ptyxiakn
43
Φλ. Βάλβη Διακριτά Μαθηματικά Σημειώσεις - Φθινόπωρο 2006
Transcript of ptyxiakn
Φλ. Βάλβη
Διακριτά Μαθηματικά
Σημειώσεις - Φθινόπωρο 2006
Κεφάλαιο 1
Συνδυαστική
1.1 Τύποι στη Συνδυαστική
i.(nr)=
( nn−r
)
ii.(nr)=
(n−1r
)+(n−1r−1
)
iii.(nr)= nr(n−1r−1
)
iv.(r+n+1
n)=
(r+nn
)+(r+n−1n−1
)+ . . .+
(r+11
)+(r0)
v.(n+1r+1
)=
(nr)+(n−1r
)+ . . .+
(r+1r
)+(rr)
vi.(−1r)= (−1)r
vii.(−2r)= (−1)r(r + 1)
viii.(−12r
)= (−1)r4−r
(2rr)
ix.(nm)(mr)=
(nr)(n−rm−r
),m ≥ r ≥ 0
x.(nr)= (−1)r
(r−n−1r
), n < 0
4 · Συνδυαστική
τρίτη 21/02/2006
Γνωρίζουμε ότι:(n
r
)=
n!
r!(n− r)!⇒(
n
r
)=n(n− 1) . . . (n− r + 1)(n− r) . . . 2 · 1
1 · 2 . . . r · (n− r) . . . 1⇒(
n
r
)=n(n− 1) . . . (n− r + 1)
r!
Θεώρημα 1.1.1.(nr)=
( nn−r
)Απόδειξη.(n
r
)=
n!
r!(n− r)!=
(n
n− r
)
Θεώρημα 1.1.2.(nr)=
(n−1r
)+(n−1r−1
)Απόδειξη. Παίρνουμε το2ο μέλος τηςσχέσηςκαικάνοντας πράξεις έχουμε:(n− 1
r
)+
(n− 1
r − 1
)=
(n− 1)!
r!(n− r − 1)!+
(n− 1)!
(r − 1)!(n− r)!
=(n− 1)!(n− r) + (n− 1)!r
r!(n− r)!
=(n− 1)!(n− r + r)
r!(n− r)!
=(n− 1)!n
r!(n− r)!
=n!
r!(n− r)!
=
(n
r
)
Θεώρημα 1.1.3.(nr)= nr(n−1r−1
)Απόδειξη. παίρνοντας το2ο μέλος τηςσχέσηςκαικάνοντας πράξεις έχουμε:
n
r
(n− 1
r1
)=n
r
(n− 1)!
(r − 1)!(n− r)!
=n!
r!(n− r)!
=
(n
r
)
1.1 Τύποι στη Συνδυαστική · 5
Θεώρημα 1.1.4.(r+n+1
n)=
(r+nn
)+(r+n−1n−1
)+ . . .+
(r+10
)+(r0)
Απόδειξη. Απο το 1ο μέλος της σχέσης και χρησιμοποιώντας τη σχέση
1.1.2 , έχουμε :(r + n+ 1
n
)=
(r + n
n
)+
(r + n
n− 1
)=
=
(r + n
n
)+
(r + n− 1
n− 1
)+
(r + n− 1
n− 2
)= . . . =
=
(r + n
n
)+
(r + n− 1
n− 1
)+ . . .+
(r + 2
2
)+
(r + 2
1
)=
(r + n
n
)+
(r + n− 1
n− 1
)+ . . .+
(r + 2
2
)+
(r + 1
1
)+
(r + 1
0
)=
(r + n
n
)+
(r + n− 1
n− 1
)+ . . .+
(r + 1
1
)+
(r
0
), αφού:
(r + 1
0
)=
(r
0
)= 1
Θεώρημα 1.1.5.(n+1r+1
)=
(nr)+(n−1r
)+ . . .+
(r+1r
)+(rr)
Απόδειξη. Απο το 1ο μέλος της σχέσης και χρησιμοποιώντας τη σχέση
1.1.4, έχουμε:(n+ 1
r + 1
)=
(n+ 1
n− r
)=
(r + (n− r) + 1
n− r
)=
(r + (n− r)n− r
)+
(r + (n− r)− 1
n− r − 1
)+ . . .+
(r + 1
1
)+
(r
0
)=
(n
r
)+
(n− 1
r
)+ . . .+
(r + 1
r
)+
(r
r
)
Θεώρημα 1.1.6.(−1r)= (−1)r
Απόδειξη. έχουμε ότι:(−1r
)=
(−1)(−1− 1) . . . (−1− r + 1)
r!
=(−1)(−2) . . . (−r)
r!
= (−1)r r!r!
= (−1)r
6 · Συνδυαστική
Θεώρημα 1.1.7.(−2r)= (−1)r(r + 1)
Απόδειξη.(−2r
)=
(−2)(−3) . . . (−2− r + 1)
r!
= (−1)r 1 · 2 · . . . · (r + 1)
r!
= (−1)r r!(r + 1)
r!
= (−1)r(r + 1)
Θεώρημα 1.1.8.(−1/2
r)= (−1)r4−r
(2rr)
Απόδειξη.(−1/2r
)=
(−12)(−
12 − 1) . . . (−1
2 − r + 1)
r!
=(−1
2)(−32) . . . (−
1−2r2 )
r!
= (−1)r 1 · 3 · . . . · (2r − 1)
r!· 12r
αφού:2r · r! = 2 · 4 . . . 2r ζυγοί
= (−1)r 1 · 3 · . . . · (2r − 1) · 2 · 4 · . . . · 2r2r · 2r · r! · r!
= (−1)r (2r)!
4rr!r!= (−1)r4−r
(2r
r
)
Θεώρημα 1.1.9.(nm)(mr)=
(nr)(n−rm−r
),m ≥ r ≥ 0
Απόδειξη. Έχουμε ότι:(n
m
)(m
r
)=
n!
m!(n−m)!· m!
r!(m− r)!
=n!
r!(n− r)!· (n− r)!(n−m)!(m− r)!
=
(n
r
)(n− rm− r
)
Θεώρημα 1.1.10.(nr)= (−1)r
(r−n−1r
), n < 0
Απόδειξη. Έχουμε ότι:(n
r
)=n(n− 1) . . . (n− r + 1)
r!
= (1)r(−n)(−n+ 1) . . . (−n+ r − 1)
r!
= (−1)r (r − n− 1) . . . (−n+ 1)(−n)r!
= (1)r(r − n− 1
r
)
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 7
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις
1.2α� Μεταθέσεις
Έστω r οι θέσεις και n τα στοιχεία.r θέσεις
Θέλουμε να βάλουμε τα n στοιχεία στις r θέσεις.
ε Άρα έχουμε:
n n-1 n-2 n-(r-1)n-3
1.2β� Διατάξεις
Διάταξη n (πραγμάτων) ανα r θέσεων
Κανόνας Γινομένου:
P (n, r) = n(n− 1) . . . (n− r + 1)
=n . . . (n− r + 1)(n− r) . . . 1
(n− r)!
=n!
(n− r)!
Ειδική περίπτωση του κανόνα γινομένου είναι το:
P (n, n) = n!
Στον κανόνα του γινομένου όλα τα γεγονότα συμβαίνουν ταυτόχρονα
ενώστονκανόνα τουαθροίσματος συμβαίνει ή το ένα γεγονόή τοάλλο.
Στις διατάξεις έχουμε r! τρόπους.
Συνδιασμός n (πραγμάτων) ανα r
C(n, r) =P (n, r)
r!=
n!
r!(n− r)!
αφού : P (n, r) = r!C(n, r)
8 · Συνδυαστική
Παράδειγμα :
Αν έχουμε: Α,Β,Γ
- Οι συνδιασμοί ανα δύο είναι:
- Α Β
- Α Γ
- Β Γ
- Οι διατάξεις θα είναι:
- Α Β και Β Α
- Α Γ και Γ Α
- Β Γ και ΓΒ
Λύση :
Άρα, οι διατάξεις εδώ είναι διπλάσιες απο τους συνδιασμούς αφού
έχουμε:
P (n, r) = r!C(n, r)⇒
P (n, r) = 2!3 = 2 · 3 = 6
Αν για παράδειγμα έχουμε 5 στοιχεία με r = 3 θέσεις τότε οι διατά-
ξεις θα είναι: P (n, r) = 3!C(n, r)
2
Παράδειγμα :
Έστω ότι έχουμε 4 μαθήματα πρωινά και 3 απογευματινά:
i. ένας μαθητής πόσες επιλογές έχει να διαλέξει 1 πρωινό και 1
απογευματινό μαθήμα;
(κανόνας γινομένου)
ii. ένας μαθητής πόσες επιλογές έχει να διαλέξει 1 πρωινό ή 1 απο-
γευματινό μάθημα;
(κανόνας αθροίσματος)
Λύση :
i. 4 · 2 = 8
ii. 4 + 2 = 6
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 9
Παράδειγμα :
Με πόσους τρόπους μπορούν να προγραμματιστούν 3 εξετάσεις σε 5
μέρες χωρίς να συμπίπτουν;
Λύση :
Μας ενδιαφέρει η σειρά που θα δωθούν τα μαθήματα.
