vilniaus universitetasskersys/17r/kgt/kgtpratybos.pdf · iš abėcėlės {s,l,a} (saulėta,...

VILNIAUS UNIVERSITETAS

Gintaras Skersys

Kombinatorika ir grafų teorijaPratybų medžiaga

Versija: 2017 m. gruodžio 4 d.

Vilnius, 2017

Turinys

Turinys 1

1 Dirichlė principas. Daugybos taisyklė 3

2 Gretiniai, kėliniai ir deriniai. Niutono binomo formulė, binominiai ir poli-nominiai koeficientai 9

3 Kartotiniai gretiniai ir deriniai. Įdėties-pašalinimo (rėčio) principas, I da-lis 16

4 Įdėties-pašalinimo (rėčio) principas, II dalis. Netvarkingi kėliniai. Siurjek-cijų skaičius 23

5 Pirmosios ir antrosios rūšies Stirlingo skaičiai, Belo skaičiai. Laipsninėseilutės 31

6 Generuojančios funkcijos. Rekursijos pavyzdžiai. Fibonačio skaičiai 38

7 Rekursijos lygtis 49

8 Pagrindinės grafų teorijos sąvokos, I dalis 54

9 Pagrindinės grafų teorijos sąvokos, II dalis 64

10 Miškas ir medžiai. Viena optimizavimo problema (ekonomiškas medis) 73

11 Grafo parametrų ryšiai. Grafo planarumas, I dalis 87

12 Grafo planarumas, II dalis. Grafo viršūnių spalvinimo problema 91

13 Medžių skaičius 96

1

1 pratybos

Dirichlė principas. Daugybos taisyklė

Teorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 1.1–1.2 poskyriai.)

[Blo96] 1.1 poskyrio 3 pavyzdį pavadinkime rutulių-dėžių principu. Jis skamba taip. Tu-rime m rutulių, kuriuos reikia sudėti į n dėžių. Jei m > n, tai bent vienoje dėžėje atsiras 2arba daugiau rutulių.

Užduotis 1

Kiek turi būti grupėje studentų, kad bent du iš jų būtinai gautų vienodus pažymiusegzamine (laikome, kad pažymiai gali būti nuo 1 iki 10)?

Sprendimo santrauka

Dirichlė principas (rutulių-dėžių principas). Pažymiams priskiriame dėžes, taigi, turime10 dėžių, atitinkančių pažymius nuo 1 iki 10. Studentams priskiriame rutulius. Studentuigavus pažymį, jį atitinkantį rutulį dedame į pažymį atitinkančią dėžę. Jei grupėje bus tik 10studentų, gali būti, kad jie visi gaus skirtingus pažymius (kiekvienoje dėžėje bus po 1 rutulį).Jei grupėje bus 11 arba daugiau studentų, pagal rutulių-dėžių principą bent vienoje dėžėjeatsiras 2 arba daugiau rutulių, o tai reiškia, kad tuos rutulius atitinkantys studentai gavovienodus pažymius.

Atsakymas

11 ar daugiau.

Užduotis 2

Įrodyti, kad funkcija iš aibės, turinčios k + 1 ar daugiau elementų, į aibę, turinčią kelementų, nėra injekcija.

Sprendimo santrauka

Dirichlė principas (rutulių-dėžių principas). Injekcija — tai funkcija, kuri skirtingiemsargumentams priskiria skirtingas reikšmes. Dėžės — funkcijos reikšmės, rutuliai — funk-cijos argumentai. Taigi, dėžių bus k, rutulių k + 1 ar daugiau, todėl pagal rutulių-dėžiųprincipą bent vienoje dėžėje atsiras 2 arba daugiau rutulių, o tai reiškia, kad tuos rutuliusatitinkantiems argumentams funkcija priskiria tą pačią reikšmę. Taigi, ji nėra injekcija.

Užduotis 3

Įrodyti, kad vakarėlyje, kuriame dalyvauja bent du žmonės, yra bent du dalyviai, pažįs-tantys tą patį skaičių kitų to vakarėlio dalyvių. Laikome, kad vakarėlyje nėra atsitiktiniųžmonių, t. y. kiekvienas vakarėlio dalyvis pažįsta bent vieną kitą dalyvį.

Sprendimo santrauka

Dirichlė principas (rutulių-dėžių principas). Pažymėkime n vakarėlio dalyvių skaičių.Kiekvienam dalyviui priskiriame po skaičių, reiškiantį, kiek jis pažįsta kitų vakarėlio dalyvių.Priskirtojo skaičiaus reikšmės gali būti nuo 1 (nes laikome, kad kiekvienas vakarėlio dalyvispažįsta bent vieną kitą dalyvį) iki n − 1 (iš n vakarėlio dalyvių atmetame patį asmenį,nes skaičiuojame, kiek jis pažįsta kitų dalyvių). Galimoms reikšmėms priskiriame dėžes,dalyviams — rutulius, todėl bus n − 1 dėžė ir n rutulių. Pagal rutulių-dėžių principą bentvienoje dėžėje atsiras 2 arba daugiau rutulių, o tai reiškia, kad tuos rutulius atitinkantiemsdalyviams priskirti skaičiai sutampa.

3

Užduotis 4Pirkdami vieno prekės ženklo marškinėlius jūs galite rinktis iš 12 spalvų, vyriškus ar

moteriškus, bei vieną iš trijų dydžių. Kiek iš viso yra to prekės ženklo marškinėlių tipų?Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]). 12 · 2 · 3 = 72.Atsakymas72.

Užduotis 5Rasti funkcijų iš 3 aibės į 5 aibę skaičių.Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris, 5 pavyzdys]).mn = 53 = 125.Atsakymas125.

Užduotis 6

1. Rasti injekcijų iš 3 aibės į 5 aibę skaičių.

2. Rasti injekcijų iš n aibės į m aibę skaičių.

Sprendimo santrauka

1. Daugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris, 5 pavyzdys]).

Duota, kad yra trys galimi funkcijos argumentai. Pirmajam argumentui injekcija galipriskirti bet kurią iš galimų 5 reikšmių, antrajam — jau tik kurią nors iš 4 reikšmių, neskad funkcija būtų injekcija, antrajam argumentui negalime priskirti tos pačios reikšmės,kuri buvo priskirta pirmajam, analogiškai trečiajam argumentui galime priskirti vieną išlikusių 3 reikšmių. Pagal daugybos taisyklę, priskirti galimas reikšmes galime 5·4·3 = 60skirtingų būdų, todėl yra 60 injekcijų iš 3 aibės į 5 aibę. (Iš viso funkcijų iš 3 aibėsį 5 aibę, kaip suskaičiavome 5 užduotyje, yra 125. Taigi, likusios 65 funkcijos nėrainjekcijos.)

2. Daugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris, 5 pavyzdys]).

Jei n > m — nėra (žr. 2 užduotį).

Tarkime, n 6 m. Skaičiuojame taip pat, kaip ir pirmojoje užduoties dalyje. Pirmajamargumentui injekcija gali priskirti bet kurią iš galimų m reikšmių, antrajam — jau tikiš m−1 likusios reikšmės ir t. t. Paskutiniajam — n-tajam — argumentui injekcija galipriskirti bet kurią iš likusių m − (n − 1) reikšmių. Pagal daugybos taisyklę, priskirtigalimas reikšmes galime m(m− 1)(m− 2) · · · (m− n+1) būdų, todėl tiek yra injekcijųiš n aibės į m aibę.

Atsakymas

1. 60.

2. Jei n > m — nėra. Jei n 6 m, tai m(m− 1)(m− 2) · · · (m− n + 1).

4

Užduotis 7Sociologas tiria vaikų šeimose šablonus. Šeimos tipas užrašomas kodu, pavyzdžiui, BMM

reiškia šeimą su trimis vaikais, vyriausias yra berniukas (B), kitos mergaitės (M). Atkreipkitedėmesį, kad BMM, MBM ir MMB yra skirtingi tipai. Kiek yra tipų šeimų, turinčių nuo dviejųiki penkių vaikų?

Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]). Skaičiuojame ilgio 2, 3, 4 ir 5 žodžius iš

abėcėlės {B,M} raidžių. Jų bus 22 + 23 + 24 + 25 = 4 + 8 + 16 + 32 = 60.Atsakymas60.

Užduotis 8Kiek yra ilgio 4 žodžių, sudarytų iš lietuvių kalbos mažųjų raidžių, kuriuose yra bent

viena raidė ž ? (Lietuvių kalbos abėcėlėje yra 32 raidės.)Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]).Pirmas sprendimo būdas. Dažnai patogu yra skaičiuoti taip: iš bendro būdų skaičiaus

atimame mums netinkamų būdų skaičių. Šiuo atveju tai atrodytų taip. Lietuvių kalbosabėcėlė turi 32 raides, todėl iš viso ilgio 4 žodžių bus 324. Žodžių be raidės ž bus 314, todėlžodžių su raide ž bus 324 − 314 = 1048576− 923521 = 125055.

Antras sprendimo būdas. Galime apskaičiuoti ir tiesiogiai, tačiau šiuo atveju tai yrasudėtingiau. Skaičiuosime pagal tai, kurioje pozicijoje yra raidė ž. Žodžių, kurių pirmojepozicijoje yra raidė ž, yra tiek: 1 · 32 · 32 · 32, nes į likusias pozicijas galima įrašyti betkurias iš galimų 32 raidžių. Dabar skaičiuosime žodžius, kurių pirmoje pozicijoje nėra raidėsž. Tokių žodžių pirmąją poziciją galime parinkti 31 būdu (galimos visos raidės, išskyrusraidę ž ). Tarkime, antroje pozicijoje yra raidė ž. Tokių žodžių bus 31 · 1 · 32 · 32. Toliauskaičiuosime žodžius, kurių ir antroje pozicijoje nėra raidės ž. Tokių žodžių, turinčių raidę žtrečioje pozicijoje, bus 31 · 31 · 1 · 32, o neturinčių — 31 · 31 · 31 · 1 (nes tokiu atveju raidė žbūtinai bus ketvirtojoje pozicijoje). Taigi, iš viso gauname

1 · 32 · 32 · 32 + 31 · 1 · 32 · 32 + 31 · 31 · 1 · 32 + 31 · 31 · 31 · 1

= 323 + 31 · 322 + 312 · 32 + 313∗

=324 − 314

32− 31= 324 − 314 = 125055.

Žvaigždute pažymėtoje vietoje pasinaudojome lygybe a4−b4 = (a−b)(a3+a2b+ab2+b3).Trečias sprendimo būdas. Taip pat tiesioginis, tačiau naudoja derinių sąvoką, su kuria

susipažinsime ateityje (žr. [Blo96, 1.3 poskyris] ir antrąsias kombinatorikos pratybas), todėlprie šio sprendimo grįžkite vėliau. Žodžių, kuriuose yra lygiai viena raidė ž, bus

(

41

)

· 313, nesvietą vienai raidei ž iš keturių galimų vietų galima išrinkti

(

41

)

būdų, ir likusias tris vietasužpildyti kitomis raidėmis galima 313 būdų. Analogiškai, žodžių, kuriuose yra lygiai dviraidės ž, bus

(

42

)

· 312, žodžių su lygiai trimis raidėmis ž bus(

43

)

· 311, ir žodžių su visomisketuriomis raidėmis ž bus

(

44

)

· 310. Viso bus

(

4

1

)

· 313 +(

4

2

)

· 312 +(

4

3

)

· 311 +(

4

4

)

· 310 = 125055

žodžių.

5

Atsakymas125055.

Užduotis 9Tarkime, kad kiekviena diena gali būti apibūdinta kaip saulėta, lietinga ar apsiniaukusi.

Po kiek metų savaitės apibūdinimas būtinai pasikartos? (Laikome, kad metuose yra 52savaitės.)

Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]). Savaitės apibūdinimas bus ilgio 7 žodis

iš abėcėlės {S, L,A} (saulėta, lietinga, apsiniaukusi) raidžių. Taigi, yra 37 skirtingi savaičiųapibūdinimai, kurie gali nesikartoti 37/52 = 2187/52 ≈ 42,1 metų.

Atsakymas42,1.

Užduotis 10Tegu n1, n2, . . . , nm yra teigiami sveikieji skaičiai. Kokia bus kintamojo k reikšmė, įvyk-

džius tokį kodą?

1. k := 0for i1 := 1 to n1

k := k+1for i2 := 1 to n2

k := k+1...

for im := 1 to nm

k := k+1

2. k := 0for i1 := 1 to n1

for i2 := 1 to n2...

for im := 1 to nm

k := k+1

Sprendimo santrauka

1. Pradinė kintamojo k reikšmė yra nulis. Šis kodo gabalas yra sudarytas iš m atskirųfor ciklų. Įvykdžius kiekvieną kiekvieno ciklo iteraciją, k reikšmė padidinama vienetu.Kad nustatytume galutinę k reikšmę, turime nustatyti, kiek iš viso yra iteracijų visuosecikluose. O jų bus n1 + n2 + · · ·+ nm.

2. Daugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]). Pradinė kintamojo k reikšmė yra nulis.Šis kodo gabalas yra sudarytas iš m for ciklų, įdėtų vienas į kitą. Įvykdžius kiekvienąvidinio ciklo iteraciją, k reikšmė padidinama vienetu. Kad nustatytume galutinę k reikš-mę, turime nustatyti, kiek kartų iš viso bus vykdomas vidinis ciklas. Kiekvieną vidiniociklo iteraciją atitinka vienas ir tik vienas kintamųjų (i1, i2, . . . , im) reikšmių rinkinys.Taigi, vidinio ciklo iteracijų bus tiek, kiek yra kintamųjų (i1, i2, . . . , im) reikšmių rinki-nių. Kadangi kintamąjį i1 galima parinkti n1 būdų, kintamąjį i2 — n2 būdais, ir t. t.,tai pagal daugybos taisyklę kintamųjų (i1, i2, . . . , im) reikšmių rinkinių bus n1n2 · · ·nm.

