Cursul 6 - Formula de enumerare a lui Pólya. Numere ...mircea.marin/lectures/TGC/L-06ro.pdf ·...

Cursul 6Formula de enumerare a lui Polya.

Numere Stirling de cicluri si multimi

Noiembrie 2018

Cursul 6

Rezumat al cursului precedent

Lema lui Burnside

Numarul N de clase de echivalenta equivalenta a unei multimi decolorari C ın prezenta unui grup de simetrii G este

N =1

|G |∑π∈G|Cπ|

unde Cπ = {c ∈ C | π∗(c) = c} este multimea invarianta a lui π ınprezenta colorarilor C .

Daca C este multimea tuturor colorarilor posibile cu cel mult mculori iar π are o structura ciclica cu p cicluri, atunci |Cπ| = mp.De exemplu:

|C(1,2)(3,4)| = m2

|C(1)(2)(3)(4)| = m4

|C(1)(2,4)(3)| = m3

Cursul 6

Indexul ciclic al unui grup

Presupunem ca G este un grup de permutari si π ∈ G

Daca π are tipul λ = [λ1, λ2, . . . , λn] atunci definim monomul

Mπ = Mπ(x1, x2, . . . , xn) =n∏

i=1

xλii

unde x1, . . . , xn sunt necunoscute.

Indexul ciclic al lui G este

PG (x1, x2, . . . , xn) =1

|G |∑π∈G

Mπ(x1, x2, . . . , xn).

Cursul 6

Indexul ciclic al unui grupExemplu

Daca G = D4 atunci

M(1)(2)(3)(4) = x41 ,

M(1,3)(2)(4) = M(1)(2,4)(3) = x21x2,

M(1,2)(3,4) = M(1,3)(2,4) = M(1,4)(2,3) = x22 ,

M(1,2,3,4) = M(1,4,3,2) = x4.

Deci

PD4(x1, x2, x3, x4) =1

8(x4

1 + 2 x21x2 + 3 x2

2 + 2 x4),

PC4(x1, x2, x3, x4) =1

4(x4

1 + x22 + 2 x4).

Cursul 6

Lema lui Burnside si indexul ciclic

Conform lemei lui Burnside, numarul de colorari de n objecte cu mculori, luand ın considerare simetriile grupului G , esteN = PG (m,m, . . . ,m).

Exemplu

Numarul de coliere cu 4 margele ce pot avea oricare din m culorieste

PD4(m,m,m,m) =1

8(m4 + 2m3 + 3m2 + 2m).

deoarece stim deja ca

PD4(x1, x2, x3, x4) =1

8(x4

1 + 2 x21x2 + 3 x2

2 + 2 x4)

Cursul 6

Aplicatii ale indexului ciclicFormula de enumerare a lui Polya

Indexul ciclic poate fi folosit pentru a rezolva probleme mai complicate denumarat aranjamente ın prezenta simetriilor. De exemplu:

Cum putem afla numarul claselor de echivalenta de colorari dearanjamente (sau configuratii) de n obiecte cu m culori y1, . . . , ym ıncare fiecare culoare yi apare de un numar predefinit de ori?

Definitie (Inventar de modele (engl: pattern inventory))

Inventarul de modele al colorarilor de n obiecte cu m culori ın prezentasimetriilor dintr-un grup G este polinomul

FG (y1, y2, . . . , ym) =∑

v

avyn11 yn2

2 . . . ynmm

ın care

suma se face pentru toti vectorii v = (n1, n2, . . . , nm) de ıntregipozitivi pentru care n1 + n2 + . . .+ nm = n, iar

a(n1,n2,...,nm) este numarul de colorari ne-echivalente ale celor nobiecte, ın care fiecare culoare yi apare de exact ni ori.