Έχουμε r = 3 θέσεις.
Έστω ότι ονομάζουμε:
M1 = 1ο μάθημα
M2 = 2ο μάθημα
M3 = 3ο μάθημα
οπότε έχουμε: 5M1
4M2
3M3
Άρα, αφού μας ενδιαφέρει η σειρά που θα δωθούν τα μαθήματα, ψά-
χνουμε να βρούμε τις διατάξεις, δηλαδή θέλουμε να υπολογίσουμε
το: P (5, 3).
2
Παράδειγμα :
Με πόσους τρόοπους μπορεί ένας μάγειρας να προγραμματίσει σε μια
βδομάδα δύο γέυματα;
Λύση :
Εδώ δεν μας ενδιαφέρει η διάταξη, άρα ψάχνουμε να βρούμε τους
συνδιασμούς, δηλαδή θέλουμε να υπολογίσουμε το C(7, 2) =(72)
2
10 · Συνδυαστική
Διωνυμικοί Συντελεστές
Έχουμε ότι:
(a+ b)n =
(n
0
)anb0 +
(n
1
)an−1b1 + . . .+
(n
r
)an−rbr + . . .+
(n
n
)a0bn =
n∑r=0
(n
r
)an−rbr
Τρίγωνο του Pascaln = 0: 1
n = 1: 1 1
n = 2: 1 2 1
n = 3: 1 3 3 1
n = 4: 1 4 6 4 1
n = 5: 1 5 10 10 5 1
Παράδειγμα :
Να υπολογιστεί ο σταθερός όρος του:(x2 +
4
x
)12
Λύση :
Έχουμε ότι:
(x2 +
1
x
)12=
12∑r=0
(n
r
)(x2)n−r
(1
x
)r
(αφού n = 12) =
12∑r=0
(12
r
)(x2)12−r
(1
x
)r
=
12∑r=0
(12
r
)x2(12−r) 1
xr
=
12∑r=0
(12
r
)x24−2rx−r
=
12∑r=0
(12
r
)x24−3r
Για να έχω λοιπόν σταθερό όρο στο παραπάνω άθροισμα, θα πρέπει
η δύναμη του x να είναι ίση με μηδέν. Δηλαδή:
(12
r
)=
(12
8
)=
12!
8!(12− 8)!=
12!
8!4!
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 11
Ομάδες
Έστω ότι έχουμε t ομάδες και q1, q2, . . . , qt πληθυσμούς με όμοια στοιχεία,
όπου: q1 + q2 + . . .+ qt = n
Τότε οι διατάξεις των n πραγμάτων χωρισμένα σε t ομάδες με πληθυσμούς
q1, q2, . . . , qt είναι :
n!
q1! · q2! . . . qt!
Παράδειγμα :
Πόσες διαφορετικές διατάξεις φτιάχνονται από τα γράμματα που
υπάρχουν στην έκφραση:
”ΜΙΑ ΠΑΠΙΑ ΜΑ ΠΟΙΑ ΠΑΠΙΑ” ;
Λύση :
Έχουμε 19 γράμματα, δηλαδή n = 19.
Μετράμε τώρα πόσες φορές εμφανίζεται το κάθε γράμμα στην παρα-
πάνω έκφραση κι έχουμε:
q1 =Μ = 2
q2 = Ι = 4
q3 =Α = 7
q4 = Π = 5
q5 = Ο = 1
Δηλαδή έχουμε 5 ομάδες με αντίστοιχους πληθυσμούς q1, q2, q3, q4, q5.
Έπομένως οι διατάξεις θα είναι:
n!
q1!q2!q3!q4!q5!=
19!
2!4!7!5!1!
2
12 · Συνδυαστική
Παράδειγμα :
Με πόσους τρόπους μπορούν να βαφούν 12 γραφεία για να έχουμε 3
κόκκινα, 2 ροζ, 2 λευκά και 5 πράσινα;
Λύση :
έχουμε 12 γραφεία, δηλαδή n = 12
Επίσης έχουμε :
q1 = 3 (τα κόκκινα)
q2 = 2 (τα ροζ)
q3 = 2 (τα λευκά)
q4 = 5 (τα πράσινα)
Δηλαδή έχουμε 4 ομάδες με πληθυσμούς q1, q2, q3, q4 αντίστοιχα. Επο-
μένως οι διατάξεις είναι:
n!
q1!q2!q3!q4!=
12!
3!2!2!5!
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 13
πέμπτη 23/02/2006
Άσκηση 1.2.1. Πόσοι τρόποι υπάρχουν για νακαθίσουν 5 φοιτητές σε μια
σειρά απο 12 έδρανα;
Λύση :
Διατάξεις (τα έδρανα ⇒ τα ίδια)
12!
1!1!1!1!1!7!= 8 · 9 · 10 · 11 · 12 = . . . = 95040
2
Άσκηση1.2.2. Ναδειχθεί ότι οαριθμός (k!)!διαιρείται με τοναριθμό (k!)(k−1)!
Λύση :
k! ίδια αντικείμενα,
τα χωρίζουμε σε (k − 1)! ομάδες με k στοιχεία σε κάθε ομάδα.
Άρα : (k − 1)! · k = k!
(k!)!← πληθυσμός κάθε ομάδας
k!k! . . . k!← αριθμός ομάδων
Μεταθέσεις :(k!)!
k!k! . . . k!=
(k!)!
(k!)(k−1)!←− άρα διαιρείται ...
2
Διατάξεις με επανάληψη :
U(n, r) = nr
Συνδιασμοί : nr
ή E(n, r)
14 · Συνδυαστική
Παράδειγμα :
r−φορές←nr︷ ︸︸ ︷n n n . . . n
A A ΑΒΓ
A B AΓ
Β Α ΓA
Β Β ΒΓ
Γ Γ ΓΒ
θέλουμε τις διατάξεις των
3 στοιχείων ανα 2
με επανάληψη
έστω ότι θέλουμε ανα 3 :
Α Β Γ
Α Α Β
Α Α Α...
Α Β Β
Β Β Α
Β Α Β...
Παράδειγμα :
(συνδιασμοί) έστωότι έχουμεΑΒΓ, θέλουμεσυνδ. με επανάληψηανά
2.
Λύση :
(1)
Α − Α
Α − Β
Β − Β
Α − Γ
Γ − Γ
Β − Γ
δεν διαλέγουμε B −A γιατί θέλουμε συνδιασμούς.
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 15
Παράδειγμα :
Α Β Γ ανα δύο. Έχουμε 4 στοιχεία ⇒ θέλουμε 3 θέσεις στον πίνακα
(βλ. 2 κατακόρυφες γραμμές).
Λύση :
βλ.(1)
Α Β Γ
oo
o o
o o
oo
o o
oo
(2 + 2)!
2!2!= 6 συνδιασμοί.
Διατάξεις των 4 στοιχείωνπου χωρίζονται σε 3 κατηγορίες (2 μπά-
λες και 2 γραμμές)
εδώ οι μπάλες είναι ίδιες!
- για 1, 2 . . . n (n στοιχεία) θέλουμε n θέσεις στον πίνακα και n − 1
γραμμές ανα r
r μπάλες , n− 1 γραμμές
Άρα
nr
=(r + n− 1)!
r!(n− 1)!⇒ (ο τύπος είναι για τους συνδιασμούς και τον
βγάλαμε μέσω διατάξεων.)
2
Άσκηση 1.2.3. Πόσες ζαριές υπάρχουν στο τάβλι;
Λύση :
Έχουμε 2 ζάρια ⇒ 2 όψεις.
1 1
1 2
6 6...
θέλουμε τους συνδιασμούς με επανάληψη του 1 . . . 6 για 2 θέσεις!62
=(2 + (6− 1))!
2!(6− 1)!=
7!
2!5!= . . . = 21.
16 · Συνδυαστική
2
Άσκηση 1.2.4. Ναβρεθεί οαριθμός των 4-ψήφιωναριθμών του δεκαδικού
συστήματος που δεν έχουν 2 ίδια ψηφία. Τα ψηφία είναι 10 σημαντικά.
