de rij is de functie n 3 met domein N. n De rij 0!,!,!, 3!,... kan recursief beschreven worden met { 0! = (n + )! = (n + ) n! De rij t 0, t, t,... die recursief vastgelegd wordt door { t0 = π t n+ = 7t n voor alle n heeft als gesloten formule t n = 7 n π. Er zijn oneindig veel rijen a 0, a, a,... die voldoen aan a n+ = 7a n voor alle n. Je kunt zo n rij maken door met een willekeurig gekozen reëel getal λ te beginnen, en vervolgens steeds met 7 te vermenigvuldigen. De algemene gedaante van zo n rij is dus n λ 7 n. We zeggen ook wel: de algemene oplossing van de recursieve betrekking a n+ = 7a n is a n = λ 7 n Opgave. In het jaar 008 was de opbrengst van mijn kersenboompje slechts kilo kersen. Dat lijkt erg weinig, maar het boompje is ook nog maar jong en wil héél groot worden. Ik verwacht daarom dat de opbrengst in de komende twintig jaren een jaarlijkse stijging van 0 procent zal vertonen. Bereken, uitgaande van deze optimistische verwachting: (i) De opbrengst in het jaar 0. (ii) De gemiddelde opbrengst per jaar in het tijdvak dat bestaat uit de jaren 08 tot en met 07. Opgave. Bepaal alle rijen a, a, a 3,... van reële getallen die voldoen aan a n+ = 5a n voor alle n.. Homogene recursie van orde In dit hoofdstuk hopen we twee vaardigheden te leren:. Hoe vind je een recursieve beschrijving van orde?. Hoe kun je zo n recursieve beschrijving omzetten in een gesloten formule? Hier gaan we eerst kijken naar de homogene recursies. Voorbeeld. Met vier rechte rijen prikkeldraad kun je drie (begrensde) weitjes maken. Je moet dan natuurlijk geen twee rijen evenwijdig spannen, en geen drie door één punt. 3

34 De vraag is nu: hoeveel weitjes kun je maken met 00 rijen prikkeldraad? Het is natuurlijk te veel werk om dit via tekenen en tellen te doen, dus we proberen het met de recursietruc en definiëren: a n def = het maximale aantal weitjes bij n rijen prikkeldraad Er geldt dan a n+ = a n + (n ) voor n want de (n + )-ste rij levert n extra weitjes op (ga dit zelf na). Uit deze recursieve betrekking en de beginwaarde a = 0 kunnen we a n oplossen : a n = a n + (n ) = a n + (n 3) + (n ) = a n 3 + (n 4) + (n 3) + (n ) = = a n (n ) + (n n) + (n (n )) + + (n 4) + (n 3) + (n ) = a (n 4) + (n 3) + (n ) = (n ) + (n ) = (n ) = (n )(n ) En dus a 00 = 485. Hierbij is de somformule voor rekenkundige rijen gebruikt. Zie stelling B.0. Definitie. (Differentievergelijkingen). De recursieve betrekking a n+ a n = n uit voorbeeld. noemt men ook wel een differentievergelijking: de vergelijking drukt het verschil a n+ a n uit in n. De gevonden formule a n = (n )(n ) is een oplossing van deze differentievergelijking. Stelling.3 (Homogene recursie van orde ): Onder een homogene recursieve betrekking van orde verstaan we een vergelijking van het type De algemene oplossing van deze vergelijking is s n+ + c s n = 0 s n = λ ( c) n 33

35 Voorbeeld.4 Los s n op uit de gegevens { sn+ = 3s n voor alle n N s + s = 6 Uit n N [s n+ = 3s n ] volgt dat er een reëel getal λ bestaat waarvoor geldt n N [s n = λ 3 n ]. We moeten nu nog λ uitrekenen door het andere gegeven in te vullen: s + s = 6 = 3λ + 9λ = 6 = λ = = s n = 3n Voorbeeld.5 Jij zet 000 euro op jouw spaarrekening. Op januari van elk jaar komt er 3% rente bij. Bereken het gespaarde bedrag na n jaar. Stel dat er na n jaar s n euro op jouw rekening staat. Dan geldt s n+ = s n De algemene oplossing van deze homogene recursie is s n = λ ( 03 00) n, en tenslotte bereken je de waarde van λ door hierin het begingegeven in te vullen: s 0 = 000 ( ) 0 03 = λ = = λ = 000 ( ) n 03 = s n = Voorbeeld.6 De kans p n dat een Nijmeegse vrouwtjespoes tijdens haar leven precies n keer kleintjes krijgt voldoet voor n aan de recursieve betrekking p n = 3 5 p n (voor n ) Bereken p 0. De gegeven recursieve betrekking heeft als algemene oplossing ( ) n 3 p n = λ 5 Helaas is er geen begingegeven beschikbaar, zodat we wat meer moeite moeten doen om λ te berekenen. We weten in elk geval dat de som van alle kansen is, want zo n beest krijgt vast wel een geheel aantal worpen (0 of of of 3 of ). Dus p n = n=0 ( ) n 3 = λ = 5 n=0 ( ) n 3 = λ = 5 n=0 = λ 3 = 5 = λ = 5 34

36 Daarmee hebben we ons probleem opgelost. De algemene formule luidt: p n = ( ) n en invullen van n = 0 levert dan p 0 = 5, oftewel 40 procent. Voorbeeld.7 In Arnhem is de situatie iets minder rooskleurig. Daar voldoet de kans q n op precies n worpen aan q n = n q n Waar is de kans op kinderloosheid voor die beesten groter, in Nijmegen of in Arnhem? De gegeven recursie is helaas niet van het type q n = c q n, want n is geen constante. Onze theorie faalt hier dus, zodat je terug moet grijpen op gezond verstand. Laten we eerst maar eens een paar termen uitrekenen (uitgedrukt in q 0 ): q = q 0 q = q 0 q 3 = 3 q 0 q 4 = 4 3 q 0 Er dringt zich een sterk vermoeden aan je op (de fanatici onder jullie willen vast wel zo lief zijn dit vermoeden even met inductie te bewijzen): De som van alle kansen moet zijn: = q n = n! q 0 q n = n= n= = q 0 n! q 0 = n= n! = Nu maar hopen dat je ooit ergens van iemand gaat leren dat q 0 = e 0.37 n=0 n! = e. Dan begrijp je dat Opgave.3 Met drie cirkels kun je zeven begrensde gebieden tekenen: s 3 = 7. Zij s n het maximale aantal begrensde gebieden dat je met n cirkels kunt tekenen. (i) Bepaal een recursieve betrekking voor s n. (ii) Bereken s 0. (iii) Bereken s n. Opgave.4 Bepaal de oplossing van de differentievergelijking { s0 = 7 s n+ = s n + 3 n voor alle n N 35