6

Atsakymas

1. n1 + n2 + · · ·+ nm.

2. n1n2 · · ·nm.

Užduotis 11Java programavimo kalboje kintamojo vardas gali būti bet kokio ilgio nuo 1 iki 65535

simbolių imtinai seka, sudaryta iš didžiųjų ir mažųjų abėcėlės raidžių, dolerio ženklo, pabrau-kimo ženklo ir skaitmenų, su sąlyga, kad pirmasis simbolis negali būti skaitmuo. Naudojamelotynišką abėcėlę. Kiek skirtingų kintamųjų vardų galime sudaryti?

Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė (žr. [Blo96, 1.2 poskyris]). Lotyniškoje abėcėlėje yra 26 raidės. Viso

galime naudoti 26+ 26+ 1+1+10 = 64 simbolius, iš kurių 54 gali būti pirmuoju kintamojovardo simboliu. Visų galimų ilgių kintamųjų vardus skaičiuojame atskirai ir sudedame. Visogauname

54 + 54 · 64 + 54 · 642 + · · ·+ 54 · 6465534 = 54(1 + 64 + 642 + · · ·+ 6465534)

= 54 · 6465535 − 1

63.

Paskutiniąją lygybę gavome pagal geometrinės progresijos sumos formulę:

1 + q + q2 + · · ·+ qn =qn+1 − 1

q − 1.

Atsakymas54(6465535 − 1)/63.

Užduotis 12Tegu (xi, yi), i = 1, 2, 3, 4, 5, yra 5 skirtingų taškų xy plokštumoje su sveikosiomis koor-

dinatėmis rinkinys. Parodyti, kad atkarpos, jungiančios bent vieną tų taškų porą, viduriotaško koordinatės irgi yra sveikosios.

Sprendimo santraukaDirichlė principas (rutulių-dėžių principas). Atkarpos, jungiančios taškus (a1, b1) ir (a2, b2),

vidurio taško koordinatės yra ((a1 + a2)/2, (b1 + b2)/2). Skaičius (a1 + a2)/2 yra sveikasis,jei sutampa skaičių a1 ir a2 lyginumas, t. y. jie abu yra lyginiai arba abu nelyginiai. Žymė-kime skaičiaus lyginumą raide L, jei tai lyginis skaičius, ir N , jei nelyginis. Kadangi taškąsudaro du skaičiai, tai taško lyginumą galime užrašyti L ir N pora. Pavyzdžiui, jei taškolyginumas yra NL, tai reiškia, kad taško pirmoji koordinatė yra nelyginis skaičius, antroji —lyginis. Iš viso galimi 4 skirtingi taškų lyginumai: LL, LN , NL, NN , o taškai duoti penki.Pagal rutulių-dėžių principą atsiras 2 ar daugiau taškų su tuo pačiu lyginumu. Atkarpos,jungiančios du tokius taškus, vidurio taško koordinatės yra sveikieji skaičiai.

Užduotis 13Palindromu vadiname simbolių seką, kuri sutampa su savo atvirkštine seka (pavyzdžiui,

1001). Kiek ilgio n bitų sekų yra palindromai?Atsakymas2n/2, jei n lyginis, ir 2(n+1)/2, jei nelyginis.

Užduotis 14Tarp miestų A ir B yra 4 autobusų maršrutai, taip B ir C — 3. Keliais būdais galima

nukeliauti:

7

1. Iš A į C per B?

2. Iš A į C per B ir grįžti atgal (irgi per B)?

3. Iš A į C per B ir grįžti atgal (irgi per B), nevažiuojant tuo pačiu maršrutu daugiaukaip 1 kartą?

Sprendimo santraukaDaugybos taisyklė.

1. 4 · 3 = 12.

2. 12 · 12 = 144.

3. Jei kažkuriuo maršrutu važiuojama į priekį, juo jau nebegalima grįžti, todėl grįžimuimaršrutų lieka mažiau — iš C į B 2, iš B į A 3. Viso: 4 · 3 · 2 · 3 = 72.

Atsakymas

1. 12.

2. 144.

3. 72.

8

2 pratybos

Gretiniai, kėliniai ir deriniai. Niutonobinomo formulė, binominiai irpolinominiai koeficientaiTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 1.3–1.4 poskyriai.)

Užduotis 1Rasti gretinių iš 6 po 4 skaičių.SprendimasGretinių skaičiaus formulė (žr. (3.1) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris]):Ak

n = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1).Šiuo atveju bus A4

6 = 6 · 5 · 4 · 3 = 360.Atsakymas360.

Užduotis 2Rasti kėlinių iš 6 elementų skaičių.Sprendimasn elementų kėlinių yra n! (žr. [Blo96, 1.3 poskyris, p. 10]), todėl mūsų atveju bus

6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720.

Atsakymas720.

Užduotis 3Rasti derinių iš 6 po 4 skaičių.SprendimasDerinių skaičiaus formulė (žr. (3.2) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris]):

(

n

k

)

=n!

(n− k)! k!.

Šiuo atveju bus(

6

4

)

=6!

(6− 4)! 4!=

6 · 5 · 4!2! 4!

= 15.

Atsakymas15.

Užduotis 4Dėžėje yra 7 skirtingi rutuliai. Keliais būdais galima ištraukti 3 rutulius? Eilės tvarka,

kuria ištraukiami rutuliai, yra svarbi. Ištraukti rutuliai į dėžę negrąžinami.Sprendimo santraukaGretiniai (žr. (3.1) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris]).

9

A37 = 7 · 6 · 5 = 210.

Atsakymas210.

Užduotis 5Kiek skirtingų karolių galime pagaminti, verdami septynis skirtingų spalvų karoliukus ant

siūlo?Sprendimo santraukaKėliniai (žr. [Blo96, 1.3 poskyris]). Septynis karoliukus suverti ant siūlo galime 7! būdų

(kėlinių skaičius). Surišę siūlo galus gausime karolius. Tuos pačius karolius gausime iš 7skirtingų kėlinių, besiskiriančių cikliniu postūmiu (pavyzdžiui, tuos pačius karolius gausime,išrikiavę karoliukus a1a2 · · · a7 ir a2 · · · a7a1), todėl 7! turime padalinti iš 7. Kadangi karoliusgalime apversti, tai tuos pačius karolius gausime iš 2 skirtingų kėlinių, kuriuose karoliukaiišrikiuoti atvirkščia eilės tvarka (pavyzdžiui, tuos pačius karolius gausime, išrikiavę karoliukusa1a2 · · ·a7 ir a7a6 · · · a1), todėl dar turime padalinti iš 2. Viso: 7!/(2 · 7) = 360.

Atsakymas360.

Užduotis 6Dėžėje yra 11 skirtingų rutulių, iš kurių 5 yra žalios spalvos, o likę — raudonos. Keliais

būdais galima ištraukti 4 rutulius, kad du iš jų būtų žali ir du — raudoni? Eilės tvarka, kuriaištraukiami rutuliai, nėra svarbi. Ištraukti rutuliai į dėžę negrąžinami.

Sprendimo santraukaDeriniai (žr. (3.2) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris]). 2 žalius rutulius iš 5 parinkti galime

(

52

)

būdų, 2 raudonus iš 6 —(

62

)

būdų. Viso(

52

)

·(

62

)

= 10 · 15 = 150 būdų.Atsakymas150.

Užduotis 7Naudojantis Niutono binomo formule, išskleisti ir suprastinti (2x− y2)5.Sprendimo santraukaSkaičiuojame pagal Niutono binomo formulę (žr. [Blo96, 1.4 poskyrio pradžia, p. 12]).

(2x− y2)5 =

(

5

0

)

(2x)5(−y2)0+

(

5

1

)

(2x)4(−y2)1+

(

5

2

)

(2x)3(−y2)2

+

(

5

3

)

(2x)2(−y2)3+

(

5

4

)

(2x)1(−y2)4+

(

5

5

)

(2x)0(−y2)5

= 32x5 − 80x4y2 + 80x3y4 − 40x2y6 + 10xy8 − y10.

Atsakymas32x5 − 80x4y2 + 80x3y4 − 40x2y6 + 10xy8 − y10.

Užduotis 8Įrodyti, kad kiekvienam sveikajam n > 1 teisinga lygybė

(

n

0

)

−(

n

1

)

+

(

n

2

)

−(

n

3

)

+ · · ·+ (−1)n(

n

n

)

= 0.

Sprendimo santraukaIšskleidžiame (1 − 1)n pagal Niutono binomo formulę (žr. [Blo96, 1.4 poskyrio pradžia,

p. 12]).

10

Užduotis 9Naudojantis apibendrinta Niutono binomo formule, išskleisti (a + b+ c)3.Sprendimo santraukaSkaičiuojame pagal apibendrintą Niutono binomo formulę, su polinominiais koeficientais

(žr. [Blo96, 1.4 poskyrio vidurys, p. 14]). Sumuojame pagal visus sveikųjų neneigiamųskaičių rinkinius p̄ = (p1, p2, p3) tokius, kad p1 + p2 + p3 = 3.

(a + b+ c)3 =

(

3

3, 0, 0

)

a3b0c0 +

(

3

0, 3, 0

)

a0b3c0 +

(

3

0, 0, 3

)

a0b0c3

+

(

3

2, 1, 0

)

a2b1c0 +

(

3

2, 0, 1

)

a2b0c1 +

(

3

1, 2, 0

)

a1b2c0

+

(

3

0, 2, 1

)

a0b2c1 +

(

3

1, 0, 2

)

a1b0c2 +

(

3

0, 1, 2

)

a0b1c2 +

(

3

1, 1, 1

)

a1b1c1

= a3 + b3 + c3 + 3a2b+ 3a2c+ 3ab2 + 3b2c+ 3ac2 + 3bc2 + 6abc.

Atsakymasa3 + 3a2b+ 3a2c+ 6abc + b3 + 3b2c+ 3ab2 + c3 + 3ac2 + 3bc2.

Užduotis 10Koks yra nario x3y2z5 koeficientas formulėje (x+ y + z)10?Sprendimo santraukaTai polinominis koeficientas (žr. [Blo96, 1.4 poskyrio pabaiga, p. 14–15]).

(

n

p1, . . . , pk

)

=

(

10

3, 2, 5

)

=10!

3!2!5!= 2520.

Atsakymas2520.

Užduotis 11Įrodyti, kad

(

nr

)(

rk

)

=(

nk

)(

n−kr−k

)

, jei n, r ir k yra neneigiami sveikieji skaičiai, k 6 r 6 n.

1. Įrodyti, naudojant kombinatorinį įrodymo metodą (t. y. tuos pačius objektus suskai-čiuoti dviem skirtingais būdais).

2. Įrodyti, pasinaudojus derinių skaičiaus formule.

Sprendimo santrauka

1. Skaičiuosime, keliais būdais galime pasirinkti r objektų iš n galimų, o paskui iš tų rpasirinktų objektų išsirinkti k objektų (kaip iliustraciją galime paimti tokį pavyzdį:keliais būdais Lietuvos krepšinio rinktinės treneris iš n galimų kandidatų į rinktinęišsirenka r = 12 krepšininkų, kurie ir važiuos į čempionatą, bei iš tų r = 12 krepšininkųišsirenka k = 5 starto penketo žaidėjus). Pasirinkti r objektų iš n galimų yra

(

nr

)

būdų,pasirinkti k objektų iš r galimų yra

(

rk

)

būdų, viso bus(

nr

)(

rk

)

būdų — gauname kairiąjąlygybės pusę.

Tą patį galime skaičiuoti ir kitaip. Iš n objektų pasirenkame k objektų, ir iš likusiųn − k objektų parenkame likusius r − k objektų (pavyzdžiui, treneris iš n kandidatųį rinktinę išsirenka k = 5 starto penketo žaidėjus, o paskui iš likusių n − 5 kandidatų

11

išsirenka likusius r − k = 12 − 5 = 7 rinktinės žaidėjus). Pasirinkti k objektų iš ngalimų yra

(

nk

)

būdų, pasirinkti r− k objektų iš n− k galimų yra(

n−kr−k

)

būdų, viso bus(

nk

)(

n−kr−k

)

būdų — gauname dešiniąją lygybės pusę.

Kadangi abiem atvejais skaičiavome tą patį, gautos formulės yra lygios.

2. Pagal derinių skaičiaus formulę (žr. (3.2) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris])(

n

r

)(

r

k

)

=n!

(n− r)! r!· r!

(r − k)! k!=

n!

(n− r)! (r − k)! k!,

(

n

k

)(

n− k

r − k

)

=n!

(n− k)! k!· (n− k)!

(n− r)! (r − k)!=

n!

k! (n− r)! (r − k)!.

Abiem atvejais gavome tą patį.

Užduotis 12Fakultete yra 12 studentų, norinčių dalyvauti aukštųjų mokyklų studentų suvažiavime.

Iš tų 12 norinčių reikia išrinkti 4 studentų delegaciją, kuri ir važiuos. Tačiau du studentaikandidatai, Algis ir Birutė, pykstasi ir kartu nesutinka važiuoti. Keliais būdais iš 12 studentųgalima suformuoti 4 studentų delegaciją taip, kad bent vienas iš tų dviejų besipykstančiųstudentų nepakliūtų į delegaciją?

Sprendimo santraukaDeriniai.1 būdas: iš visų galimų būdų suformuoti delegaciją atmetame tuos, kur jie abu:

(

12

4

)

−(

10

2

)

= 495− 45 = 450.

2 būdas: (abu nevažiuos) + (Algis važiuos, Birutė ne) + (Birutė važiuos, Algis ne):(

10

4

)

+

(

10

3

)

+

(

10

3

)

= 210 + 2 · 120 = 450.