Λύση :
⇒ 9 9 8 7 οπότε θα είναι 9 · 9 · 8 · 7 = 4536
2
Άσκηση1.2.5. Πόσους 4-ψήφιουςαριθμούς περιττούςκαι μικρότερους του
5000 μπορούμε να σχηματίζουμε απο τους αριθμούς : 0, 2, 4, 5, 6, 9 όταν
i. η επανάληψη επιτρέπεται;
ii. η επανάληψη δεν επιτρέπεται;
Λύση :
� (επιτρέπεται) 2 6 6 2 ⇒ 2 · 6 · 6 · 2 = 144
� (δεν επιτρέπεται) 2 4 3 2 ⇒ 2 · 4 · 3 · 2 = 48
οι υπογραμμισμένοι αριθμοί είναι απλώς ο αριθμός των ψηφίων τους
οποίους μπορείς να επιλέξεις σε κάθε περίσταση, δλδ:
� το πρώτο ψηφίο που μπορείς να επιλέξεις είναι μόνο το 2 και το
4 γιατί αν επιλέξεις το 0 ο αριθμός θα είναι τριψήφιος και αν
επιλέξεις το 5 το 6 ή το 9 ο αριθμός θα είναι μεγαλύτερος του
5000!
� για το δεύτερο ψηφίο υπάρχοτν 6 επιλογές γιατί μπορείς να επι-
λέξεις οποιονδήποτε απο τους διαθέσιμους αριθμούς (0,2,4,5,6,9)
γιατί όποιον και να διαλέξουμε δεν παραβαίνεται ο κανόνας
που έχει τεθεί (ο τελικός 4ψήφιος αριθμός δεν θα είναι μεγαλύ-
τερος απο 5000)
� το ίδιο ισχύει και για το τρίτο ψηφίο
� για το τέταρτο ψηφίο πρέπει να είναι ο αριθμός περιττός, άρα το
τελευταίο ψηφίο μπορεί να είναι μόνο το 5 ή το 9 δλδ μπορούμε
να επιλέξουμε δύο νούμερα απο τα δοσμένα
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 17
άρα
2 επιλογές για το πρώτο × 6 επιλογές για το δεύτερο × 6 επιλογές για
το τρίτο × 2 επιλογές για το τέταρτο = 144 διαφορετικούς αριθμούς
μικρότερους του 5000 μπορούμε να φτιάξουμε με τα δοσμένα νού-
μερα!
2
Άσκηση1.2.6. Πόσους 4ψήφιουςαριθμούς περιττούς, μικρότερους του 5000
μπορούμε να σχηματίσουμε απο τους αριθμούς : 0, 3, 4, 5, 6, 9 (χωρίς επανά-
ληψη)
Λύση :
� 3 4 3 5 9
� 4 4 3 3 5 9
έχω δύο περιπτώσεις, άρα παίρνω τοάθροισμα! 1·4·3·2+1·4·3·3 = 24+36 = 60
2
Άσκηση 1.2.7. Με πόσους τρόπους απο 1 σύνολο 10 ατόμων μπορούμε να
σχηματίσουμε 5μελής επιτροπή της οποίας το 1 μέλος να είναι πρόεδρος;
Λύση :
Α’ Τρόπος : 5 ·(105)
5 (επειδή ένας θα είναι ο πρόεδρος)(105)η επιτροπή
Β’ Τρόπος : βγάζουμε πρώτα τον πρόεδρο : 10 ·(94)
2
18 · Συνδυαστική
Άσκηση 1.2.8. Να υπολογ. πόσοι αριθμοί μεταξύ 1 και 1010 περιέχουν το
ψηφίο 1
Λύση :
Α Τρόπος : 1010 ⇒ 1
10μηδενικά︷ ︸︸ ︷00 . . . 00 = 11θέσεις.
άρα όλοι οι άλλοι είναι 10 θέσεων και παίρνουμε διατ. με επαν.
(0 0_______ 1)
αφαιρούμε απο του αρ. 1− 1010 όσους δεν έχουν το 1.
1 2 . . . 1010
Μετακινούμαστε κατα 1 θέση:
1 2 . . . 999 . . . 9︸ ︷︷ ︸10 θέσεις
Διατάξεις των 9ψηφίων
χωρίς το 1︷ ︸︸ ︷(0, 2, . . . , 9) στη
αφού θέλουμε 10 θέσεις︷︸︸︷10 Άρα
910 δεν περιέχουν το 1.
Άρα : 1010 − 910 + 1︸︷︷︸γιατί το 1010 το περιέχει!
Β Τρόπος :μονοψήφιοι : 8 ← γιατί δεν θέλουμε το 0 και το 1
2-ψήφιοι : 8 9 ← μπορεί το δεύτερο να είναι 0 (αλλά δεν θέλουμε)
3-ψήφιοι : 8 9 9 ...
Άρα : 1010− (8+8 · 9+8 · 9 · 9+ . . .+8 · 99) = 1010− 8 · (1+9+99) = 1010− 8 · 910 − 1
9− 1=
1010 − 910 + 1
2
Άσκηση 1.2.9. Ν.δ.ο. ο αριθμός των μεταθέσεων που περιλαμβάνουν pκόκ-
κινες μπάλες με 0 ή 1 ή 2 ή q άσπρες μπάλες είναι
p!
p!+
(p+ 1)!
p!1!+ . . .+
(p+ q)!
p!q!
(άσκηση 318 του βιβλίου)
Λύση :
θέλουμε τις μεταθέσεις των p(p+ 0)!
p!0!→ 0 άσπρες μπάλες
(p+ 1)!
p!1!→ 1 άσπρη μπάλα
(p+ 2)!
p!2!→ 2 άσπρες μπάλες
(p+ q)!
p!q!→ q άσπρες μπάλες
άραθαέχουμε
το άθροισμα όλων αυτών!
(A′ =)p!
p!+
(p+ 1)!
p!1!+
(p+ 2)!
p!2!+ . . .+
(p+ q)!
p!q!
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 19
2
Άσκηση 1.2.10. Ν.δ.ο. το άθροισμα της παραπάνω άσκησης είναι ίσο με(p+ q + 1)!
(p+ 1)!q!
Λύση :
γνωρίζουμε ότι:(r + n+ 1
n
)=
(r + n
n
)+
(r + n− 1
n− 1
)+ . . .+
(r + 1
1
)+
(r
0
)οπότε:
A =
(p
0
)+
(p+ 1
1
)+
(p+ 2
2
)+ . . .+
(p+ q
q
)=
(p+ q + 1
q
)=
(p+ q + 1)!
q!(p+ 1)!
2
Άσκηση1.2.11. Ν.δ.ο. οαριθμός τωνμεταθέσεωνπουπεριλαμβάνουν 0, 1, 2, . . . , p
κόκκινες σφαίρες και 0, 1, 2, . . . , 9 άσπρες είναι:
(p+ q + 2)!
(p+ 1)!(q + 1)!− 2
Λύση :
(κάνουμε ότι και στην παραπροηγούμενη άσκηση και κάθε φορά
μεταβάλλουμε τις κόκκινες σφαίρες)
αρχίζουμε και μειώνουμε μέχρι να φτάσουμε στις 0 κόκκινες σφαί-
ρες.
p!
p!0!+
(p+ 1)!
p!1!+
(p+ 2)!
p!2!+ . . .+
(p+ q)
p!q!→ p κόκκινες , 0-q λευκές
(p− 1)!
(p− 1)!0!+
p!
(p− 1)!1!+
(p+ 1)!
(p− 1)!2!+ . . .+
(p− 1 + q)!
(p− 1)!q!→ p-1 κόκκινες , 0-q λευκές
...1!
1!0!+
2!
1!1!+
3!
1!2!+ . . .+
(q + 1)!
1!q!→ 1 κόκκινη , 0-q λευκές
1!
1!0!+
2!
0!2!+
2!
0!2!+ . . .+
q!
0!q!→ 0 κόκκινες , 1-q λευκές
Προσθέτουμε τα εξής:
(p
0
)+
(p+ 1
1
)+ . . .+
(p+ q
0
)=
(p+ q + 1
q
)=
(p+ q + 1
p+ 1
)(p− 1
0
)+
(p
1
)+ . . .+
(p+ q − 1
q
)=
(p+ q
q
)=
(p+ q
p
)
20 · Συνδυαστική
...(1
0
)+
(2
1
)+ . . .+
(q + 1
q
)=
(q + 2
q
)=
(q + 2
2
)(1
1
)+
(2
2
)+ . . .+
(q
q
)=
(q + 1
q
)− 1︸︷︷︸(0
0) =
(q + 1
1
)− 1
Προσθέτουμε και έχουμε :(p+ q + 1
p+ 1
)+
(p+ q
p
)+ . . .+
(q + 2
2
)+
(q + 1
1
)− 1
=
(p+ q + 2
p+ 1
)− 2 =
(p+ q + 2)!