Cursul 6

Formula de enumerare a lui Polya

Exemplu

Cate coliere diferite se pot alcatui cu 2 margele rosii (r), 9 negre (n) si 9albe (a)? Presupunem ca simetriiile acestui colier sunt permutarilegrupului diedral D20, format din

I 20 rotatii

I 20 simetrii

Raspuns Acesta este coeficientul lui r2n9a9 ın inventarul de modele, careeste polinomul

FD20 (r , n, a) =∑

v=(i,j,k)i+j+k=20i,j,k≥0

avrinjak =

∑i+j+k=20i,j,k≥0

a(i,j,k)rinjak .

In 1937, G. Polya a descoperit o metoda simpla de calcul a inventaruluide modele, cu ajutorul indexului ciclic al grupului.

(vezi slide-ul urmator)

Cursul 6

Formula de enumerare a lui Polya

Teorema

Presupunem ca S este o configuratie de n obiecte colorabile cu m culoriy1, . . . , ym, si ca G este un grup de n-permutari. Fie

PG (x1, x2, . . . , xn) =1

|G |∑π∈G

Mπ(x1, x2, . . . , xn)

indexul ciclic al grupului G . Atunci inventarul de modele al colorarilor luiS cu culorile y1, . . . , ym ın prezenta simetriilor din G este

FG (y) = PG

(m∑i=1

yi ,m∑i=1

y2i , . . . ,

m∑i=1

yni

).

Cursul 6

Formula de enumerare a lui PolyaAplicatii

Inventarul de modele de colorare FG (r , v , a) cu rosu (r) verde (v) sialbastru (a) a margelelor unui colier cu 4 margele (=varfurile unuipatrat) ın prezenta simetriilor din G = D4 se poate calcula astfel:

m = 3 deoarece multimea de culori este {r , v , a}

Indexul ciclic este PD4 (x1, x2, x3, x4) =1|D4|

∑π∈D4

Mπ(x1, x2, x3, x4) = 18 (x4

1 + 2 x21 x2 + 3 x2

2 + 2 x4)

FG (r , v , a) =PD4 (r + v + a, r2 + v2 + a2, r3 + v3 + a3, r4 + v4 + a4)

=1

8

((r + v + a)4 + 2 (r + v + a)2(r2 + v2 + a2)

+ 3 (r2 + v2 + a2)2 + 2 (r4 + v4 + a4))

=r4 + v4 + a4 + r3v + r v3 + r3a + r a3 + v3a + v a3

+ 2 r2v2 + 2 r2a2 + 2 v2a2 + 2 r2v a + 2 r v2a + 2 r v a2

De ex., sunt 2 colorari cu 1 margea rosie, una verde si 2 albastre.

Cursul 6

Formula de enumerare a lui PolyaAplicatii

Inventarul de modele de colorare FG (r , v , a) cu rosu (r) verde (v) sialbastru (a) a margelelor unui colier cu 4 margele (=varfurile unuipatrat) ın prezenta simetriilor din G = C4 se poate calcula astfel:

m = 3 deoarece multimea de culori este {r , v , a}

Indexul ciclic estePC4 (x1, x2, x3, x4) = 1

|C4|∑π∈C4

Mπ(x1, x2, x3, x4) = 14 (x4

1 +x22 +2 x4)

FG (r , v , a) =PC4 (r + v + a, r2 + v2 + a2, r3 + v3 + a3, r4 + v4 + a4)

=1

8

((r + v + a)4 + 2 (r2 + v2 + a2)2 + 2 (r4 + v4 + a4)

)=r4 + v4 + a4 + r3v + r v3 + r3a + r a3 + v3a + v a3

+ 2 r2v2 + 2 r2a2 + 2 v2a2 + 3 r2v a + 3 r v2a + 3 r v a2

De ex,. sunt 3 colorari cu 1 margea rosie, una verde si 2 albastre.

Cursul 6

Numere Stirling de cicluri

Definitie

Numarul Stirling de cicluri, denotat cu[nk

], este numarul de feluri

ın care pot fi puse n persoane la k mese rotunde identice astfelıncat nici o masa sa nu ramana neocupata.

Din observatia precedenta rezulta ca[nk

]este numarul de

n-permutari a caror structura ciclica are exact k cicluri.

Intrebare: cum putem calcula direct[nk

]?