Komentaras. Jei abu nevažiuoja, tai iš likusių 10 studentų į delegaciją reikia išrinkti 4, otai galime padaryti

(

104

)

būdų. Jei, pavyzdžiui, Algis važiuoja, o Birutė ne, tai iš likusių 10studentų į delegaciją reikia išrinkti 3, o tai galime padaryti

(

103

)

būdų.3 būdas: (Algis nevažiuos (Birutė gali važiuoti arba ne)) + (Algis važiuos, Birutė ne):

(

11

4

)

+

(

10

3

)

= 330 + 120 = 450.

4 būdas: (Algis nevažiuos (Birutė gali važiuoti arba ne)) + (Birutė nevažiuos (Algis galivažiuoti arba ne)) − (abu nevažiuos):

(

11

4

)

+

(

11

4

)

−(

10

4

)

= 330 + 330− 210 = 450.

Komentaras. Iš sumos turime atimti skaičių delegacijų, į kurias neįeina nei Algis, nei Birutė,nes tokios delegacijos į sumą įskaičiuojamos du kartus (tokios delegacijos įeina į abu sumosnarius). Tokia taisyklė vadinama įdėties-pašalinimo (rėčio) principu, jį nagrinėsime vėliau(žr. [Blo96, 2.1–2.2 poskyriai], trečios ir ketvirtos pratybos).

12

Atsakymas450.

Užduotis 13Grupėje yra n moterų ir n vyrų. Keliais būdais galima juos išrikiuoti į eilę taip, kad

moterys ir vyrai eitų pakaitomis?Sprendimo santraukaKėliniai. Moteris išrikiuoti galime n! būdų, vyrus išrikiuoti galime irgi n! būdų, pasi-

renkame, kuris bus pirmas eilėje (t. y. moteris ar vyras, tai galime padaryti 2 būdais), irišrikiuojame visus pakaitomis. Pagal daugybos taisyklę viso bus 2(n!)2 būdų.

Atsakymas2(n!)2.

Užduotis 14Keliais būdais galima išrikiuoti į eilę 8 vyrus ir 5 moteris taip, kad jokios dvi moterys

nestovėtų greta?Sprendimo santraukaKėliniai, deriniai. Moteris išrikiuoti galime 5! būdų, vyrus išrikiuoti galime 8! būdų. Visų

pirma išrikiuojame vyrus, tada tarp jų paskirstome moteris: iš 9 galimų pozicijų tarp 8 vyrųišrenkame 5 pozicijas, kuriose stovės moterys, tai galime padaryti

(

95

)

būdais. Pagal daugybostaisyklę viso bus 5! 8!

(

95

)

= 609638400 būdų.Atsakymas609638400.

Užduotis 15Lietuviškoje abėcėlėje yra 20 priebalsių ir 12 balsių. Kiek galime sudaryti žodžių iš 6

(nebūtinai skirtingų) lietuviškosios abėcėlės mažųjų raidžių, kuriuose būtų:

1. lygiai viena balsė?

2. lygiai dvi balsės?

3. bent viena balsė?

4. bent dvi balsės?

Sprendimo santrauka

1. Iš 6 galimų išrenkame poziciją, į kurią įrašysime balsę (tai galime padaryti 6 būdais),taip pat iš 12 galimų išrenkame balsę, kurią įrašysime (tai galime padaryti 12 būdų), o įlikusias 5 pozicijas surašome tik priebalses (kadangi jos gali kartotis, tai galime padaryti205 būdų). Pritaikę daugybos taisyklę, gauname, kad iš viso žodžių bus 6 · 12 · 205 =230400000.

2. Iš 6 galimų išrenkame 2 pozicijas, į kurias įrašysime balses (tai galime padaryti(

62

)

būdų), taip pat iš 12 galimų išrenkame dvi balses, kurias įrašysime (kadangi jos galikartotis, tai galime padaryti 122 būdų), o į likusias 4 pozicijas surašome tik priebalses(kadangi jos gali kartotis, tai galime padaryti 204 būdų). Pritaikę daugybos taisyklę,gauname, kad iš viso žodžių bus

(

62

)

· 122 · 204 = 345600000.

3. Iš visų galimų žodžių skaičiaus (jų bus 326) atėmę skaičių žodžių, kuriuose nėra nėvienos balsės (t. y. sudarytų vien iš priebalsių, jų bus 206), ir gausime skaičių žodžių,kuriuose yra bent viena balsė: 326 − 206 = 1009741824.

13

4. Iš paskutinėje uždavinio dalyje gauto žodžių, kuriuose yra bent viena balsė, skai-čiaus atėmę žodžių, kuriuose yra lygiai viena balsė, skaičių (gautą pirmojoje dalyje),ir gausime skaičių žodžių, kuriuose yra bent dvi balsės: 326 − 206 − 6 · 12 · 205 =1009741824− 230400000 = 779341824.

Atsakymas

1. 230400000.

2. 345600000.

3. 1009741824.

4. 779341824.

Užduotis 16Keliais būdais galima išrikiuoti 4 matematikos, 3 istorijos, 3 chemijos ir 2 sociologijos

knygas lentynoje taip, kad to paties dalyko knygos būtų sudėtos kartu, šalia viena kitos?Sprendimo santraukaKėliniai. Išrikiuoti 4 knygų rūšis yra 4! būdų. Išrikiuoti k to paties dalyko knygų yra k!

būdų. Viso 4!4!3!3!2! = 41472 būdai.Atsakymas41472.

Užduotis 17Kiek skirtingų sveikųjų teigiamų skaičių, kurių visi skaitmenys skirtingi, galima sudaryti

iš skaitmenų 1, 2, 3, 4? Nebūtina panaudoti visų skaitmenų.Sprendimo santraukaGretiniai. Skaičiuojame ilgio 1, 2, 3 ir 4 gretinius:

A14 +A2

4 +A34 +A4

4 = 4 + 4 · 3 + 4 · 3 · 2 + 4 · 3 · 2 · 1 = 4 + 12 + 24 + 24 = 64.

Atsakymas64.


(

np1

)

=(

np2

)

, jei p1 + p2 = n, n > 0, p1 > 0, p2 > 0.Sprendimo santraukaPagal derinių skaičiaus formulę (žr. (3.2) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris]),

(

n

p1

)

=n!

p1!(n− p1)!=

n!

(n− p2)!p2!=

(

n

p2

)

.


(

2n2

)

= 2(

n2

)

+ n2, kur n yra teigiamas sveikasis skaičius.

1. Įrodyti, naudojant kombinatorinį įrodymo metodą (t. y. tuos pačius objektus suskai-čiuoti dviem skirtingais būdais).

2. Įrodyti, pasinaudojus derinių skaičiaus formule.

Sprendimo santrauka

14

1. Skaičiuosime, keliais būdais iš 2n elementų aibės galime pasirinkti 2 elementus. Be abe-jo, bus

(

2n2

)

būdų — tai kairioji pusė. Tą patį galime skaičiuoti ir kitaip. Padalinkime2n elementų aibę į 2 poaibius. Tada bus trys atvejai: arba abu elementus pasiren-kame iš pirmojo poaibio (tą galime padaryti

(

n2

)

būdų), arba abu iš antrojo (irgi(

n2

)

būdų), arba vienas elementas iš pirmojo poaibio, kitas iš antrojo (tai galime padaryti(

n1

)(

n1

)

= n · n = n2 būdų). Sudėję visus tris atvejus, gausime dešiniąją lygybės pusę.Kadangi abiem atvejais skaičiavome tą patį, gautos formulės yra lygios.

2. Pagal derinių skaičiaus formulę (žr. (3.2) formulę iš [Blo96, 1.3 poskyris])(

2n

2

)

=(2n)!

(2n− 2)! 2!=

2n(2n− 1)

2= n(2n− 1) = 2n2 − n,

2

(

n

2

)

+ n2 = 2n!

(n− 2)! 2!+ n2 = 2

n(n− 1)

2+ n2 = n2 − n + n2 = 2n2 − n.

Abiem atvejais gavome tą patį.

15

3 pratybos

Kartotiniai gretiniai ir deriniai.Įdėties-pašalinimo (rėčio) principas, IdalisTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 1.5 ir 2.1 poskyriai.)

Užduotis 1Kiek žodžių, prasidedančių raide V, galima sudaryti, panaudojus visas žodžio SERVERIS

raides po vieną kartą?Sprendimo santraukaKartotiniai gretiniai (žr. [Blo96, 1.5 poskyris, p. 16]).(

72,2,2,1

)

= 7!2!2!2!1!

= 630.Atsakymas630.

Užduotis 2Dubenyje yra obuolių, kriaušių ir apelsinų, visų bent po 4. Keliais būdais galima paimti

4 vaisius, jei eilės tvarka, kuria vaisiai imami, nėra svarbi, ir svarbi tik vaisiaus rūšis, o nepatys vaisiai? Išvardinti visus būdus.

Sprendimo santraukaKartotiniai deriniai (žr. (5.1) formulę ir 3 pavyzdį iš [Blo96, 1.5 poskyris]).Hk

n = H43 =

(

64

)

= 15 būdų:OOOO (4 obuoliai)OOOK (3 obuoliai, 1 kriaušė)OOOA (3 obuoliai, 1 apelsinas)OOKKOOKAOOAAOKKKOKKAOKAAOAAAKKKKKKKAKKAAKAAAAAAA

Užduotis 3Kiek yra sveikųjų neneigiamų skaičių ketvertų (x1, x2, x3, x4), tenkinančių lygtį

x1 + x2 + x3 + x4 = 17?

Sprendimo santraukaKartotiniai deriniai (žr. (5.1), (5.3) formules ir 4 pavyzdį iš [Blo96, 1.5 poskyris]).

16

Hkn = H17

4 =(

2017

)

= 1140.Atsakymas1140.

Užduotis 4Dubenyje yra obuolių, kriaušių ir apelsinų (laikome, kad kiekvienos rūšies vaisiai yra vie-

nodi, ir kad jų yra pakankamai). Keliais būdais galima paimti 12 vaisių, jei eilės tvarka, kuriavaisiai imami, nėra svarbi, ir būtinai bus paimti bent 2 obuoliai, 3 kriaušės ir 1 apelsinas?

Sprendimo santraukaKartotiniai deriniai su apribojimais (žr. 5 pavyzdį iš [Blo96, 1.5 poskyris, p. 18]).Hk−s1−···−sn

n = H12−2−3−13 = H6

3 =(

86

)

= 28.Atsakymas28.

Užduotis 5Tegu U yra aibė, |U | = 20, tegu A ir B yra jos poaibiai, |A| = 9, |B| = 13, |A ∩B| = 6.

Naudojantis įdėties-pašalinimo (rėčio) principu, rasti |A ∪B|,∣

∣A ∪B∣

∣, |(A \B) ∪ (B \ A)|,|A \B|, |B \ A|.

Sprendimo santraukaAibes patogu vaizduoti grafiškai Veno diagramomis (dar vadinamomis Oilerio skrituliais).

Universaliąją aibę U vaizduojame stačiakampiu, o jos poaibius — susikertančiais skrituliais.Dviejų aibių A ir B Veno diagrama pateikta 3.1 pav.

3.1 pav.: Dviejų aibių A ir B Veno diagrama

Pagal įdėties-pašalinimo (rėčio) principą (žr. (1.1) formulę iš [Blo96, 2.1 skyrius, p. 23]dviejų aibių atveju, (1.2) formulę iš [Blo96, 2.1 skyrius, p. 24] trijų aibių atveju, (2.1) formulęiš [Blo96, 2.2 skyrius, p. 27] bendru atveju)

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩ B| = 9 + 13− 6 = 16.

Tada∣

∣A ∪ B∣

∣ = |U \ (A ∪B)| = |U | − |A ∪ B| = 20− 16 = 4,

|(A \B) ∪ (B \ A)| = |(A ∪ B) \ (A ∩ B)| = |A ∪ B| − |A ∩B| = 16− 6 = 10,

|A \B| = |A \ (A ∩ B)| = |A| − |A ∩ B| = 9− 6 = 3

(arba: |A \B| = |(A ∪ B) \B| = |A ∪B| − |B| = 16− 13 = 3),

|B \ A| = |B \ (A ∩ B)| = |B| − |A ∩ B| = 13− 6 = 7

(arba: |B \ A| = |(A ∪ B) \ A| = |A ∪B| − |A| = 16− 9 = 7).

Užduotis 6Tegu U yra aibė, |U | = 20, tegu A ir B yra jos poaibiai,

∣

∣B∣

∣ = 9, |A ∪ B| = 17,∣

∣A ∩ B∣

∣ = 16. Naudojantis įdėties-pašalinimo (rėčio) principu, rasti |A|, |B|, |A ∩ B|,∣

∣A ∪ B∣

∣, |(A \B) ∪ (B \ A)|, |A \B|, |B \ A|.

17

Sprendimo santraukaAiškumo dėlei nusibrėžkime aibių A ir B Veno diagramą (žr. 3.1 pav.).Iš įdėties-pašalinimo (rėčio) principo

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩ B|

bei papildinio savybės

|X|+∣

∣X∣

∣ = |U | bet kokiam aibės U poaibiui X,

gauname

|A| = |A ∪B| − |B|+ |A ∩B|= |A ∪B| − (|U | −

∣

∣B∣

∣) + (|U | −∣

∣A ∩B∣

∣)

= |A ∪B|+∣

∣B∣

∣−∣

∣A ∩ B∣

∣

= 17 + 9− 16

= 10.

Tada

|B| = |U | −∣

∣B∣

∣ = 20− 9 = 11,

|A ∩B| = |U | −∣

∣A ∩B∣

∣ = 20− 16 = 4,∣

∣A ∪ B∣

∣ = |U | − |A ∪ B| = 20− 17 = 3,

|(A \B) ∪ (B \ A)| = |A ∪ B| − |A ∩ B| = 17− 4 = 13,

|A \B| = |A| − |A ∩B| = 10− 4 = 6,

|B \ A| = |B| − |A ∩B| = 11− 4 = 7.