(p+ 1)!(q + 1)!− 2
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 21
28/02/2006
Αρθμός Υποσυνόλων
Έστω ότι έχουμε να βρούμε ένα σύνολο {α, β, γ} και θέλουμε να βρούμε
τον αριθμό των υποσυνόλων του. Για κάθε στοιχείο του συνόλου, δη-
λαδή για τα α, β, γ έχουμε δύο περιπτώσεις, να τοσυμπεριλάβουμεστουπο-
σύνολο ή όχι.
Έτσι αν έχω ένα σύνολο που περιέχει n στοιχεία, τότε οαριθμός των υπο-
συνόλων είναι 2n. Όμως στην ουσία λέμε οτι ο αριθμός των υποσυνόλων
είναι 2n − 1 αφού συμπεριλαμβάνουμε και το ύνολο που δεν περιέχει κα-
νένα στοιχείο, δηλαδή το κενό (⊘).
� Ο αριθμός των υποσυνόλων ενός συνόλου που περιέχει n στοιχεία,
βίσκεται ως εξής:
έχουμε ότι :αριθμός μονοσυνόλων :
(n1)
αριθμός δισυνόλων :(n2)
...
αριθμός n-συνόλων :(nn)
Προσθέτοντας τα παραπάνω έχουμε :(n
1
)+
(n
2
)+ . . .+
(n
n− 1
)+
(n
n
)Στην παραπάνω σχέση αν προσθέσουμε και το
(n0)έχουμε ότι :
(n
0
)+
(n
1
)+ . . .+
(n
n− 1
)+
(n
n
)= (1+ 1)n = 2n ⇒
(Αφού :(α+ β)n =
∑(n
r
)αrβn−r
)
1 +
(n
1
)+ . . .+
(n
n− 1
)+
(n
n
)= 2n ⇒(
n
1
)+ . . .+
(n
n− 1
)+
(n
n
)= 2n − 1
� Έστω οτι έχουμε t ομάδες με όμοια αντικείμενα και q1, q2, . . . , qt οι
αντίστοιχοι πληθυσμοί των ομάδων. Θέλουμε να βρούμε τα υποσύ-
νολα.
Έστω ότι έχουμε το: {α, α, α, β, β, γ}
Υπάρχει περίπτωση να πάρω μια, δυο , τρείς ή καμία φορά το στοι-
χείο α. Άρα ο πλυθησμός για το α είναι: (3 + 1), ;opoy to 1 αντιστοιχεί
στην περίπτωση να μην πάρουμε καμία φορά το α. Έτσι αντίστοιχα
έχουμε:
Πληθυσμός για το α : (3+1)
Πληθυσμός για το β : (2+1)
22 · Συνδυαστική
Πληθυσμός για το γ : (1+1)
Το γινόμενο:
(3 + 1) · (2 + 1) · (1 + 1)
εκφράζει τον αριθμό των υποσυνόλων που μπορούμε να πάρουμε.
Επομένως, ο τύπος που μας δίνει τον αριθμό των υποσυνόλων είναι:
(q1 + 1) · (q2 + 1) · . . . · (qt + 1)− 1
όπου το 1 εκφράζει την περίπτωση να μην πάρουμεκανέναστοιχείο
καμία φορά, δηλαδή να πάρω σαν υποσύνολο το κενό.
Άσκηση 1.2.12. Να Βρεθεί ο αριθμός των διαιρετών του 180
Λύση :
Γράφουμε τοναριθμό180σαν γινόμενοπρώτωνπαραγόντων, δηλαδή:
180 = 22 · 32 · 5
Αυτό Βρίσκεται ως εξής :
180 2
90 2
45 3
15 3
5 5
1 Άρα :
180 = 22 · 32 · 5
Οπότε έχουμε τις ομάδες (διαιρέτες) : {2, 2}, {3, 3}, {5}
μαζί με τους αντίστοιχους πληθυσμούς : (2 + 1), (2 + 1), (1 + 1)
Επομένως ο αριθμός των υποσυνόλων είναι : (2+1)(2+1)(1+1) = 3 · 3 · 2 = 18
Επίσης έχουμε την περίπτωση: 20 · 30 · 50 = 1 , που είναι η περίπτωση
να μην πάρω κανένα στοιχείο καμία φορά, δηλαδή το κενό σύνολο.
Όμως, αν το 1 είναι διαιρέτης (που είναι πάντα) τότε στον τύπο που
μας δίνει τον αριθμό των υποσυνόλων δεν αφαιρώ τη μονάδα. Δη-
λαδή, αν θεωρήσω τη μονάδα διαιρέτη τότε ο αριθμός των υποσυνό-
λων, όπως βρήκαμε παραπάνω, είναι 18.
Σε αντίθετη περίπτωση, απο τον τύπο ο αριθμός των υποσυνόλων θα
είναι :
(2 + 1)(2 + 1)(1 + 1)− 1 = 3 · 3 · 2− 1 = 18− 1 = 17
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 23
Άσκηση 1.2.13. Να Βρεθεί ο αριθμός των διαιρετών του 1400
Λύση :
Γράφουμε τον αριθμό 1400 σαν γινόμενο πρώτων παραγώντων, δη-
λαδή : 1400 = 23 · 52 · 7
Οπότε, έχουμε τις ομάδες: {2, 2, 2}, {5, 5}, {7}
με αντίστοιχους πληθυσμούς : (3 + 1), (2 + 1), (1 + 1)
Θεωρώντας το 1 διαιρέτη, ο αριθμός των υποσυνόλων είναι: (3+1) · (2+
1) · (1 + 1) = 4 · 3 · 2 = 24
2
Άσκηση 1.2.14. Πόσες ζαριές θα υπήρχαν σε ένα τάβλι με 3 ζάρια;
Λύση :
Έχουμε συνδιασμούς με επανάληψη των 6 πραγμάτων ανα τρία.
Αν για παράδειγμα είχαμε τις τριάδες:1 1 2
1 1 1
5 6 6
Γραφικά θα είχαμε:
1 2 3 4 5 6
oo o
ooo
o ooΕπομένως οι ζαριές που θα υπήρχαν σ’ένα τάβλι με τρία ζάρια, θα
ήταν:63
=(3 + 6− 1)!
3!(6− 1)!=
8!
3!5!= 56
2
Άσκηση 1.2.15. Μεταξύ 2nαντικειμένων τα n είναι ίδια και τα υπόλοιπα
διαφορετικά μεταξύ τους. να βρεθεί ο αριθμός των επιλογών n αντικει-
μένων απο αυτά.
Λύση :
Ο αριθμός των επιλογών n αντικειμένων απο αυτά είναι :(n
0
)+
(n
1
)+ . . .+
(n
n− 1
)+
(n
n
)= 2n
όπου:(n0): η περίπτωση να πάρω n ίδια αντικείμενα και κανένα απο τα άλλα(n
1): η περίπτωση να πάρω n− 1 απο τα n ίδια αντικείμενα και ένα απο τα n διαφορετικά. Γράφουμε όμως μόνο
(n1)γιατί απο τα n ίδια αντικείμενα δε μας ενδιαφέρει ο τρόπου επιλογής (αφού είναι ίδια), ενω στα n διαφορετικά μας ενδιαφέρει, δηλαδή έχω n επιλογές για ένα αντικείμενο.
κ.τ.λ.
24 · Συνδυαστική
ή αλλιώς μπορούμε να γράψουμε :
1 ·(n
0
)+ 1 ·
(n
1
)+ . . .+ 1 ·
(n
n
)= 2n
όπου οι μονάδες δείχνουν ότι για τα n ίδια αντικείμενα έχουμε πά-
ντα μια δυνατή επιλογή.