Raspuns: cautam sa identificam o definitie recursiva anumerelor Stirling, pe care sa o rezolvam apoi.

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriProprietati evidente

1. Nu putem pune n persoane la 0 mese, decat daca n = 0 (ınacest caz special, numarul se considera a fi 1). Deci:[

n

0

]=

{1 daca n = 0,0 daca n > 0.

2. n ≥ 1 persoane pot fi puse la 1 masa ın (n − 1)! feluri. Deci:[n

1

]= (n − 1)! daca n ≥ 1.

3. n persoane pot fi puse la n mese ın doar 1 fel: fiecarepersoana sta singura la o masa. Deci:

[nn

]= 1.

4. n persoane pot fi puse la n − 1 mese astfel: toate persoanele,cu exceptia unui singur cuplu, stau singure la masa. Deci[

n

n − 1

]= numarul de cupluri posibile =

(n

2

).

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriProprietati evidente

5. Daca numarul de mese k este negativ sau daca sunt maimulte mese decat persoane, problema nu are solutie. Deci:[

n

k

]= 0 daca k < 0 sau k > n.

6. Orice permutare are o structura ciclica formata din k cicluri,unde 1 ≤ k ≤ n. Conform regulii sumei

n∑k=1

[n

k

]= n!

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriGasirea unei relatii de recurenta

Cum putem pune n > 0 persoane la k > 0 mese rotunde?

Distingem 2 cazuri disjuncte:1 Punem primele n − 1 persoane la k − 1 mese, iar apoi asezam

persoana n la masa k . Acest caz se poate efectua ın[n−1k−1

]feluri.

2 Punem n − 1 persoane la k mese iar apoi asezam persoana nımpreuna cu alte persoane la o masa.

Punerea a n − 1 persoane la k mese se poate face ın[n−1k

]feluri.Punerea persoanei n la o masa = asezarea persoanei n lastanga uneia dintre persoanele i ∈ {1, 2, . . . , n − 1} ⇒ n − 1feluri.

⇒ Acest caz se poate face ın (n − 1) ·[n−1

k

]feluri.

Conform regulii sumei[n

k

]= (n − 1)

[n − 1

k

]+

[n − 1

k − 1

]daca n ≥ 1 si k ≥ 1.

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriComparatie cu numerele binomiale

Stim ca are loc formula binomiala(x + y)n =

∑nk=0

(nk

)xkyn−k . Pentru y = 1 obtinem

(x + 1)n =n∑

k=0

(n

k

)xk

Deasemenea, am demonstrat combinatorial ın un curs anteriorca (

n

k

)=

(n − 1

k

)+

(n − 1

k − 1

).

Am demonstrat combinatorial ca[n

k

]= (n − 1)

[n − 1

k

]+

[n − 1

k − 1

].

Vrem sa gasim o formula pentru numerele Stirling de cicluri,asemanatoare cu formula binomiala.

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriIdentificarea unei functii generative

Fie Gn(x) =∑k

[n

k

]xk . Atunci G0(x) =

[00

]x0 = 1 · 1 = 1, iar

pentru n ≥ 1

Gn(x) =∑k

[n

k

]xk

=(n − 1)∑k

[n − 1

k

]xk +

∑k

[n − 1

k − 1

]xk

=(n − 1)Gn−1(x) + x Gn−1(x)

=(x + n − 1)Gn−1(x)

⇒ Gn(x) = x · (x + 1) · (x + 2) · . . . · (x + n − 1)︸︷︷︸notatie: x n

.

Deci x n =∑k

[n

k

]xk .

Cursul 6

Numere Stirling de cicluriTriunghiul numerelor Stirling de cicluri

[nk

]k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 n!

n = 0 1 11 0 1 12 0 1 1 23 0 2 3 1 64 0 6 11 6 1 245 0 24 50 35 10 1 1206 0 120 274 225 85 15 1 7207 0 720 1764 1624 735 175 21 1 50408 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1 40320

Formula de calcul recursiv folosita:[n

k

]= (n − 1)

[n − 1

k

]+

[n − 1

k − 1

].