Užduotis 7Kiek yra sveikųjų neneigiamų skaičių ketvertų (x1, x2, x3, x4), tenkinančių lygtį

x1 + x2 + x3 + x4 = 20

ir tokias sąlygas: x1 > 4, x2 6 3, 2 6 x3 6 6?Sprendimo santraukaSprendžiame kaip 2 pavyzdyje iš [Blo96, 2.1 poskyris]: pakeičiame kintamuosius, taikome

rėčio principą ir kartotinius derinius.Pagrindinė mintis yra tokia: mes mokame išspręsti tokį uždavinį (rasti tokios lygties

sprendinių skaičių), jei nėra papildomų sąlygų, žr. 3 užduotį. Tiksliau, jei sąlygos yra tiktokios:

0 6 x1, 0 6 x2, 0 6 x3, 0 6 x4.

Tačiau dabar turime papildomų sąlygų. Papildomos sąlygos yra dviejų tipų — apribojimaiiš apačios (pavyzdžiui, 2 6 x3) ir apribojimai iš viršaus (pavyzdžiui, x3 6 6). Šiuo atvejusąlygos yra tokios:

4 6 x1, 0 6 x2 6 3, 2 6 x3 6 6, 0 6 x4.

Pabandysime jomis nusikratyti. Visų pirma nusikratome apribojimų iš apačios, tiesiog pakeis-dami kintamuosius. Įveskime naujus kintamuosius y1, y2, y3 ir y4 taip, kad visi apribojimaiiš apačios taptų pavidalo „0 6”:

y1 = x1 − 4, y2 = x2, y3 = x3 − 2 ir y4 = x4.

18

Gauname lygtįy1 + y2 + y3 + y4 = 14 (3.1)

ir tokias sąlygas:

0 6 y1,

0 6 y2 6 3, (3.2)

0 6 y3 6 4, (3.3)

0 6 y4.

Liko tik apribojimai iš viršaus. Tačiau apribojimą iš viršaus galime paversti apribojimu išapačios, jei skaičiuosime sprendinius, netenkinančius duotos sąlygos. Pavyzdžiui, jei apribo-jimas iš viršaus yra y2 6 3, tai sprendiniuose, netenkinančiuose šio apribojimo, y2 > 3, t. y.y2 > 4, ir gauname apribojimą iš apačios, kuriuo galime nusikratyti kaip anksčiau, keisdamikintamuosius. Taigi, nesunkiai galėtume suskaičiuoti (3.1) lygties sprendinius, kurie neten-kina (3.2) ar (3.3) sąlygų. O kaip tada rasti sprendinių, tenkinančių (3.2) ir (3.3) sąlygas,skaičių? Tiesiog iš bendro sprendinių skaičiaus atimsime skaičių sprendinių, netenkinančiųbent vienos iš (3.2) ir (3.3) sąlygų, kurį rasime pasinaudodami rėčio principu. Bandykimešią idėją įgyvendinti.

Aibę sveikųjų neneigiamų skaičių ketvertų (y1, y2, y3, y4), tenkinančių (3.1) lygtį, pažymė-kime U . Kaip 3 užduotyje randame

|U | = H144 =

(

17

14

)

= 680.

Aibę ketvertų iš U , netenkinančių (3.2) sąlygos, pažymėkime A. Aibę ketvertų iš U ,netenkinančių (3.3) sąlygos, pažymėkime B. Tada bent vienos iš (3.2) ir (3.3) sąlygų neten-kina ketvertai, esantys aibėje A ∪ B. Todėl ketvertai, tenkinantys abi (3.2) ir (3.3) sąlygas,bus aibės A ∪ B papildinyje A ∪B. (Tą patį gautume ir samprotaudami taip. Ketvertai,tenkinantys (3.2) sąlygą, nepriklauso aibei A, todėl priklauso jos papildiniui A. Taip pat irketvertai, tenkinantys (3.3) sąlygą, priklauso aibės B papildiniui B. Todėl ketvertai, tenki-nantys abi (3.2) ir (3.3) sąlygas, priklausys sankirtai A ∩ B, kuri pagal De Morgano dėsnįlygi A ∪B.) Jų skaičius bus

∣

∣A ∪B∣

∣ = |U | − |A ∪ B| .|U | jau radome, belieka rasti |A ∪B|. Tam pasinaudosime rėčio principu:

|A ∪ B| = |A|+ |B| − |A ∩ B| .

Norėdami rasti |A|, turime rasti skaičių ketvertų iš U , netenkinančių (3.2) sąlygos, t. y.tokių, kad y2 > 4. Pakeičiame kintamuosius:

z1 = y1, z2 = y2 − 4, z3 = y3 ir z4 = y4.

Gauname lygtįz1 + z2 + z3 + z4 = 10

ir tokias sąlygas:0 6 z1, 0 6 z2, 0 6 z3, 0 6 z4.

Tokios lygties sprendinių skaičius yra

|A| = H104 =

(

13

10

)

= 286.

19

Analogiškai gauname, kad

|B| = H94 =

(

12

9

)

= 220.

Norėdami rasti |A ∩ B|, turime rasti skaičių ketvertų iš U , netenkinančių (3.2) ir (3.3) sąlygų,t. y. tokių, kad y2 > 4 ir y3 > 5. Pakeitę kintamuosius, panašiai gauname, kad

|A ∩ B| = H54 =

(

8

5

)

= 56.

Todėl|A ∪ B| = |A|+ |B| − |A ∩B| = 286 + 220− 56 = 450

ir∣

∣A ∪ B∣

∣ = |U | − |A ∪ B| = 680− 450 = 230.

Atsakymas230.

Užduotis 8Keliais būdais galima išdalinti po 5 kortas 4 žaidėjams iš standartinės 52 kortų kaladės?Sprendimo santrauka1 būdas. Deriniai. Iš 52 kortų parinkti 5 kortas pirmajam žaidėjui yra

(

525

)

būdų, ta-da antrajam iš likusių 47 kortų parinkti 5 kortas galima

(

475

)

būdais, ir t. t. Viso bus(

525

)(

475

)(

425

)(

375

)

= 52!5!5!5!5!32!

būdų.2 būdas. Kartotiniai gretiniai (žr. 1 ir 2 pavyzdžius iš [Blo96, 1.5 poskyris]). Sunumeruo-

jame kortas nuo 1 iki 52. Kortas, kurias gavo pirmas žaidėjas, pažymime P1, antro žaidėjogautas kortas P2, trečio P3, ketvirto P4, likusias kaladėje P5. Išrikiavę kortas į eilę nuo 1iki 52, gauname žodį, sudarytą iš 5 raidžių P1, 5 P2, 5 P3, 5 P4 ir 32 P5. Tokių žodžių —kartotinių gretinių — yra

(

525,5,5,5,32

)

= 52!5!5!5!5!32!

.Atsakymas

52!5!5!5!5!32!

(= 1.478.262.843.475.644.020.034.240).

Užduotis 9Tegu n ir m yra teigiami sveikieji skaičiai. Kokia bus kintamojo k reikšmė, kai bus

įvykdytas toks kodas?

k := 0for i1 := 1 to n

for i2 := 1 to i1...

for im := 1 to im−1

k := k + 1

Sprendimo santraukaPradinė kintamojo k reikšmė yra nulis. Šis kodo gabalas yra sudarytas iš m for ciklų,

įdėtų vienas į kitą. Įvykdžius kiekvieną vidinio ciklo iteraciją, k reikšmė padidinama vienetu.Kad nustatytume galutinę k reikšmę, turime nustatyti, kiek kartų iš viso bus vykdomasvidinis ciklas. Kiekvieną vidinio ciklo iteraciją atitinka vienas ir tik vienas toks kintamųjų(i1, i2, . . . , im) reikšmių rinkinys, kuriame n > i1 > i2 > · · · > im > 1 (t. y. nedidėjantisskaičių rinkinys). Tokių reikšmių rinkinių yra tiek, kiek yra būdų pasirinkti m skaičių iš

20

aibės {1, 2, . . . , n}, kai skaičiai gali kartotis, t. y. tiek, kiek yra kartotinių derinių iš n po m.Kodėl? Iš tikrųjų, iš vienos pusės, kiekvienas toks reikšmių rinkinys yra kartotinis derinysiš n po m. Iš kitos pusės, kiekvienas kartotinis derinys iš n po m, jį išrikiavus nedidėjančiatvarka, atitinka reikiamą reikšmių rinkinį. Taigi, vidinio ciklo iteracijų bus tiek, kiek yrakartotinių derinių iš n po m, t. y. Hm

n .AtsakymasHm

n .

Užduotis 10Keliais būdais galima sudėti 10 vienodų rutulių į 8 skirtingas dėžes?Sprendimo santraukaKiekvieną rutulių paskirstymą į dėžes atitinka kartotinis derinys iš 8 po 10 (rutulio įdė-

jimas į i-tąją dėžę (1 6 i 6 8) atitinka i-tojo elemento iš 8 galimų pasirinkimą į kartotinįderinį). Taigi, galimų rutulių paskirstymų į dėžes bus kartotinių derinių iš 8 po 10 skaičiusH10

8 =(

1710

)

= 19448.Atsakymas19448.

Užduotis 11Keliais būdais trimatėje erdvėje galima nueiti iš taško (0, 0, 0) į tašką (4, 3, 5), jei vienu

žingsniu galima nueiti vieną vienetą teigiama x kryptimi, teigiama y kryptimi arba teigiamaz kryptimi? (Eiti neigiama kryptimi, pavyzdžiui, grįžti atgal, neleidžiama.)

Sprendimo santraukaKelias gali būti užrašytas kaip seka, sudaryta iš 4 x ženklų, 3 y ženklų ir 5 z ženklų.

Tokios sekos yra kartotiniai gretiniai.(

124,3,5

)

= 12!4!3!5!

= 27720.Atsakymas27720.

Užduotis 12Kiek skirtingų narių gausime išskleidę (x1 + x2 + · · ·+ xk)

n ir sutraukę panašius narius?Sprendimo santrauka(x1 + x2 + · · · + xk)

n skleidinyje sumuojame pagal visus sveikųjų neneigiamų skaičiųrinkinius p̄ = (p1, p2, . . . , pk) tokius, kad p1 + p2 + · · · + pk = n (žr. [Blo96, 1.4 poskyriovidurys, p. 14]). Taigi, narių skleidinyje bus tiek, kiek yra tokių rinkinių. O jų yra tiek, kiekyra kartotinių derinių iš k po n (žr. (5.1), (5.3) formules ir 4 pavyzdį iš [Blo96, 1.5 poskyris]),t. y. Hn

k .AtsakymasHn

k .

Užduotis 13Kiek skirtingų bitų sekų galime sudaryti iš 4 vienetų ir 12 nulių, jei seka turi prasidėti

vienetu, ir po kiekvieno vieneto iškart turi eiti bent du nuliai?Sprendimo santraukaPagal nurodytas taisykles surašome 4 vienetus ir po 2 po vienetų einančius nulius: 100100100100.

Dar liko įrašyti 4 nulius. Juos galima įrašyti 4 galimose vietose (po kiekvieno vieneto). Pa-rinkti 4 vietas iš 4 galimų (jos gali ir kartotis) yra tiek būdų, kiek parinkti 4 elementų rinkinįsu pasikartojimais iš 4 elementų aibės, t. y. kartotinių derinių skaičius H4

4 =(

74

)

= 35.Atsakymas35.

21

Užduotis 14Kiek yra sveikųjų neneigiamų skaičių trejetų (x1, x2, x3), tenkinančių nelygybę

x1 + x2 + x3 6 11?

Sprendimo santraukaĮvedame tokį pagalbinį kintamąjį x4, kad x1 + x2 + x3 + x4 = 11, ir toliau sprendžiame,

kaip 3 užduotį.Hk

n = H114 =

(

1411

)

= 364.Atsakymas364.

Užduotis 15Turime 7 vienodus rutulius, besiskiriančius tik spalva: 1 raudoną, 3 mėlynus, 1 žalią ir 2

geltonus. Keliais būdais galime juos išrikiuoti į vieną eilę?Sprendimo santraukaKartotiniai gretiniai.

(

n

p1, . . . , pk

)

=

(

7

1, 3, 1, 2

)

=7!

1!3!1!2!= 420

arba(

n

p1

)(

n− p1p2

)(

n− p1 − p2p3

)

· · ·(

n− p1 − · · · − pk−1

pk

)

=

(

7

1

)(

6

3

)(

3

1

)(

2

2

)

= 420.

Atsakymas420.

Užduotis 16Dėžėje guli 4 spalvų vienodi rutuliai (kiekvienos spalvos bent po 7). Keliais būdais galime

ištraukti 7 rutulius? Eilės tvarka, kuria ištraukiami rutuliai, nėra svarbi. Ištraukti rutuliai įdėžę negrąžinami.

Sprendimo santraukaKartotiniai deriniai (žr. (5.1) formulę iš [Blo96, 1.5 poskyris]).Hk

n = H74 =

(

107

)

= 120.Atsakymas120.

22

4 pratybos

Įdėties-pašalinimo (rėčio) principas, IIdalis. Netvarkingi kėliniai. SiurjekcijųskaičiusTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 2 skyrius.)

n elementų aibės netvarkingų kėlinių skaičių žymėsime Dn.

Užduotis 1Pagal formulę suskaičiuoti, kiek yra aibės {1, 2, 3, 4} elementų netvarkingų kėlinių. Visus

juos užrašyti.SprendimasNetvarkingų kėlinių skaičiaus Dn formulė (žr. [Blo96, 2.3 poskyrio pabaiga, p. 31]):

Dn =n!

2!− n!

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

n!.

Kai n = 4, gauname

D4 =4!

2!− 4!

3!+

4!

4!= 12− 4 + 1 = 9.