2
Διανομές Αντικειμένων και Υποδοχές
Έστω A,B δυο διακεκριμένα αντικείμενα και έστω τρείς υποδοχές (θέ-
σεις). Τα αντικείμενα μπορούν να τοποθετηθούν στις υποδοχές με τους
εξής διαφορετικούς τρόπους:1. A,B ( Όταν τα A,B βρίσκονται στην ίδια υποδοχή (θέση),
2. A,B δεν μετράει η σειρά τοποθέτησης,
3. A,B δηλαδή AB = BA )
4. A B
5. A B
6. A B
7. B A
8. B A
9. B
Επομένως οι δυνατοί τρόποι τοποθέτησης των δύο αντικειμένων στις
τρείς υποδοχές είναι: 32 = 9
◦ Αν έχουμε n υποδοχές και r διακεκριμένααντικείμενα χωρίς να μας
ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης, τότε οι δυνατοί τρόποι τοποθέτη-
σης των r αντικειμένων στις n υποδοχές θα είναι:
r φορές=nr︷ ︸︸ ︷n1 · n2 · n · . . . · n
n1 : n θέσεις για το πρώτο αντικείμενο
n2 : n θέσεις για το δεύτερο αντικείμενο...
nr : n θέσεις για το r-οστό αντικείμενο
◦ Αν έχουμε n υποδοχές και r διακεκριμένα αντικείμενα και μας εν-
διαφέρει η σειρά τοποθέτησης, τότε ο τύπος που μας δίνει τους δυ-
νατούς τρόπους τοποθέτησης των r αντικειμένων στις n υποδοχές
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 25
είναι ανάλογος με αυτόν των συνδιασμών με επανάληψη, δηλαδή
είναι ο:
(r + n− 1)!
(n− 1)!
δεν βάζω το r! στον παρονομαστή αφού μας ενδιαφέρει η σειρά το-
ποθέτησης.
Σχηματικά:1 2 3 . . . n
ooo oo o→ (r το πλήθος αντικείμενα)
Δεν μας εδιαφέρει με ποιά σειρά θα τοποθετηθούν.
◦ Άν έχουμε n υποδοχές και r μη διακεκριμένα αντικείμενα (δηλαδή
δεν μας ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης, αλλά μόνο πόσα αντικεί-
μενα μπήκαν σε μια υποδοχή), τότε ο τύπος που μας δίνει τους δυ-
νατούς τρόπους που μπορούν να τοποθετηθούν τα r αντικείμενα σε
n υποδοχές είναι:
(r + n− 1)!
r!(n− 1)!
Άσκηση 1.2.16. Με πόσους τρόπους μπορούν να αναρτηθούν σε 5 διακε-
κριμένους ιστούς, 7 διακεκριμένες σημαίες. (Οι σημαίες πρέπει να αναρ-
τηθούν όλες, αλλά όχι και να γεμίσουν όλοι οι ιστοί)
Λύση :
Έχουμε 5 υποδοχές και 7 αντικείμενα
Αφού τα αντικείμενα, δηλαδή οι σημαίες είναι διακεκριμένες, μας
ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης. Έτσι για παράδειγμα έχουμε:1 2 3 4 5
◦• | ◦ | ◦ | ◦ | ◦◦Επομένως οι δυνατοί τρόποι που μπορούν να αναρτηθούν οι 7 ση-
μαίες στους 5 ιστούς είναι:
(7 + 5− 1)!
(5− 1)!=
11!
4!
2
Άσκηση 1.2.17. Με πόσους τρόπους μπορούν να περάσουν 8 αυτοκίνητα
απο 4 σταθμούς διοδίων;
Λύση :
26 · Συνδυαστική
Έχουμε 4 υποδοχές και 8 αντικείμενα.
Μας ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης οπότε οι δυνατοί τρόποι που
μπορούν να περάσουν τα 8 αυτοκίνητα απο τους 4 σταθμούς διο-
δίων είναι:
(8 + 4− 1)!
(4− 1)!=
11!
3!
2
Άσκηση 1.2.18. Με πόσους τρόπους μπορούμε να μοιράσουμε 15 βιβλία σε
3 μαθητές Α,Β,Γ, έτσι ώστε οι μαθητές Α,Β μαζί να πάρουν διπλάσια βι-
βλία απο τον μαθητή Γ.
Λύση :
Αφού οι Α,Β θα πάρουν διπλάσια βιβλία απο τον Γ έχουμε ότι οι Α,Β
θα πάρουν 10 βιβλία και ο Γ θα πάρει 5.
Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης.
Μοιράζουμε πρώτα βιβλία στον Γ, ο οποίος μπορεί να τα πάρει με(155)
τρόπους.
Δεν μας ενδιαφέρει πόσα βιβλία θα πάρει ο καθένας απο τους Α,Β
χωριστά, αλλά πόσα συνολικά θα πάρουν μαζί. Έτσι οι Α,Β παίρνουν
τα 10 βιβλία με τον εξής τρόπο:(10
0
)+
(10
1
)+ . . .+
(10
10
)όπου:(10
0): τα παίρνει όλα τα βιβλία ο Α και κανένα ο Β ή αντίστροφα....(10
10): τα παίρνει όλα τα βιβλία ο Β και κανένα ο Α ή αντίστροφα
Επομένως, οι δυνατοί τρόποι που μπορούμε να μοιράσουμε τα 15βι-
βλία στους 3 μαθητές Α,Β,Γ έτσι ώστε οι Α,Β να πάρουν διπλάσια
βιβλία απο τον Γ είναι:(15
5
)[(10
0
)+
(10
1
)+ . . .+
(10
10
)]=
(15
5
)· 210
2
Άσκηση 1.2.19. Σε μια σειρά 20 θέσεων με πόσους τρόπους μπορούμε να
επιλέουμε 3 ομάδες συνεχόμενων θέσεων, με 5 θέσεις κάθε ομάδα; (βι-
βλίο 3.17)
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 27
Λύση :
Σχηματικά έχουμε:
Τις υπόλοιπες 5 θέσεις που περισσεύουν τις βάζω ανάμεσα στις 3
ομάδες και το πρόβλημα μετατίθεται.
Έτσι αν συμβολίσουμε (1) τις ομάδες και ◦ τις θέσεις που περισσεύ-
ουν, μπορούμε για παράδειγμα να έχουμε:
◦(1) ◦ ◦(1) ◦ (1)◦
Επομένως οι δυνατοί τρόποι που μπορούμε να επιλέξουμε 3 ομάδες
συνεχόμενων θέσεων με 5 θέσεις κάθε ομάδα είναι:
(5 + 4− 1)!
5!(4− 1)!=
8!
5!3!=
40320
720= 56
2
28 · Συνδυαστική
02/03/2006
Άσκηση 1.2.20. Έχουμε r διανομές μη διακεκριμένων (δηλαδή όμοιων)
αντικειμένων σε n υποδοχές χωρίς να μένει καμία κενή. (λογικό είναι
να έχουμε r ≥ n)
Λύση :
άρχικάχρησιμοποιούμε nαντικείμενα γιανα γεμίσουμεόλες τις υπο-
δοχές, αφού καμία δεν πρέπει να μένει κενή. Επομένως περισσεύουν
r − n αντικείμενα απο τα r. Αυτά τα r − n αντικείμενα πρέπει να τα
μοιράσουμε με όλους τους δυνατούς τρόπους στις υποδοχές.
Οπότε έχουμε:
((r − n) + n− 1)!
(r − n)!(n− 1)!=
(r − 1)!
(r − n)!(n− 1)!=
(r − 1
n− 1
)2
Άσκηση 1.2.21. Έχουμε r διανομές μη διακεκριμένων (δηλαδή όμοιων)
ντικεμένωνσε nυποδοχές, με μιαυποδοχήκενή. (Λογικόείναι ναέχουμε
r ≥ n− 1)
Λύση :
Έχουμε n τρόπους για να επιλέξουμε τη μια κενή υποδοχή (αφού οι
υποδοχές είναι n). Στις υπόλοιπες n − 1 υποδοχές βάζουμε απο ένα
αντικείμενο. Επομένως περισσεύουν r − (n − 1) αντικείμενα απο τα r.
Αυτά τα r − (n − 1) πρέπει να τα μοιράσουμε με όλους τους δυνατούς
τρόπους στις n− 1. Οπότε έχουμε :
(r − (n− 1) + (n− 1)− 1)!
(r − (n− 1))!((n− 1)− 1)!=
(r − 1)!
(r − n+ 1)!(n− 2)!=
(r − 1
n− 2
)Αφού όμως έχουμρ και n τρόπους επιλογής της κενής υποδοχής, τε-
λικά θα έχουμε:
n ·(r − 1
n− 2
)2
Άσκηση 1.2.22. Να βρεθεί ο αριθμός των τρόπων με τους οποίους r δια-
κεκριμένες σημαίες μπορούν να τοποθετηθούν σε n ιστούς, έτσι ώστε
κανένας ιστός να μην μείνει κενός. (λογικά θα έχουμε r ≥ n)
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 29
Λύση :
Αφοί οι σημαίες είναι διακεκριμένες ας ενδιαφέρει η σειρά τοποθέ-
τησης. Σχηματικά έχουμε:
...
...
...r r-1 r-(n-1)
Θεωρώ τους ιστούς σαν υποδοχές.
Αρχικά χρησιμοποιούμε n αντικείμενα, δηλαδή σημαίες, για να γε-
μίσουμε τις n υποδοχές, δηλαδή τους ιστούς. Επομένως περισσεύουν
r−n σημαίες απο τις r, τις οποίες πρέπει κι αυτές να τις μοιράσωστους
ιστούς με όλους του δυνατούς τρόπους.