Cursul 6

Numere binomialeTriunghiul numerelor binomiale

(nk

)k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 n!

n = 0 1 11 1 1 12 1 2 1 23 1 3 3 1 64 1 4 6 4 1 245 1 5 10 10 5 1 1206 1 6 15 20 15 6 1 7207 1 7 21 35 35 21 7 1 50408 1 8 28 56 70 56 28 8 1 40320

Formula de calcul recursiv folosita:(n

k

)=

(n − 1

k

)+

(n − 1

k − 1

).

Cursul 6

Numere Stirling de multimi

Problema

In cate feluri pot fi ımpartite n persoane ın k grupuri nevide disjuncte,daca ordinea persoanelor din un grup nu conteaza?

Exemplu

Multimea {1, 2, 3} poate fi partitionata in 2 grupuri nevide ın 3 feluri:{1, 2}, {3}; {1, 3}, {2}; si {1}, {2, 3}.

Definitie

Numarul de feluri ın care se poate partitiona o multime de n elemente ınexact k submultimi nevide disjuncte este numarul Stirling

{nk

}de multimi.

Adesea ın literatura se foloseste notatia S(n, k) ın locul lui{nk

}.

Cursul 6

Numere Stirling de multimiProprietati evidente

1. Exista un singur mod de a pune n oameni ın un grup, si un singurmod de a partitiona n oameni ın n grupuri. Deci:{

n

1

}=

{n

n

}= 1.

2. Nu putem pune n > 0 oameni ın 0 grupuri. Daca n = 0 atunciconsideram ca exista un mod de a ıi pune ın 0 grupuri. Deci:{

n

0

}=

{1 daca n = 0,0 daca n > 0.

3. Partitionarea a n oameni ın n − 1 grupuri presupune alegerea unuicuplu de persoane ın un grup; restul sunt singure ın grup. Deci{

n

n − 1

}=

(n

2

).

4. Este evident ca {n

k

}= 0 daca k < 0 sau k > n.

Cursul 6

Numere Stirling de multimiGasirea unei relatii de recurenta

Cum putem ımparti n > 0 persoane ın k > 0 grupuri nevidedistincte?

Distingem 2 cazuri distincte:

1. Grupam n − 1 persoane ın k − 1 grupuri si apoi formam ungrup nou doar cu persoana n⇒

{n−1k−1

}posibilitati.

2. Grupam primele n − 1 persoane ın k grupuri ⇒{n−1

k

}posibilitati si apoi adaugam persoane la unul din cele kgrupuri⇒ k ·

{n−1k

}posibilitati.

Conform regulii sumei{n

k

}= k ·

{n − 1

k

}+

{n − 1

k − 1

}daca n ≥ 1 si k ≥ 1.

Cursul 6

Numere Stirling de multimiTriunghiul numerelor Stirling de multimi

{nk

}k = 0 1 2 3 4 5 6 7 8

n = 0 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 17 0 1 63 301 350 140 21 18 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1

Formula de calcul recursiv folosita:{n

k

}= k ·

{n − 1

k

}+

{n − 1

k − 1

}.

Cursul 6

Referinte bibliografice

1 J. M. Harris, J. L. Hirst, M. J. Mossinghoff. Combinatoricsand Graph Theory, Second Edition. Springer 2008.

§2.7. Polya’s Theory of Counting.

2 G. Polya. Kombinatorische Anzahlbestimmungen fur Gruppen,Graphen, und chemische Verbindungen, Acta Math. 68(1937), 145–254; English transl. in G. Polya and R. C. Read,Combinatorial Enumeration of Groups, Graphs, and ChemicalCompounds (1987).

Cursul 6

Cursul 6 - Formula de enumerare a lui Pólya. Numere ...mircea.marin/lectures/TGC/L-06ro.pdf ·...

Documents

Transcript of Cursul 6 - Formula de enumerare a lui Pólya. Numere ...mircea.marin/lectures/TGC/L-06ro.pdf ·...