Gauname, kad yra 9 keturių elementų netvarkingi kėliniai. Užrašykime juos visus:214331424123341224134312234143213421

Atsakymas9.

Užduotis 2Turime 6 kortas, sunumeruotas nuo 1 iki 6. Keliais būdais galima sudėti kortas į kaladę

(t.y. išrikiuoti) taip, kad jokiam i (1 6 i 6 6) i-toji korta nebūtų i-tojoje vietoje, jei:

1. nėra papildomų sąlygų,

2. pirmos trys kortos turi būti kaladės viršuje,

3. pirmos trys kortos turi būti kaladės apačioje.

Sprendimo santrauka

1. Netvarkingų kėlinių skaičiaus Dn formulė (žr. [Blo96, 2.3 poskyrio pabaiga, p. 31]):

Dn =n!

2!− n!

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

n!.

23

Kai n = 6, gauname

D6 =6!

2!− 6!

3!+

6!

4!− 6!

5!+

6!

6!= 360− 120 + 30− 6 + 1 = 265.

2. Netvarkingų kėlinių iš pirmų trijų kortų skaičius, padaugintas iš netvarkingų kėlinių išlikusių trijų kortų skaičiaus. Trijų kortų netvarkingų kėlinių skaičius yra

D3 =3!

2!− 3!

3!= 3− 1 = 2.

Todėl viso bus D3 ·D3 = 2 · 2 = 4 tokie netvarkingi kėliniai.

3. Pirmų trijų kortų kėlinių skaičius, padaugintas iš likusių trijų kortų kėlinių skaičiaus:3! 3! = 6 · 6 = 36.

Atsakymas

1. 265.

2. 4.

3. 36.

Užduotis 3Keliais būdais galima paskirstyti 4 skirtingus darbus 3 skirtingiems darbuotojams tokiu

būdu, kad kiekvienas darbuotojas gautų bent po vieną darbą?SprendimasDarbų paskirstymą galime laikyti funkcija, kuri kiekvienam iš 4 darbų priskiria po vieną

darbuotoją. Kadangi kiekvienas darbuotojas gaus bent po vieną darbą, tai ta funkcija bussiurjekcija (prisiminkime: funkcija yra siurjekcija, jei ji įgyja visas galima reikšmes). Taigi,galimų būdų paskirstyti darbus bus tiek, kiek yra siurjekcijų iš 4 aibės į 3 aibę.

Siurjekcijų skaičiaus formulė (žr. [Blo96, 2.4 poskyrio pabaiga, p. 32]):

N =m∑

k=0

(−1)k(m− k)n(

m

k

)

,

kur n = |X|, m = |Y |. Šiuo atveju n = 4, m = 3. Įstatome šias reikšmes į formulę irgauname:

N =3∑

k=0

(−1)k(3− k)4(

3

k

)

= (−1)0(3− 0)4(

3

0

)

+ (−1)1(3− 1)4(

3

1

)

+ (−1)2(3− 2)4(

3

2

)

+ (−1)3(3− 3)4(

3

3

)

= 34 − 24 · 3 + 14 · 3− 0

= 81− 48 + 3

= 36.

Atsakymas36.

24

Užduotis 4Tarkime, kad 100 iš 120 studentų mokosi bent vienos iš prancūzų, vokiečių, rusų kalbų.

Taip pat tarkime, kad 65 studentai mokosi prancūzų, 45 vokiečių, 42 rusų, 20 prancūzų irvokiečių, 25 prancūzų ir rusų, 15 vokiečių ir rusų kalbas.

1. Rasti visas tris kalbas besimokančių studentų skaičių.

2. Trijų aibių Veno diagramoje kiekvienam regionui nurodyti jam priklausantį studentųskaičių.

3. Nustatyti, kiek studentų mokosi lygiai vieną kalbą ir lygiai dvi kalbas.

SprendimasPažymime U visų studentų aibę, A — prancūzų kalbos besimokančių studentų aibę, B

— vokiečių, C — rusų. Duota: |A ∪B ∪ C| = 100, |A| = 65, |B| = 45, |C| = 42, |A ∩ B| =20, |A ∩ C| = 25, |B ∩ C| = 15.

1. Reikia rasti |A ∩ B ∩ C|. Įdėties-pašalinimo (rėčio) principas trims aibėms:

|A ∪ B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|+ |A ∩B ∩ C| .

Išsireiškiame |A ∩ B ∩ C| ir gauname:

|A ∩B ∩ C| = |A ∪ B ∪ C| − |A| − |B| − |C|+ |A ∩B|+ |A ∩ C|+ |B ∩ C|= 100− 65− 45− 42 + 20 + 25 + 15

= 8.

2. Sudarome trijų aibių Veno diagramą, žr. 4.1 pav.

4.1 pav.: Trijų aibių Veno diagrama

Ją užpildome taip.

a) Jokios kalbos nesimokančių bus |U | − |A ∪ B ∪ C| = 120 − 100 = 20. Įrašome įVeno diagramos atitinkamą regioną.

b) Ką tik radome, kad visas tris kalbas mokosi |A ∩ B ∩ C| = 8 studentai. Įrašome.

c) Mokosi tik prancūzų ir vokiečių: |A ∩B| − |A ∩B ∩ C| = 20− 8 = 12.

d) Mokosi tik prancūzų ir rusų: |A ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 25− 8 = 17.

e) Mokosi tik vokiečių ir rusų: |B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 15− 8 = 7.

f) Mokosi tik prancūzų: 65− 12− 8− 17 = 28.

25

4.2 pav.: Užpildyta trijų aibių Veno diagrama

g) Mokosi tik vokiečių: 45− 12− 8− 7 = 18.

h) Mokosi tik rusų: 42− 7− 8− 17 = 10.

Užpildę gauname Veno diagramą, parodytą 4.2 pav.

3. Iš diagramos matome, kad lygiai vieną kalbą mokosi 28 + 18 + 10 = 56, o lygiai dvi —12 + 7 + 17 = 36 studentai.

Atsakymas

1. 8.

2. Žr. 4.2 pav.

3. Lygiai vieną kalbą mokosi 56, o lygiai dvi — 36 studentai.

Užduotis 5

1. Užrašyti įdėties-pašalinimo (rėčio) principo formulę 4 aibių atveju.

2. Rasti keturių aibių sąjungos galią, jei žinoma, kad kiekvienos aibės galia lygi 100,kiekvienos dvigubos sankirtos galia lygi 50, kiekvienos trigubos sankirtos galia lygi 25,o keturgubos sankirtos galia lygi 5.

Sprendimo santrauka

1. Įdėties-pašalinimo (rėčio) principo formulė 4 aibių atveju:

|A1 ∪A2 ∪ A3 ∪ A4| = |A1|+ |A2|+ |A3|+ |A4|− |A1 ∩A2| − |A1 ∩A3| − |A1 ∩A4| − |A2 ∩A3| − |A2 ∩A4| − |A3 ∩A4|+ |A1 ∩ A2 ∩A3|+ |A1 ∩A2 ∩ A4|+ |A1 ∩ A3 ∩A4|+ |A2 ∩ A3 ∩ A4|− |A1 ∩A2 ∩ A3 ∩ A4| .

2.

|A1 ∪A2 ∪ A3 ∪ A4| =(

4

1

)

·100−(

4

2

)

·50+(

4

3

)

·25−(

4

4

)

·5 = 400−300+100−5 = 195.

Atsakymas

26

1. Žr. sprendimą.

2. 195.

Užduotis 6Kiek elementų priklauso penkių aibių sąjungai, jei kiekviena aibė turi po 10000 elemen-

tų, jų dvigubos sankirtos turi po 1000 elementų, trigubos sankirtos — po 100 elementų,keturgubos — po 10 elementų, o visų penkių aibių sankirta turi 1 elementą?

Sprendimo santrauka

(

5

1

)

· 10000−(

5

2

)

· 1000 +(

5

3

)

· 100−(

5

4

)

· 10 +(

5

5

)

· 1

= 5 · 10000− 10 · 1000 + 10 · 100− 5 · 10 + 1 · 1= 50000− 10000 + 1000− 50 + 1

= 40951.

Atsakymas40951.

Užduotis 7Kiek narių yra įdėties-pašalinimo (rėčio) principo n aibių atveju formulėje?Sprendimo santraukaŽinome, kad k-gubų sankirtų rėčio principo n aibių atveju formulėje yra

(

nk

)

. Sudedamek-gubų sankirtų skaičius kiekvienam k = 1, . . . , n ir iš viso gauname

(

n

1

)

+

(

n

2

)

+

(

n

3

)

+ · · ·+(

n

n

)

= 2n − 1

narių. Paskutinę lygybę gauname pasinaudoję Niutono binomo formule (žr. [Blo96, 1.4poskyrio 1 pavyzdys, p. 12]).

Atsakymas2n − 1.

Užduotis 8Grupėje yra 50 studentų. 20 iš jų mokosi anglų kalbą, 10 mokosi abi kalbas — ir anglų,

ir prancūzų, o 5 nesimoko jokios iš šių kalbų.

1. Kiek studentų nesimoko prancūzų kalbos? Rasti, naudojantis įdėties-pašalinimo (rėčio)principu.

2. Kiek studentų mokosi prancūzų kalbos?

3. Kiek studentų mokosi kurią nors iš šių kalbų?

4. Kiek studentų mokosi lygiai vieną iš šių kalbų?

5. Kiek studentų mokosi anglų, bet nesimoko prancūzų?

6. Kiek studentų mokosi prancūzų, bet nesimoko anglų?

7. Kiek studentų mokosi abi šias kalbas arba nesimoko nė vienos?

27

8. Kiek studentų nesimoko anglų arba mokosi prancūzų?

9. Kiek studentų nesimoko prancūzų arba mokosi anglų?

10. Kiek yra studentų, kurie nesimoko abiejų šių kalbų iš karto (t. y. mokosi tik vienąkalbą arba nesimoko jokios)?

11. Kiek studentų nesimoko anglų kalbos?

12. Kiek studentų mokosi prancūzų, bet nesimoko anglų, arba nesimoko jokios iš šių kalbų?

13. Kiek studentų mokosi anglų, bet nesimoko prancūzų, arba nesimoko jokios iš šių kalbų?

Sprendimo santraukaPažymėkime U visų grupės studentų aibę, A — studijuojančių anglų kalbą aibę, B —

studijuojančių prancūzų kalbą aibę. Aiškumo dėlei nusibrėžkime aibių A ir B Veno diagramą(žr. 3.1 pav.).

Iš užduoties sąlygos matome, kad |A| = 20, |A ∩B| = 10,∣

∣A ∪B∣

∣ = 5.

1. Reikia rasti∣

∣B∣

∣. Pagal įdėties-pašalinimo (rėčio) principą

∣

∣B∣

∣ = |U | − |B|= |U | − (|A ∪B| − |A|+ |A ∩ B|)= |U | − (|U | −

∣

∣A ∪B∣

∣− |A|+ |A ∩ B|)=∣

∣A ∪ B∣

∣+ |A| − |A ∩B|= 5 + 20− 10

= 15.

2. |B| = |U | −∣

∣B∣

∣ = 50− 15 = 35.

3. |A ∪B| = |U | −∣

∣A ∪ B∣

∣ = 50− 5 = 45.

4. |(A \B) ∪ (B \ A)| = |A ∪ B| − |A ∩ B| = 45− 10 = 35.

5. |A \B| = |A| − |A ∩B| = 20− 10 = 10.

6. |B \A| = |B| − |A ∩B| = 35− 10 = 25.

7.∣

∣(A ∩ B) ∪ (A ∪ B)∣

∣ = |A ∩ B|+∣

∣A ∪ B∣

∣ = 10 + 5 = 15 arba∣

∣

∣(A \B) ∪ (B \ A)

∣

∣

∣= |U | − |(A \B) ∪ (B \ A)| = 50− 35 = 15.

8.∣

∣A ∪ B∣

∣ =∣

∣B ∪A ∪ B∣

∣ = |B|+∣

∣A ∪B∣

∣ = 35 + 5 = 40 arba∣

∣A ∪ B∣

∣ =∣

∣

∣A \B

∣

∣

∣= |U | − |A \B| = 50− 10 = 40.

9.∣

∣B ∪ A∣

∣ =∣

∣A ∪A ∪ B∣

∣ = |A|+∣

∣A ∪B∣

∣ = 20 + 5 = 25 arba∣

∣B ∪ A∣

∣ =∣

∣

∣B \ A

∣

∣

∣= |U | − |B \ A| = 50− 25 = 25.

10.∣

∣A ∩ B∣

∣ = |U | − |A ∩B| = 50− 10 = 40 arba∣

∣(A \B) ∪ (B \ A) ∪ A ∪B∣

∣ = |(A \B) ∪ (B \ A)|+∣

∣A ∪ B∣

∣ = 35 + 5 = 40.

28

11.∣

∣A∣

∣ = |U | − |A| = 50− 20 = 30.

12.∣

∣(B \ A) ∪ (A ∪B)∣

∣ = |B \ A| +∣

∣A ∪ B∣

∣ = 25 + 5 = 30. Nesunku pastebėti, kad (B \A) ∪ (A ∪B) = A.

13.∣

∣(A \B) ∪ (A ∪B)∣

∣ = |A \B| +∣

∣A ∪ B∣

∣ = 10 + 5 = 15. Nesunku pastebėti, kad (A \B) ∪ (A ∪B) = B.

Užduotis 9Tegu X, Y yra aibės, |X| = 5, |Y | = 4. Rasti siurjekcijų f : X → Y skaičių.SprendimasSiurjekcijų skaičiaus formulė (žr. [Blo96, 2.4 poskyrio pabaiga, p. 32]):

N =m∑

k=0

(−1)k(m− k)n(

m

k

)

,

kur n = |X|, m = |Y |. Šiuo atveju n = 5, m = 4. Įstatome šias reikšmes į formulę irgauname:

N =

4∑

k=0

(−1)k(4− k)5(

4

k

)

= (−1)0(4− 0)5(

4

0

)

+ (−1)1(4− 1)5(

4

1

)

+ (−1)2(4− 2)5(

4

2

)

+ (−1)3(4− 3)5(

4

3

)

+ (−1)4(4− 4)5(

4

4

)

= 1024− 243 · 4 + 32 · 6− 4 + 0

= 1024− 972 + 192− 4

= 240.