Οπότε τελικά έχουμε:
r · (r − 1) · . . . · (r − (n− 1)) · ((r − n) + n− 1)!
(n− 1)!=
r!
(n− 1)!· (r − 1)!
(n− 1)!= r!
(r − 1
n− 1
)όπου:r(r − 1) . . . (r − (n− 1)) = πρώτη φορά που γεμίσαμε τους ιστούς,
δηλαδή όλοι οι δυνατοί τρόποι τοποθέτησης
των n σημαιών στον κάθε ιστό.
(έχουμε αυτόν τον τύπο αφού
μας ενδιαφέρει η σειρά τοποθέτησης)
και((r − n) + n− 1)!
(n− 1)!= όλοι οι δυνατοί τρόποι που μπορούμε
να μοιράσουμε τις υπόλοιπες
r − n σημαίες στους ιστούς
2
Άσκηση 1.2.23. Μεταξύ 3n + 1 αντικειμένων, τα n είναι ίδια. να βρεθεί ο
αριθμός επιλογής n αντικειμένων απο αυτά.
Λύση :
n 2n+1μη διακεκριμένα διακεκριμένα
Έχουμε ότι:(2n+!1
0
)+
(2n+ 1
1
)+ . . .+
(2n+ 1
n
)
30 · Συνδυαστική
Επίσης:(2n+ 1
0
)+
(2n+ 1
1
)+ . . .+
(2n+ 1
n
)+
(2n+ 1
n+ 1
)+
(2n+ 1
2n+ 1
)= 22n+1(∗)
Στην σχέση (∗) εφαρμόζουμε τον τύπο:(nr)=
( nn−r
)κι έχουμε ότι:
1ο = με τελευταίο[Δηλαδή:
(2n+ 1
0
)=
(2n+ 1
2n+ 1
)]2ο = με προτελευταίο
[Δηλαδή:
(2n+ 1
1
)=
(2n+ 1
2n
)]κ.λ.π
Έτσι η σχέση (∗) γράφεται:
2
[(2n+ 1
0
)+ . . .+
(2n+ 1
n
)]= 22n+1 ⇔(
2n+ 1
0
)+ . . .+
(2n+ 1
n
)=
22n+1
2⇔(
2n+ 1
0
)+ . . .+
(2n+ 1
n
)= 22n
2
Άσκηση 1.2.24. Να βρεθεί ο αριθμός των τρόπων με τους οποίους μπο-
ρούμε να τοποθετήσουμε 2t+ 1 μη διακεκριμένες (δηλ. όμοιες) μπάλες, σε
τρία κουτιά, έτσι ώστε κάθε δύο κουτιά μαζί να περιέχουν περισσότε-
ρες μπάλες απ’ότι το άλλο
Λύση :
Σχηματικά το οριακό που μπορούμε να κάνουμε είναι:
t t 1
Θαυπολογίσουμεόλους τους δυνατούς τρόπους πουμπορούμεναμοι-
ράσουμε τις 2t+1 όμοιες μπάλες στα τρίακουτιάκαι θααφαιρέσουμε
αυτούς τους τρόπους που δεν ικανοποιούν το ερώτημα..
Σχηματικά ένας τρόπος που δεν ικανοποιεί το ερώτημα είναι ο:
t+1 t
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 31
Έχουμε ότι όλες οι δυνατές επιλογές (δηλαδή οι δυνατοί τρόποι) εί-
ναι:
(2t+ 1 + (3− 1))!
(2t+ 1)!(3− 1)!=
(2t+ 3)!
(2t+ 1)!2!
Οι περιπτώσεις (τρόποι) που δεν ικανοποιούν το ερώτημα είναι:
3 · t+ (3− 1))!
t!(3− 1)!= 3
(t+ 2)!
t!2!
Επομένως οι δυνατοί τρόποι που ικανοποιούν το ερώτημα είναι:
(2t+ 3)!
(2t+ 1)!2!− 3 · 3(t+ 2)!
t!2!=
[(2t+ 3)(2t+ 2)] (2t+ 1)!
(2t+ 1)!2!− 3
[(t+ 2)(t+ 1)] t!
t!2!=
(2t+ 3)(2t+ 2)
2− 3 · (t+ 2)(t+ 1)
2=
2(t+ 1)(2t+ 3)
2− 3 · t+ 2)(t+ 1)
2=
(2t+ 3)(t+ 1)− 3
2(t+ 2)(t+ 1) =
(t+ 1)(2t+ 3− 3
2t− 3) =
t(t+ 1)
2
2
Άσκηση 1.2.25. Πόσες μεταθέσεις των 24 γραμμάτων (α, β, γ, . . . , ω) υπάρχουν,
στις οποίες το πρώτο γράμμα δεν είναι α, β, γ και το τελευταίο δεν είναι
ϕ, χ, ψ, ω.
Λύση :
Κανονικά όλες οι εταθέσεις των 24 γραμμάτων θα ήταν 24!
εδώ σχηματικά έχουμε:
}δ ε ... υ
α β γ
δ ε... σ τ υ
φ χ ψ ω}
}}
17x3
17x164x3
4x17
Παρατηρούμεότι έχουμεκάποιακοινά γράμματα (δ, ϵ, . . . , τ, θ) που μπο-
ρούμε να τα βάλουμε στην πρώτη και στην τελευταία θέση. Όμως
επειδή έχουμε μεταθέσεις δεν μπορούμε να έχουμε το ίδιο γράμμα
ταυτόχρονα στις δύο αυτές θέσεις. έτσι υπάρχουν τέσσερεις περι-
πτώσεις.
32 · Συνδυαστική
1η περίπτωση
δ α
ϵ στην αρχή και β στο τέλος... γ ← 1 απο τα 3
θ ← 1 απο τα 17Σ’αυτήν την περίπτωση γι’αυτές τις 2 θέσεις οι μεταθέσεις θα
είναι: 17× 3
2η περίπτωση
δ δ
ϵ στην αρχή και ϵ στο τέλος...
...
θ ← 1 απο τα 17 θ ← 1 απο τα 16(Δε λέμε 1 απο τα 17 γιατί το 1 γράμμα που χρησιμοποιήσαμε
στην αρχή δεν μπορούμε να το χρησιμοποιήσουμε και στο τέ-
λος) Σ’αυτή την περίπτωση γι’αυτές τις δύο θέσεις οι μεταθέσεις
είναι: 17× 6
3η περίπτωση
ϕ α
χ στην αρχή και β στο τέλος
ψ γ ← 1 απο τα 3
ω ← 1 απο τα 4Σ’αυτήν την περίπτωση γι’αυτές τις 2 θέσεις οι μεταθέσεις θα
είναι: 4× 3
1η περίπτωση
ϕ δ
χ στην αρχή και ϵ στο τέλος
ψ...
ω ← 1 απο τα 4 υ ← 1 απο τα 17Σ’αυτήν την περίπτωση γι’αυτές τις 2 θέσεις οι μεταθέσεις θα
είναι: 4× 17
Για τις υπόλοιπες θέσεις, απο τα 24 γράμματαθα περισσεύουν 22,
αφού έχουμε βάλει ένα στην αρχή κι ένα στο τέλος. Επομένως οι
μεταθέσεις για τις θέσεις αυτές είναι: 22!
Τελικά, οι μεταθέσεις που ζητάμε είναι:
17 · 3 · 22 + 17 · 16 · 22! + 4 · 3 · 22! + 4 · 17 · 22! = 403 · 22!
Άσκηση 1.2.26. Με πόσους τρόπους μπορούν νακαθήσουν r μαθη-
τές (εννοείται διακεκριμένοι) σε nόμοιαέδρανα; (λογικάέχουμε
r ≤ n)
Λύση :
Κάθε μαθητήςκάθεται σε έναέδρανο. Επομένως, θααπομεί-
νουν n − r έδρανα. Θέλουμε να βρούμε δηλαδή τις διατάξεις
των n− r εδράνων που περισεύουν. Οι διατάξεις αυτές είναι:
(r + (n− r))!(n− r)!
=n!
(n− r)!
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 33
2
2
Άσκηση1.2.27. Με πόσους τρόπους είναι δυνατόνναδιαταχθούντα γράμ-
ματα a, b, c, d, e, f, g, h , έτσι ώστε το a να είναι αριστερά του b και το b αρι-
στερά του c.
Λύση :
Σχηματικά έχουμε::a b c
↑ ↑ ↑ ↑Τα υπόλοιπα 5 γράμματα που περισσεύουν, δηλαδή τα d, e, f, g, h τα βά-
ζουμε ενδιάμεσα στα a, b, c και μπροστά απο το a και πίσω απο το c.