Atsakymas240.

Užduotis 10Grupėje yra 50 studentų. 33 iš jų mokosi anglų kalbą, 28 — prancūzų, o 20 — abi šias

kalbas.

1. Kiek studentų mokosi kurią nors iš šių kalbų? Rasti, naudojantis įdėties-pašalinimo(rėčio) principu.

2. Kiek studentų nesimoko jokios iš šių kalbų?

3. Kiek studentų mokosi lygiai vieną iš šių kalbų?

4. Kiek studentų mokosi anglų, bet nesimoko prancūzų?

5. Kiek studentų mokosi prancūzų, bet nesimoko anglų?

6. Kiek studentų mokosi abi šias kalbas arba nesimoko nė vienos?

7. Kiek studentų nesimoko anglų arba mokosi prancūzų?

29

8. Kiek studentų nesimoko prancūzų arba mokosi anglų?

9. Kiek yra studentų, kurie nesimoko abiejų šių kalbų iš karto (t. y. mokosi tik vienąkalbą arba nesimoko jokios)?

10. Kiek studentų nesimoko anglų kalbos?

11. Kiek studentų nesimoko prancūzų kalbos?

12. Kiek studentų mokosi prancūzų, bet nesimoko anglų, arba nesimoko jokios iš šių kalbų?

13. Kiek studentų mokosi anglų, bet nesimoko prancūzų, arba nesimoko jokios iš šių kalbų?

Sprendimo santraukaPažymėkime U visų grupės studentų aibę, A — studijuojančių anglų kalbą aibę, B —

studijuojančių prancūzų kalbą aibę. Aiškumo dėlei nusibrėžkime aibių A ir B Veno diagramą(žr. 3.1 pav.). Iš užduoties sąlygos matome, kad |A| = 33, |B| = 28, |A ∩ B| = 20.

1. Reikia rasti |A ∪ B|. Pagal įdėties-pašalinimo (rėčio) principą

|A ∪ B| = |A|+ |B| − |A ∩ B| = 33 + 28− 20 = 41.

2.∣

∣A ∪ B∣

∣ = |U | − |A ∪B| = 50− 41 = 9.

3. |(A \B) ∪ (B \ A)| = |A ∪ B| − |A ∩ B| = 41− 20 = 21.

4. |A \B| = |A| − |A ∩B| = 33− 20 = 13.

5. |B \A| = |B| − |A ∩B| = 28− 20 = 8.

6.∣

∣(A ∩ B) ∪ (A ∪ B)∣

∣ = |A ∩ B|+∣

∣A ∪ B∣

∣ = 20 + 9 = 29 arba∣

∣

∣(A \B) ∪ (B \ A)

∣

∣

∣= |U | − |(A \B) ∪ (B \ A)| = 50− 21 = 29.

7.∣

∣A ∪ B∣

∣ =∣

∣B ∪A ∪ B∣

∣ = |B|+∣

∣A ∪B∣

∣ = 28 + 9 = 37 arba∣

∣A ∪ B∣

∣ =∣

∣

∣A \B

∣

∣

∣= |U | − |A \B| = 50− 13 = 37.

8.∣

∣B ∪ A∣

∣ =∣

∣A ∪A ∪ B∣

∣ = |A|+∣

∣A ∪B∣

∣ = 33 + 9 = 42 arba∣

∣B ∪ A∣

∣ =∣

∣

∣B \ A

∣

∣

∣= |U | − |B \ A| = 50− 8 = 42.

9.∣

∣A ∩ B∣

∣ = |U | − |A ∩B| = 50− 20 = 30 arba∣

∣(A \B) ∪ (B \ A) ∪ A ∪B∣

∣ = |(A \B) ∪ (B \ A)|+∣

∣A ∪ B∣

∣ = 21 + 9 = 30.

10.∣

∣A∣

∣ = |U | − |A| = 50− 33 = 17.

11.∣

∣B∣

∣ = |U | − |B| = 50− 28 = 22.

12.∣

∣(B \ A) ∪ (A ∪B)∣

∣ = |B \ A| +∣

∣A ∪ B∣

∣ = 8 + 9 = 17. Nesunku pastebėti, kad (B \A) ∪ (A ∪B) = A.

13.∣

∣(A \B) ∪ (A ∪B)∣

∣ = |A \B| +∣

∣A ∪ B∣

∣ = 13 + 9 = 22. Nesunku pastebėti, kad (A \B) ∪ (A ∪B) = B.

30

5 pratybos

Pirmosios ir antrosios rūšies Stirlingoskaičiai, Belo skaičiai. LaipsninėseilutėsTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 3 skyrius ir 4.1 poskyris.)

Užduotis 1

Apskaičiuoti pirmos rūšies Stirlingo skaičius s(4, 0), s(4, 1), s(4, 2), s(4, 3), s(4, 4).Sprendimas

Pirmos rūšies Stirlingo skaičius s(n, k) (žr. [Blo96, 3 skyriaus pabaiga, p. 36]) yra koefi-cientas prie xk polinome

(x)n = x(x− 1)(x− 2) · . . . · (x− n + 1).

Mūsų atveju

(x)4 = x(x− 1)(x− 2)(x− 3) = x4 − 6x3 + 11x2 − 6x,

todėl koeficientai prie x0, x1, x2, x3, x4 yra atitinkamai

s(4, 0) = 0,

s(4, 1) = −6,

s(4, 2) = 11,

s(4, 3) = −6,

s(4, 4) = 1.

Atsakymas

s(4, 0) = 0, s(4, 1) = −6, s(4, 2) = 11, s(4, 3) = −6, s(4, 4) = 1.

Užduotis 2

Apskaičiuoti antros rūšies Stirlingo skaičių S(4, 2).

1. Naudojantis apibrėžimu.

2. Naudojantis rekurenčiąja formule.

3. Naudojantis išreikštine formule.

Sprendimas

1. Pagal apibrėžimą (žr. [Blo96, 3 skyriaus pradžia, p. 33]) antros rūšies Stirlingo skaičiusS(n, k) yra n elementų turinčios aibės A = {1, 2, . . . , n} skaidinių į k poaibių skaičius.Mūsų atveju turime štai tokius 4 elementus turinčios aibės A = {1, 2, 3, 4} skaidinius į

31

2 poaibius:

{1, 2} ∪ {3, 4},{1, 3} ∪ {2, 4},{1, 4} ∪ {2, 3},{1} ∪ {2, 3, 4},{2} ∪ {1, 3, 4},{3} ∪ {1, 2, 4},{4} ∪ {1, 2, 3}.

Kaip matome, jų yra S(4, 2) = 7.

2. Rekurenčioji formulė antros rūšies Stirlingo skaičiui S(n, k) apskaičiuoti yra tokia (žr.[Blo96, 3 skyriaus pradžia, p. 33]):

S(n, k) = kS(n− 1, k) + S(n− 1, k − 1), 1 < k < n.

Skaičiuojant gali tekti pasinaudoti tokiomis kraštinėmis sąlygomis:

S(n, 1) = 1, n > 1,

S(n, n) = 1, n > 1.

Mūsų atveju gauname:

S(4, 2) = 2S(3, 2) + S(3, 1) = 2 · 3 + 1 = 7,

nesS(3, 2) = 2S(2, 2) + S(2, 1) = 2 · 1 + 1 = 3.

3. Išreikštinė formulė antros rūšies Stirlingo skaičiui S(n, k) apskaičiuoti yra tokia (žr.[Blo96, 3 skyriaus vidurys, (1.2) formulė, p. 35]):

S(n, k) =1

k!

k∑

i=0

(−1)i(

k

i

)

(k − i)n, 1 6 k 6 n.

Mūsų atveju gauname:

S(4, 2) =1

2!

2∑

i=0

(−1)i(

2

i

)

(2− i)4

=1

2

(

(−1)0(

2

0

)

(2− 0)4 + (−1)1(

2

1

)

(2− 1)4 + (−1)2(

2

2

)

(2− 2)4)

=1

2

(

1 · 24 − 2 · 14 + 1 · 04)

=1

2(16− 2 + 0)

= 7.

32

Atsakymas7.

Užduotis 3Apskaičiuoti Belo skaičių B(4).SprendimasPagal apibrėžimą (žr. [Blo96, 3 skyriaus pabaiga, p. 36]), Belo skaičius B(n) =

∑nk=1 S(n, k).

Mūsų atveju

B(4) =

4∑

k=1

S(4, k) = S(4, 1) + S(4, 2) + S(4, 3) + S(4, 4).

Žinome, kad S(4, 1) = S(4, 4) = 1, S(4, 2) reikšmę jau radome anksčiau, S(4, 2) = 7, beliekarasti S(4, 3). Pasinaudokime, pavyzdžiui, rekurenčiąja formule:

S(4, 3) = 3S(3, 3) + S(3, 2) = 3 · 1 + 3 = 6,

kur S(3, 2) = 3 reikšmę jau buvome apskaičiavę anksčiau. Todėl

B(4) = S(4, 1) + S(4, 2) + S(4, 3) + S(4, 4) = 1 + 7 + 6 + 1 = 15.

Atsakymas15.

Užduotis 4Keliais būdais galima paskirstyti keturis darbuotojus į tris vienodus (neatskiriamus) ka-

binetus tokiu būdu, kad kiekviename kabinete būtų bent po vieną darbuotoją?SprendimasSunumeruokime darbuotojus. Pavyzdžiui, darbuotojų aibė yra A = {1, 2, 3, 4}. Juos

paskirstyti į tris vienodus kabinetus yra tas pats, kas rasti aibės A skaidinį į tris netuščiasaibes. Taigi, galimų paskirstymų yra tiek, kiek tokių skaidinių, t. y. antros rūšies Stirlingoskaičius S(4, 3). Kaip jau matėme anksčiau, S(4, 3) = 6.

Atsakymas6.

Užduotis 5Keliais būdais galima paskirstyti keturis darbuotojus į tris vienodus (neatskiriamus) ka-

binetus?SprendimasSunumeruokime darbuotojus. Pavyzdžiui, darbuotojų aibė yra A = {1, 2, 3, 4}. Galime

išskirti tris atvejus:

1. Visi keturi darbuotojai bus paskirti į tą patį kabinetą (t. y. kituose dviejuose kabine-tuose darbuotojų nebus).

2. Jie bus paskirstyti į du kabinetus.

3. Jie bus paskirstyti į visus tris kabinetus.

Pirmu atveju paskirstymų yra tiek, kiek yra aibės A skaidinių į vieną netuščią poaibį, t. y.antros rūšies Stirlingo skaičius S(4, 1), antru atveju tiek, kiek yra aibės A skaidinių į du

33

netuščius poaibius, t. y. S(4, 2), trečiu atveju tiek, kiek yra aibės A skaidinių į tris netuščiuspoaibius, t. y. S(4, 3). Iš viso paskirstymų bus

S(4, 1) + S(4, 2) + S(4, 3) = 1 + 7 + 6 = 14

(S(4, 1), S(4, 2) ir S(4, 3) reikšmes jau radome anksčiau).Atsakymas14.

Užduotis 6Keliais būdais galime išdėlioti n skirtingų monetų į krūveles? Krūvelių skaičius gali būti

bet koks. Kiekvienoje krūvelėje turi būti bent viena moneta. Neturi reikšmės nei krūveliųeilės tvarka, nei monetų eilės tvarka krūvelėse.

SprendimasKadangi neturi reikšmės nei krūvelių eilės tvarka, nei monetų eilės tvarka krūvelėse, tai

monetų paskirstymas į krūveles atitinka monetų aibės išskaidymą į netuščius nesikertančiuspoaibius. Aibės skaidinių skaičius — tai Belo skaičius B(n).

AtsakymasBelo skaičius B(n).

Užduotis 7Sudauginti laipsninę eilutę

A = 1 + x+ x2 + · · ·+ xk + · · ·

su ja pačia.Sprendimo santraukaPagal laipsninių eilučių daugybos operacijos apibrėžimą (žr. (1.1) formulę iš [Blo96, 4.1

poskyris, p. 38])

ck = a0bk + a1bk−1 + · · ·+ aibk−i + · · ·+ ak−1b1 + akb0

= 1 + 1 + · · ·+ 1

= k + 1,

todėl sandauga

C = A · A= c0 + c1x+ c2x

2 + · · · ckxk + · · ·= 1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ (k + 1)xk + · · · .

Atsakymas1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ (k + 1)xk + · · · .Teorijos intarpas.Pirmos rūšies Stirlingo skaičius susijęs su perstatų skaičiumi.Tarkime, turime baigtinę aibę A = {1, . . . , n}. Abipusiškai vienareikšmis atvaizdis (bi-

jekcija) σ : A → A vadinamas perstata (arba keitiniu). Pavyzdžiui, jei n = 4, tai σ : A → A,apibrėžta taip: σ(1) = 2, σ(2) = 3, σ(3) = 4, σ(4) = 1, yra perstata.

Perstata dažnai užrašoma tokiu pavidalu:

σ =

(

1 . . . nσ(1) . . . σ(n)

)

.

34

Pavyzdžiui, paskutinio pavyzdžio perstata galėtų būti užrašyta taip:

σ =

(

1 2 3 42 3 4 1

)

.

Alternatyvus būdas užrašyti perstatas yra naudojant ciklus. Ciklu (a1a2 · · · ar), kur 1 6

r 6 n, vadiname tokią perstatą c, kad c(a1) = a2, c(a2) = a3, . . . , c(ar−1) = ar, c(ar) = a1, okitos reikšmės lieka nepakitusios. Pavyzdžiui, perstata σ iš aukščiau gali būti užrašyta taip:σ = (1234). Bet ji taip pat gali būti užrašyta ir keliais kitais būdais: σ = (2341) = (3412) =(4123). Matome, kad tas pats ciklas gali būti užrašytas keliais skirtingais būdais.

Ciklus (a1a2 · · · ar) ir (b1b2 · · · bs) vadiname nesikertančiais, jei atitinkamos aibės {a1, a2, . . . , ar}ir {b1, b2, . . . , bs} nesikerta. Pavyzdžiui, ciklai (12) ir (34) nesikerta.

Kiekviena perstata vienareikšmiškai gali būti užrašyta nesikertančių ciklų sandauga (funk-cijų kompozicija), kurioje ciklų eilės tvarka neturi reikšmės. Pavyzdžiui, perstatos

σ′ =

(

1 2 3 43 4 1 2

)

ir σ′′ =

(

1 2 3 43 2 1 4

)

gali būti atitinkamai užrašytos

σ′ = (13)(24) = (24)(13) ir

σ′′ = (13)(2)(4) = (2)(13)(4) = · · · = (4)(2)(13).

Prisiminkime, kad s(n, k) žymime pirmos rūšies Stirlingo skaičių.

Teoreman elementų perstatų, kurias galime išreikšti k nesikertančių ciklų sandauga, yra |s(n, k)|.Be įrodymo.

PavyzdysYra šešios aibės {1, 2, 3} perstatos: (1)(2)(3), (12)(3), (13)(2), (23)(1), (123), (132), iš kurių

dvi išreiškiamos vienu ciklu, trys dviem ciklais, viena trim ciklais. Tai atitinka |s(3, 1)| = 2,|s(3, 2)| = 3, |s(3, 3)| = 1.

Užduotis 8Užrašyti visas aibės {1, 2, 3, 4} perstatas ir patikrinti teoremos teiginį.Sprendimo santraukaKiekviena aibės {1, 2, . . . , n} perstata σ atitinka skaičių 1, 2, . . . , n kėlinį (σ(1), σ(2), . . . , σ(n)).

Pavyzdžiui, perstata

σ =

(

1 2 3 42 3 4 1

)

atitinka kėlinį (2, 3, 4, 1). Taigi, perstatų yra tiek pat, kiek ir kėlinių, t. y. n!. Šiuo atvejun = 4, todėl bus 4! = 24 perstatos.

Perstatos, kurias galima išreikšti vienu ciklu, yra

(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432).

Matome, kad tikrai jų yra |s(4, 1)| = | − 6| = 6 (žr. 1 užduotį, kur apskaičiavome pirmosrūšies Stirlingo skaičius s(4, k), k = 1, 2, 3, 4).

Perstatos, kurias galime išreikšti 2 nesikertančių ciklų sandauga, yra

(12)(34), (13)(24), (14)(23),

(123)(4), (132)(4), (124)(3), (142)(3), (134)(2), (143)(2), (234)(1), (243)(1).

35

Matome, kad tikrai jų yra |s(4, 2)| = |11| = 11.Perstatos, kurias galime išreikšti 3 nesikertančių ciklų sandauga, yra

(12)(3)(4), (13)(2)(4), (14)(2)(3), (23)(1)(4), (24)(1)(3), (34)(1)(2).

Matome, kad tikrai jų yra |s(4, 3)| = | − 6| = 6.Perstata, kurią galime išreikšti 4 nesikertančių ciklų sandauga, yra tik viena: (1)(2)(3)(4).

Bet ir |s(4, 4)| = |1| = 1.Išvardinome visas 24 perstatas, ir įsitikinome, kad 4 elementų perstatų, kurias galime

išreikšti k nesikertančių ciklų sandauga, yra |s(4, k)|, kur k = 1, 2, 3, 4.

Užduotis 9Turime keturis skirtingų spalvų karoliukus bei du vienodus siūlus. Keliais būdais galime

pagaminti dviejų apyrankių rinkinį, jei apyrankė turi turėti bent vieną karoliuką? (Apyrankiųnegalima apversti, pakėlus į orą.)

Sprendimo santraukaSunumeruokime karoliukus nuo 1 iki 4. Karoliukų vėrimas ant siūlų atitinka aibės

{1, 2, 3, 4} elementų paskirstymą į ciklus. Pavyzdžiui, jei du karoliukus suveriame ant vienosiūlo, du ant kito, galime gauti tris skirtingus apyrankių rinkinius, atitinkančius perstatas(12)(34), (13)(24), (14)(23). Taigi, galime pagaminti tiek dviejų apyrankių rinkinių, kiek yraperstatų, kurias galime išreikšti 2 nesikertančių ciklų sandauga, t. y. |s(4, 2)| = 11.

Atsakymas11.

Užduotis 10Skaičiuojant perstatas, surasti šias reikšmes.

1. |s(n, n)|.

2. |s(n, 1)|.

3. |s(n, n− 1)|.

4. |s(n, n− 2)|.

Sprendimo santrauka

1. Perstata, kurią galime išreikšti n nesikertančių ciklų sandauga, yra tik viena: (1)(2) · · · (n).Todėl |s(n, n)| = 1.

2. Skaičiuosime perstatas, kurias galime išreikšti vienu ciklu. Tą ciklą sudarys visi aibės{1, 2, . . . , n} elementai. Juos galime išrikiuoti n! būdų. Tačiau tą patį ciklą gausime,ciklo elementus perstūmę cikliškai, pavyzdžiui, (1, 2, · · · , n−1, n) = (n, 1, 2, · · · , n−1).Taigi, n skirtingų skaičių 1, 2, . . . , n kėlinių duoda tą patį ciklą, todėl ciklų skaičius busn!/n = (n− 1)!. Todėl |s(n, 1)| = (n− 1)!.

3. Kadangi ciklų yra vienu mažiau, negu elementų, tai viename cikle bus du elementai, okituose — po vieną. Todėl tokių nepriklausomų ciklų sandaugų yra tiek, kiek yra būdųparinkti tuos du elementus iš n elementų, t. y. |s(n, n− 1)| =

(

n2

)

= n(n−1)2

.

4. Yra du galimi perstatų, kurias galime išreikšti n−2 nesikertančių ciklų sandauga, tipai:

a) Vienas ciklas sudarytas iš trijų elementų, visi kiti turi po vieną elementą.

36

b) Du ciklai turi po du elementus, visi kiti — po vieną.

Pirmojo tipo perstatų skaičius yra 2(

n3

)

. Iš tikrųjų, tuos tris elementus parinkti galime(

n3

)

būdų, ir iš jų gausime po du skirtingus ciklus (pavyzdžiui, iš {1, 2, 3} gausime (123)ir (132)).

Antrojo tipo perstatų yra(

n4

)(

42

)

/2. Iš tikrųjų, parinkti 4 elementus iš n galime(

n4

)

būdų, paskui iš tų keturių parenkame du į pirmą ciklą (tai galime padaryti(

42

)

būdų),likę du priklausys antrajam ciklui, bet du skirtingi dviejų elementų iš 4 pasirinkimaiduoda tą pačią perstatą (pavyzdžiui, (12)(34) ir (34)(12)), todėl skirtingų perstatų busdvigubai mažiau (dalijame iš 2). Tą patį galėtume gauti ir taip:

(

n2

)(

n−22

)

/2. Iš tikrųjų,parinkti 2 elementus iš n į pirmą ciklą galime

(

n2

)

būdų, paskui iš likusių n−2 elementųparinkti 2 elementus į antrą ciklą galime

(

n−22

)

būdų, ir dėl tos pačios priežasties, kaipanksčiau, turime padalinti iš 2.

Sudėję gauname

2

(

n

3

)

+

(

n

4

)(

4

2

)

/2 =n(n− 1)(n− 2)

3+

n(n− 1)(n− 2)(n− 3)

8

=n(n− 1)(n− 2)(3n− 1)

24.

Atsakymas

1. |s(n, n)| = 1.

2. |s(n, 1)| = (n− 1)!.

3. |s(n, n− 1)| =(

n2

)

= n(n−1)2

.

4. |s(n, n− 2)| = 2(

n3

)

+(

n4

)(

42

)

/2 = 2(

n3

)

+(

n2

)(

n−22

)

/2 = n(n−1)(n−2)(3n−1)24

.

Užduotis 11Pagal apibrėžimą (t. y. skaičiuojant skaidinius), surasti antros rūšies Stirlingo skaičių

S(n, n− 1).Sprendimo santraukaKadangi poaibių yra vienu mažiau, negu elementų, tai viename poaibyje bus du elementai,

o kituose — po vieną. Todėl tokių skaidinių yra tiek, kiek yra būdų parinkti tuos du elementusiš n elementų, t. y. S(n, n− 1) =

(

n2

)

= n(n−1)2

.AtsakymasS(n, n− 1) =

(

n2

)

= n(n−1)2

.

37

6 pratybos

Generuojančios funkcijos. Rekursijospavyzdžiai. Fibonačio skaičiaiTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 4.2–4.3 poskyriai.)

Užduotis 1Rasti sekos 2, 1, 0,−1,−2, 0, 0, 0, . . . generuojančiąją funkciją.Sprendimo santraukaPagal generuojančiosios funkcijos apibrėžimą (žr. [Blo96, 4.2 skyriaus pradžia, p. 39]),

sekosa0, a1, . . . , ak, . . .

generuojančioji funkcija yra laipsninė eilutė

A = a0 + a1x+ · · ·+ akxk + · · · .

Todėl sekos2, 1, 0,−1,−2, 0, 0, 0, . . .


A = 2 + 1x+ 0x2 − 1x3 − 2x4 + 0x5 + 0x6 + · · ·= 2 + x− x3 − 2x4.

Atsakymas2 + x− x3 − 2x4.

Užduotis 2Rasti seką, kurios generuojančioji funkcija yra f(x) = x2(2x3 − 4x5 − 1).SprendimasPagal generuojančiosios funkcijos apibrėžimą (žr. [Blo96, 4.2 skyriaus pradžia, p. 39]),

sekosa0, a1, . . . , ak, . . .


A = a0 + a1x+ · · ·+ akxk + · · · .

Kadangi generuojančioji funkcija

f(x) = x2(2x3 − 4x5 − 1)

= 2x5 − 4x7 − x2

= 0 + 0x− 1x2 + 0x3 + 0x4 + 2x5 + 0x6 − 4x7 + 0x8 + 0x9 + · · · ,

tai seka bus0, 0,−1, 0, 0, 2, 0,−4, 0, 0, . . .

Atsakymas0, 0,−1, 0, 0, 2, 0,−4, 0, 0, . . .

38

Užduotis 3Rasti sekos 4, 0, 4, 0, 4, 0, . . . generuojančiąją funkciją. Pasinaudojus nykstančios geomet-

rinės progresijos sumos formule, išreikšti ją kompaktišku pavidalu.Sprendimo santraukaPagal apibrėžimą, duotos sekos generuojančioji funkcija bus laipsninė eilutė

A = 4 + 0x+ 4x2 + 0x3 + 4x4 + · · ·+ 4x2k + 0x2k+1 + · · ·= 4 + 4x2 + 4x4 + · · ·+ 4x2k + · · · .

Pertvarkome laipsninę eilutę A ir pritaikome nykstančios geometrinės progresijos sumos for-mulę

1 + q + q2 + q3 + · · ·+ qk + · · · = 1

1− q, kai |q| < 1,

su q = x2:

A = 4 + 4x2 + 4x4 + · · ·+ 4x2k + · · ·= 4(1 + x2 + x4 + · · ·+ x2k + · · · )= 4(1 + (x2)

1+ (x2)

2+ · · ·+ (x2)

k+ · · · )

=4

1− x2, kai |x| < 1.

AtsakymasGeneruojančioji funkcija yra 4 + 4x2 + 4x4 + · · ·+ 4x2k + · · · .Kai |x| < 1, ji gali būti užrašyta tokiu kompaktišku pavidalu:

4

1− x2.

Užduotis 4

Rasti seką, kurios generuojančioji funkcija yra f(x) =3x2

x+ 1.

Sprendimo santraukaVisų pirma reikia duotą funkciją išreikšti laipsnine eilute, kad galėtume pritaikyti gene-

ruojančios funkcijos apibrėžimą. Tai galime padaryti, pasinaudoję nykstančios geometrinėsprogresijos sumos formule:

1 + q + q2 + q3 + · · ·+ qk + · · · = 1

1− q, kai |q| < 1.

Pritaikome nykstančios geometrinės progresijos sumos formulę su q = −x ir gauname

f(x) =3x2

x+ 1

= 3x2(

1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−x)k + · · ·)

= 3x2(

1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−1)k−2xk−2 + (−1)k−1xk−1 + (−1)kxk + · · ·)

= 3x2 − 3x3 + 3x4 − 3x5 + · · ·+ 3(−1)k−2xk + 3(−1)k−1xk+1 + 3(−1)kxk+2 + · · · ,

todėl seka bus 0, 0, 3,−3, 3,−3, . . . , 3(−1)k−2, . . . Tačiau (−1)k−2 = (−1)k, todėl seką galimeužrašyti ir taip: 0, 0, 3,−3, 3,−3, . . . , 3(−1)k, . . .

39

Atsakymas

0, 0, 3,−3, 3,−3, . . . , 3(−1)k, . . .

Užduotis 5

Rasti sekos 27,−54, 36,−8, 0, 0, 0, . . . generuojančiąją funkciją. Pasinaudojus Niutonobinomo formule, išreikšti ją kompaktišku pavidalu.

Sprendimo santrauka

Pagal apibrėžimą, duotos sekos generuojančioji funkcija bus laipsninė eilutė

A = 27− 54x+ 36x2 − 8x3

=(

30

)

33(−2x)0 +(

31

)

32(−2x)1 +(

32

)

31(−2x)2 +(

33

)

30(−2x)3.