Δηλαδή έχουμε 4 υποδοχές για τα 5 γράμματα που μένουν. Επομένως,
οι δυνατοί τρόποι διάταξης που ζητάμε είναι:
((8− 3) + (4− 1))!
(4− 1)!=
8!
3!= 6720
2
Άσκηση 1.2.28. (SOS) Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε k
όμοιες κόκκινες μπάλες και a όμοιες άσπρες μπάλες σε n κουτιά, έτσι
ώστε κάθε κουτί να περιέχει τουλάχιστον μια μπάλα απο κάθε χρώμα;
Λύση :
Αρχικά βάζουμε μια κόκκινη μπάλα σε κάθε κουτί.Αυτές μπορούν
να μπούν στα κουτιά με ένα δυνατό τρόπο. Οπότε περισσεύουν k − n
κόκκινες μπάλες. Επομένως, οι συνδιασμοί για τις κόκκινες μπάλες
είναι:
((k − n) + (n− 1))!
(k − n)!(n− 1)!=
(k − 1)!
(k − n)!(n− 1)!=
(k − 1
n− 1
)Αντίστοιχα, βάζουμε μια άσπρη μπάλα σε κάθε κουτί. Αυτές μπο-
ρούν να μπούν στα κουτιά με ένα δυνατό τρόπο. Οπότε περισσεύουν
a − n άσπρες μπάλες. Επομένως, οι συνσιασμοί για τις άσπρες μπάλες
είναι:
((a− n) + (n− 1))!
(a− n)!(n− 1)!=
(a− 1)!
(a− n)!(n− 1)!=
(a− 1
n− 1
)Συνεπώς, οι δυνατοί τρόποι που ζητάμε είναι:(k − 1
n− 1
)(a− 1
n− 1
)
34 · Συνδυαστική
2
Άσκηση 1.2.29. Δείξτε ότι το γινόμενο k διαδοχικών ακέραιων αριθμών
διαιρείται με το k!
Λύση :
Το γινόμενο k διαδοχικών ακέραιων αριθμών είναι:
(n+ 1)(n+ 2) . . . ( + ) =(n+ k)!
n!
Οπότε αν πάρουμε το:
(n+k)!n!k!
Δηλαδή αυτό που μου ζητάει η εκφώνηση, έχουμε ότι:
(n+k)!n!k!
=(n+ k)!
n!k!=
(n+ k
k
)ή
(n+ k
n
)2
Άσκηση 1.2.30. Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν r μαθητές (εν-
νοείται διακεκριμένοι) σε n όμοια έδρανα, έτσι ώστε κανένας μαθητής
να μην κάθεται σε γειτονικό έδρανο με άλλον; (λογικά έχουμε r < n)
Λύση :
Σχηματικά έχουμε:
r−1 διαστήματα(υποδοχές)︷ ︸︸ ︷↓ ↓ ↓
◦ ◦ ◦ . . . ◦ ◦
↑ ↑ ↑ ↑ ↑︸ ︷︷ ︸r+1 διαστήματα(υποδοχές)
Ότανοι r μαθητέςκαθήσουνσταέδρανα, θααπομείνουν n−r έδρανα.
Αν αφαιρέσω ποα υτά τα n− r έδρανα που απέμειναν και τα έδρανα
που πρέπει να υπάρχουν ανάμεσα σ’αυτά που κάθονται οι μαθητές,
δηλαδή αυτά που πρέπει να υπάρχουν στα r − 1 διαστήματα, τελικά
θα απομείνου n− r − (r − 1) = n− 2r + 1 έδρανα..
Αυτά τα n−2r+1 έδρανα τώρα θα τα μοιράσουμε στα r+1 διαστήματα
(υποδοχές).
Οι δυνατοί τρόποι που μπορούμε να το κα΄νυομε αυτό είναι:
((n− 2r + 1) + (r + 1)− 1)!
(n− 2r + 1)!((r + 1)− 1)!=
(n− r + 1)!
(n− 2r + 1)!r!
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 35
Επομένως, οι δυνατοί τρόποι που ζητάμε να καθήσουν οι μαθητές
στα έδρανα είναι:
r! · (n− r + 1)!
(n− 2r + 1)!r!=
(n− r + 1)!
(n− 2r + 1)!
Πολλαπλασιάζουμε με το r!, αφού έχουμε r διαφορετικούς (διακεκρι-
μένους) μαθητές κι επομένως οι διατάξεις τους είναι: r!
2
36 · Συνδυαστική
07/03/2006
Άσκηση1.2.31. βλ. προηγούμενη άσκηση, → β’ τρόπος (r μαθητές, n έδρανα)
Λύση :
__ __ __ . . . __
↑ ↑ ↑n− r − (r − 1) = n− 2r + 1︸ ︷︷ ︸
έδρανα = όμοια,μαθητές: r διαφορετικοί
(r + (n− 2r + 1))!
(n− 2r + 1)!=
(n− r + 1)!
(n− 2r + 1)!
2
Άσκηση 1.2.32. Το ελληνικό αλφάβητο περιέχει 24 γράμματα. Τα 7 φωνή-
εντα.
i. πόσες λέξεις 5 γραμμάτων μπορούμε να φτιάξουμε που να έχουν 3
διαφορετικά σύμφωνα και 2 διαφορετικά φωνήεντα;
ii. πόσες απο αυτές αρχίζουν από ’α’ και τελειώνουν σε ’ω’ ;
iii. πόσες απο αυτές περιέχουν τα β,γ,δ,ε ;
Λύση :
i. 7φωνήεντα 17 σύμφωνα
__ __ __ __ __
δ ξ χ α ε
δ α ξ ε χ...
......
......
(17
3
)(7
2
)· 5!︸︷︷︸
γιατί θέλουμε όλες τις διατάξεις.
ii. α___ω τα φωνήεντα έχουν τοποθετηθεί και μένουν τα 17 σύμ-
φωνα!
α’ τρόπος 17 · 16 · 15
β’ τρόπος(173)3!
iii. β γ ϵ__ , θέλουμε 1 σύμφωνο και 1 φωνήεν.(15
1
)(6
1
)· 5!
2
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 37
Άσκηση 1.2.33. Με πόσους τρόπους είναι δυνατόν να διαταχθούν όλα τα
γράμματα του αγγλικού αλφαβήτου: να ∃ ακριβώς 7 γράμματα μεταξύ
των γραμ. ’a’ kai ’b’.
Λύση :
α’ τρόπος a_______b b_______a
Σύνολο: 26 γράμματα.
26-2 = 24 γράμματα απομένουν.
Έχουμε 2 περιπτώσεις (a . . . b, b . . . a).
Θέλουμε διατάξεις:(24
7
)· 7! = 24!
7!(17)!· 7! = 24!
17!
24 -7 = 17 μένουν → θα τα βάζουμε στις 2 θέσεις.
↓ a . . . b ↓
◦ ◦ ◦| · · · ◦ ◦◦ ← διαφορετικ. οι μπάλες μεταξύ τους.
(17 + (2− 1))!
(2− 1)!= 18!
(18!← τα υπόλοιπα γράμ. να τα διατάξουμε)
⇒ Άρα είναι 2 · 24!17!· 18! = 36 · 24
β’ τρόπος θεωρούμε το a . . . b ενιαίο και θέλουμε: (17 + 1)!
2
Άσκηση 1.2.34. Με πόσους τρόπους μπορούν να μετατεθούν τα γράμματα:
aaaaabcde
i. να ∃ γειτονικά a
ii. να μην είναι γειτονικά 2 απο τα bcde
Λύση :
i. Τα a είναι 5. Τα υπόλοιπα: 4.↓ ↓ ↓ ↓
a a a a aάρα: 4!
ii.b a c a d a e
↑ ↑ ↑ ↑ ↑, απομένουν 2 α (για τα b c d e
έχουμε 4! αφού μπορεί να είναι c d b e , d e b c , . . .)
◦| ◦ | | (2 + (5− 1))!
2!(5− 1)!=
6!
2!4!
Άρα θα είναι: 4! · 6!
2!4!=
6!
2!= 360
38 · Συνδυαστική
2
Άσκηση 1.2.35. Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε 2 ακεραίους
απ’τους 1, 2, . . . , n− 1 : Το άθροισμα τους > n.
Λύση :
α. n =άρτιος 1 , 2 , . . . ,n
2,
n
2+ 1 , . . . n− 2 , n− 1
- για το n− 1 :
το 1 δεν είναι γιατί n− 1 + 1 = n
- για το n− 2 : (n-5)
- για το n2 + 2 : 3 → 3 τρόπους (με
n
2+ 1,
n
2,n
2− 1)
- για το n2 + 1 : 1 → 1 τρόπους (με το
n
2)
Συνεπώς είναι: (n− 3) + (n− 5) + . . .+ 3 + 1 = (1 + n− 3)n− 3 + 1
2· 12=
(n− 2)
4
β. n = περιττός 1 , 2 , . . . ,n− 1
2,
n+ 1
2,
n+ 2
2, . . . n−2 , n−1(
1 2 3 4 5 6 | 3 , 4→ 3 =6
2, 4 =
6 + 2
2
)n− 1
2+n+!
2= n άρα αυτήν την περίπτ. σεν την παίρνουμε!
άρα κοιτάμε το επόμενο (δηλ. τοn+ 3
2)
(n− 3) + (n− 5) + · · ·+ 4 + 2 = (2 + n− 3) · · · n− 3
2· · · 1
2=
(n− 1)(n− 3)
2
⇒ Συνεπώς:n = άρτιος
(n− 2)2
4
n = περ.(n− 1)(n− 3)
4
2
Άσκηση 1.2.36. i. Με πόσους τρόπους μπορεί να δημιουργηθεί το σχήμα
με 0 και 1 ?
x
x x x x x
x
x
x
ii. Πόσα απο αυτά τα σχήματα δεν είναι συμμετρικά ως προς τον κα-
τακόρυφο άξονα;
1.2 Μεταθέσεις - Διατάξεις · 39
Λύση :
i. 0 1 → 29
ii. θα βρούμε τα σύμβ και θα τα αφαιρέσουμε απ’το 29
x x x x x
1
2
3
Τρείς περιπτώσεις (1) (2) (3), άρα συμβ: 23 = 2 · 2 · 2
Άρα: 29 − 23
2
Άσκηση 1.2.37. r-διαφορετικές μπάλες τοποθετημένες σε n κουτιά με τις
μπάλες (διατεταγμ.) τοποθετημένα σε σειρά. Ν.δ.ο. οι τρόποι για να γίνει
αυτό είναι :
(r + n− 1) (r + n− 2) . . . (n+ 1)n
Λύση :
(r + (n− 1))!
(n− 1)!=
(r + n− 1)!
(n− 1)!
=(r + n− 1)(r + n− 2) . . . (n+ 1)n(n− 1) . . . 2 · 1
(n− 1) . . . 2 · 1
= (r + n− 1)(r + n− 2) . . . (n+ 1)n
2
Άσκηση 1.2.38. Με πόσους τρόπους μπορούμε να κατανείμουμε 2t βόλους
σε 4 κουτιά: α, β, γ, δ τα α, β να έχουν το πολύ t βόλους ενώ τα γ, δ να περιέ-
χουν οποιονδήποτε αριθμό βόλων.
Α Β Γ Δ
{
t(t+ (2− 1))!
t!(2− 1)!, οι βόλοι είναι όμοιοι
Λύση :
παίρνουμε τους υπόλοιπους t βόλους και τους μοιράζουμε στα υπό-
λοιπα 4 κουτιά(t+ (4− 1))!
t!(4− 1)!→ άρα έχουμε:
(t+ (2− 1))!
t!(2− 1)!· (t+ (4− 1))!
t!(4− 1)!=
(t+ 1)!
t!· (t+ 3)!
t!3!=
1
6(t+ 1)2(t+ 2)(t+ 3)
40 · Συνδυαστική
2
Άσκηση 1.2.39. Να υπολογιστεί ο συντελεστής του x23 στο (1+x5 +x9)100 (με
πόσους τρόπους εμφανίζεται ο x23 στο (. . .)100
Λύση :
x23 = x9 · x9 · x5
[(1 + x5) + x9
]=
100∑r=0
(100
r
)(1 + x5)100(x9)r
=
100∑r=0
100−r∑k=0
(100− r
k
)· 1100−r−k · (x5)k
οπότε, για r=2 και k=1 :(100
2
)(100− 2
1
)=
(100
2
)(98
1
)= 485100
2
Κεφάλαιο 2
Γεννήτριες Συναρτήσεις
Αριθμητική Συνάρτηση ονομάζεται μια συνάρητηση, η οποία έχει πε-
δίο ορισμού τους φυσικούς αριθμούς N και πεδίο τιμών τους πραγματι-
κούς αριθμούς R. Τελικά έχουμε μια ακολουθία:
α0 α1 α2 . . . αr . . .
που λέγεται αριθμητική συνάρτηση και συμβολίζεται με α
Θέλουμε να βρούμε έναν κλειστό τύπο έτσι ώστε για κάθε τιμή του R2να έχουμε την αντίστοιχη τιμή της συνάρτησης. Έτσι, δημιουργούμε μια
σειρά:
A(x) = α0 + α1x+ α2x2 + . . .+ αrx
r + . . .
και προσπαθούμεναβρούμε ένανκλειστότύποπουαναπαριστάτησειρά.
Έτσι για κάθε τιμή του R μπορούμε να βρούμε την αντίστοιχη τιμή της.
Αυτή τη σειρά την ονομάζουμε γεννήτρια συνάρτηση
2.1 Γενική Περίπτωση
Ορίζουμε τις :
1 + w + w2 + . . .+ wr + . . .→ αριθμητική ακολουθία
και
1 + cos(x) + cos(2x) + . . .+ cos(2r) + . . .→ συνάρτηση
Επομένως, η γεννήτρια συνάρτηση είναι :
F (x) = 1 + w · cos(x) + w2 · cos(2x) + . . .+ wr · cos(rx) + . . .
Παράδειγμα :
Έστω ότι έχουμε τη συνάρτηση: (1 + αx)(1 + βx)(1 + γx)
42 · Γεννήτριες Συναρτήσεις
Λύση :
Κάνοντας πράξεις έχουμε:
(1 + αx)(1 + βx)(1 + γx) = 1 + (α+ β + γ)x+ (αβ + βγ + γα)x2 + αβγx3
που είναι γεννήτρια συνάρτηση.
Έτσι εδώ η αριθμητική ακολουθία είναι η :
1 (α+ β + γ) (αβ + βγ + γα) (αβγ) 0 0 0 . . .
2
� θα πρέπει να υπάρχει αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία στην αριθμη-
τική ακολουθία και τη γεννήτρια συνάρτηση για να υπάρχει γεν-
νήτρια συνάρτηση.
Παράδειγμα :
Έστω ότι έχουμε την αριθμητική ακολουθία
3 2 6 0 0 0 . . .
και τη συνάρτηση:
11 + x1− x1 + x21− x2 . . . 1 + xr1− xr . . .
Λύση :
Επομένως , η γεννήτρια συνάρτηση είναι η:
3 · 1 + 2(1 + x) + 6(1− x) = 11− 4x
2
Παράδειγμα :
έστω ότι έχουμε την αριθμητική ακολουθία:
1 3 7 0 0 0 . . .
και τη συνάρτηση:
11 + x1− x1 + x21− x2 . . . 1 + xr1− xr . . .
Λύση :
Επομένως , η γεννήτρια συνάρτηση είναι η:
1 · 1 + 3(1 + x) + 7(1− x) = 11− 4x
2.2 Όνομα δεύτερης ενότητας · 43
2
Παράδειγμα :
έστω ότι έχουμε την αριθμητική ακολουθία:
1 2 6 1 1 0 0 . . .
και τη συνάρτηση:
11 + x1− x1 + x21− x2 . . . 1 + xr1− xr . . .
Λύση :
Επομένως , η γεννήτρια συνάρτηση είναι η:
1 · 1 + 2(1 + x) + 6(1− x) + (1 + x2) + (1− x2) = 11− 4x
2
� Στα παραπάνω παραδείγματα παρατηρούμε ότι και στις τρείς περι-
πτώσεις με την ίδια συνάρτηση βρίσκουμε τον ίδιο κλειστό τύπο.
Επομένως η επιλογή μας δεν είναι σωστή. Άρα δεν μπορούμε να χρη-
σιμοποιήσουμε τη συνάρτηση : 1 1+x 1−x 1+x2 1−x2 . . . 1+xr 1−xr . . ., αφού
θα έπρεπε να υπάρχει αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία.
� Έστω ότι έχουμε δυο αριθμούς x, y και θέλω ναβρω το γινόμενό τους,
δηλαδή το x · y. Τότε αντί γι’αυτό, παίρνω τους αλγορίθμους, δηλαδή:
x, y → ln(x), ln(y)
↓
x · y ← ln(x)+ ln(y) = ln(xy)
2.1α� Όνομα πρώτης υποενότητας
2.2 Όνομα δεύτερης ενότητας