Pagal Niutono binomo formulę (žr. [Blo96, 1.4 skyriaus pradžia, p. 12])

(a+ b)n =(

n0

)

anb0 +(

n1

)

an−1b1 +(

n2

)

an−2b2 + · · ·+(

nn−1

)

a1bn−1 +(

nn

)

a0bn

gauname, kad

A = (3− 2x)3.

Atsakymas

Generuojančioji funkcija yra 27− 54x+ 36x2 − 8x3.Ji gali būti užrašyta tokiu kompaktišku pavidalu: (3− 2x)3.

Užduotis 6

Rasti seką, kurios generuojančioji funkcija yra f(x) = (3 + x)4.Sprendimo santrauka


(a+ b)n =(

n0

)

anb0 +(

n1

)

an−1b1 +(

n2

)

an−2b2 + · · ·+(

nn−1

)

a1bn−1 +(

nn

)

a0bn

gauname, kad

f(x) = (3 + x)4

=(

40

)

34x0 +(

41

)

33x1 +(

42

)

32x2 +(

43

)

31x3 +(

44

)

30x4

= 81 + 108x+ 54x2 + 12x3 + x4,

todėl seka bus 81, 108, 54, 12, 1, 0, 0, 0, . . .

Atsakymas

81, 108, 54, 12, 1, 0, 0, 0, . . .

Užduotis 7

Rasti Fibonačio skaičių s8.Sprendimas

Lengviausia suskaičiuoti, matyt, būtų pagal Fibonačio skaičių rekurenčiąją formulę (žr.(3.2) formulę iš [Blo96, 4.3 skyrius]):

sk = sk−1 + sk−2, k > 2, ir s0 = 1, s1 = 1.

40

Skaičiuosime Fibonačio skaičius iš eilės, kol gausime reikiamą skaičių s8:

s2 = s1 + s0 = 1 + 1 = 2,

s3 = s2 + s1 = 2 + 1 = 3,

s4 = s3 + s2 = 3 + 2 = 5,

s5 = s4 + s3 = 5 + 3 = 8,

s6 = s5 + s4 = 8 + 5 = 13,

s7 = s6 + s5 = 13 + 8 = 21,

s8 = s7 + s6 = 21 + 13 = 34.

Atsakymas34.

Užduotis 8Dešimtainių skaitmenų seką vadinsime tinkama, jei joje yra lyginis skaičius nulių. Pa-

vyzdžiui, seka 12304043 yra tinkama, o 660500 — ne. Pažymėkime an tinkamų ilgio n sekųskaičių. Laikykime, kad a0 = 1 (yra viena tinkama ilgio 0 seka — tuščia seka).

1. Sudaryti rekurentųjį sąryšį, kurį tenkina seka (an)n>0.

2. Rasti an išreikštinę formulę, daug kartų pasinaudojus gautu rekurenčiuoju sąryšiu.

3. Rasti an išreikštinę formulę, sekos (an)n>0 generuojančią funkciją išskleidus laipsnineeilute.

Sprendimo santrauka

1. Iš tinkamos ilgio n − 1 sekos galime gauti 9 tinkamas ilgio n sekas, prirašę bet kurįskaitmenį, išskyrus nulį. Iš netinkamos ilgio n−1 sekos galime gauti vieną tinkamą ilgion seką, prirašę gale nulį. Kadangi netinkamų ilgio n− 1 sekų yra 10n−1 − an−1 (iš visųilgio n−1 sekų skaičiaus atimame tinkamų sekų skaičių), tai an = 9an−1+(10n−1−an−1).Todėl rekurentusis sąryšis yra an = 8an−1 + 10n−1, n > 1, a0 = 1.

2. Į rekurentųjį sąryšį įstatome jį patį tol, kol gauname a0, tada įstatome a0 reikšmę irgauname išreikštinę formulę:

an = 8an−1 + 10n−1

= 8(8an−2 + 10n−2) + 10n−1

= 82an−2 + 8 · 10n−2 + 10n−1

= 82(8an−3 + 10n−3) + 8 · 10n−2 + 10n−1

= 83an−3 + 8210n−3 + 8 · 10n−2 + 10n−1

= · · ·= 8na0 + 8n−1100 + 8n−2101 + · · ·+ 8110n−2 + 8010n−1

= 8n +n−1∑

i=0

8i · 10n−1−i

= 8n + 10n−1n−1∑

i=0

(

8

10

)i

, n = 0, 1, 2, . . . .

41

Pasinaudoję geometrinės progresijos sumos formule

1 + q + q2 + q3 + · · ·+ qn−1 =1− qn

1− q

su q = 810

, suprastiname išreikštinę formulę:

an = 8n + 10n−1n−1∑

i=0

(

8

10

)i

= 8n + 10n−11−(

810

)n

1− 810

=1

2· 8n + 1

2· 10n, n = 0, 1, 2, . . . .

3. Pasinaudoję rekurenčiuoju sąryšiu, rasime sekos (an)n>0 generuojančią funkciją A(x).Tada, pasinaudoję nykstančios geometrinės progresijos sumos formule, išskleisime A(x)laipsnine eilute. Gautos laipsninės eilutės koeficientas prie xn ir bus ieškomas sekosnarys an.

Kad rastume generuojančią funkciją A(x), pasinaudosime rekurenčiuoju sąryšiu, sugru-puosime atskirai pirmuosius ir antruosius narius, ir pritaikysime nykstančios geometri-nės progresijos sumos formulę:

A(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + · · ·+ anxn + · · ·

= a0 + (8a0 + 100)x+ (8a1 + 101)x2 + (8a2 + 102)x3 + · · ·+ (8an−1 + 10n−1)xn + · · ·= a0 + 8x(a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + · · ·+ an−1x

n−1 + · · · )+ x(100 + 101x+ 102x2 + · · ·+ 10n−1xn−1 + · · · )

= 1 + 8xA(x) +x

1− 10x.

Išreiškiame A(x):

A(x) =1− 9x

(1− 8x)(1− 10x).

Radome sekos (an)n>0 generuojančią funkciją A(x). Toliau reikia išskleisti ją laipsnineeilute. Kad galėtume pritaikyti nykstančios geometrinės progresijos sumos formulę,vardiklyje turime turėti 1− q pavidalo reiškinį. Todėl išskaidysime A(x) į sumą dviejųtrumpenų, kurių vardikliuose bus atitinkamai 1 − 8x ir 1 − 10x. Tam pažymėsimeraidėmis B ir C tų trumpenų skaitiklius ir juos rasime, subendravardiklinę trupmenas,sudarę lygčių sistemą ir ją išsprendę.

A(x) =1− 9x

(1− 8x)(1− 10x)=

B

1− 8x+

C

1− 10x=

(B + C)− x(10B + 8C)

(1− 8x)(1− 10x).

Taigi, gauname dviejų tiesinių lygčių sistemą:

B + C = 1,

10B + 8C = 9,

42

kurią išsprendę gauname B = 12, C = 1

2. Išskaidėme A(x) į dviejų trumpenų sumą:

A(x) =1− 9x

(1− 8x)(1− 10x)=

1

2

(

1

1− 8x+

1

1− 10x

)

.

Dabar kiekvieną iš jų skleidžiame laipsnine eilute, taikydami nykstančios geometrinėsprogresijos sumos formulę:

A(x) =1

2

(

1

1− 8x+

1

1− 10x

)

=1

2

(

∞∑

n=0

8nxn +

∞∑

n=0

10nxn

)

=∞∑

n=0

1

2(8n + 10n)xn.

Koeficientas prie xn ir bus ieškomas sekos narys an:

an =1

2(8n + 10n) .

Gavome tą pačią sekos (an)n>0 bendrojo nario an išraišką, kaip ir antroje užduotiesdalyje.

Atsakymas

1. an = 8an−1 + 10n−1, n > 1, a1 = 9.

2. an = 12· 8n + 1

2· 10n, n = 0, 1, 2, . . ..

3. an = 12· 8n + 1

2· 10n, n = 0, 1, 2, . . ..

Užduotis 9Rasti duotos sekos generuojančiąją funkciją, jei žinoma, kad sekos a0, a1, a2, a3, . . . gene-

ruojančioji funkcija yra G(x).

1. 2a0, 2a1, 2a2, 2a3, . . .

2. 0, 0, 0, 0, a2, a3, . . .

3. a2, a3, a4, . . .

4. a0, 2a1, 4a2, 8a3, 16a4, . . .

5. a0, 0, a1, 0, a2, 0, a3, 0, . . .

Sprendimo santraukaPasinaudosime tuo, kad sekos

a0, a1, a2, a3, . . .


G(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + · · · .

Pažymėkime A(x) duotos sekos generuojančiąją funkciją.

43

1.

A(x) = 2a0 + 2a1x+ 2a2x2 + 2a3x

3 + · · ·= 2(a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + · · · )

= 2G(x).

2.

A(x) = 0 + 0x+ 0x2 + 0x3 + a2x4 + a3x

5 + · · ·= x2(a2x

2 + a3x3 + · · · )

= x2(G(x)− a0 − a1x).

3.

A(x) = a2 + a3x+ a4x2 + · · ·

= (a2x2 + a3x

3 + a4x4 + · · · )/x2

= (G(x)− a0 − a1x)/x2.

4.

A(x) = a0 + 2a1x+ 4a2x2 + 8a3x

3 + · · ·= a0 + a1(2x) + a2(2x)

2 + a3(2x)3 + · · ·

= G(2x).

5.

A(x) = a0 + 0x+ a1x2 + 0x3 + a2x

4 + 0x5 + a3x6 + 0x7 + · · ·

= a0 + a1x2 + a2x

4 + a3x6 + · · ·

= a0 + a1(x2) + a2(x

2)2 + a3(x2)3 + · · ·

= G(x2).

Atsakymas

1. 2G(x).

2. x2(G(x)− a0 − a1x).

3. (G(x)− a0 − a1x)/x2.

4. G(2x).

5. G(x2).

Užduotis 10Rasti koeficientų sekos 3, 2, 1, 1, 1, . . . generuojančiąją funkciją. Pasinaudojus nykstančios

geometrinės progresijos sumos formule, išreikšti ją kompaktišku pavidalu.

44

Sprendimo santrauka

Generuojančioji funkcija bus

A = 3 + 2x+ x2 + x3 + · · ·+ xk + · · ·= 2 + x+ (1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xk + · · · )

= 2 + x+1

1− x, kai |x| < 1.

Atsakymas

3 + 2x+ x2 + x3 + · · ·+ xk + · · · = 2 + x+1

1− x, kai |x| < 1.

Užduotis 11

Rasti seką, kurios generuojančioji funkcija yra f(x) =1 + x

1 + 2x.

Sprendimo santrauka

Kadangi

f(x) =1 + x

1 + 2x

=12+ 1

2(1 + 2x)

1 + 2x

=12

1 + 2x+

1

2

=1

2+

1

2

(

1− 2x+ 4x2 − 8x3 + · · ·+ (−2)kxk + · · ·)

,

tai seka bus 1,−1, 2,−4, 8, . . . , 12(−2)k, . . .

Atsakymas

1,−1, 2,−4, 8, . . . , 12(−2)k, . . .

Užduotis 12

Naujas darbuotojas įmonėje gauna 20 tūkst. Lt metinę algą. Kasmet jo alga padidėja 2proc., lyginant su praėjusiais metais, ir dar 500 Lt. Pažymėkime an jo algą praėjus n metų.

1. Sudaryti rekurentųjį sąryšį, kurį tenkina seka (an)n>0.

2. Rasti an išreikštinę formulę, daug kartų pasinaudojus gautu rekurenčiuoju sąryšiu.

3. Rasti an išreikštinę formulę, sekos (an)n>0 generuojančią funkciją išskleidus laipsnineeilute.

Sprendimo santrauka

1. Rekurentusis sąryšis: an = 1,02an−1 + 500, n > 1, a0 = 20000.

2. Į rekurentųjį sąryšį įstatome jį patį tol, kol gauname a0, tada įstatome a0 reikšmę ir

45

gauname išreikštinę formulę:

an = 1,02an−1 + 500

= 1,02(1,02an−2 + 500) + 500

= 1,022an−2 + 1,02 · 500 + 500

= 1,022(1,02an−3 + 500) + 1,02 · 500 + 500

= 1,023an−3 + 1,022 · 500 + 1,02 · 500 + 500

= · · ·= 1,02na0 + 1,02n−1 · 500 + 1,02n−2 · 500 + · · ·+ 1,021 · 500 + 1,020 · 500

= 20000 · 1,02n + 500

n−1∑

i=0

1,02i, n = 0, 1, 2, . . . .

Pasinaudoję geometrinės progresijos sumos formule

1 + q + q2 + q3 + · · ·+ qn−1 =1− qn

1− q

su q = 1,02, suprastiname išreikštinę formulę:

an = 20000 · 1,02n + 500n−1∑

i=0

1,02i

= 20000 · 1,02n + 5001− 1,02n

1− 1,02

= 45000 · 1,02n − 25000, n = 0, 1, 2, . . . .

3. Pasinaudoję rekurenčiuoju sąryšiu, rasime sekos (an)n>0 generuojančią funkciją A(x).Tada, pasinaudoję nykstančios geometrinės progresijos sumos formule, išskleisime A(x)laipsnine eilute. Gautos laipsninės eilutės koeficientas prie xn ir bus ieškomas sekosnarys an.

Kad rastume generuojančią funkciją A(x), pasinaudosime rekurenčiuoju sąryšiu, sugru-puosime atskirai pirmuosius ir antruosius narius, ir pritaikysime nykstančios geometri-nės progresijos sumos formulę:

A(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + · · ·+ anxn + · · ·

= a0 + (1,02a0 + 500)x+ (1,02a1 + 500)x2 + (1,02a2 + 500)x3 + · · ·+ (1,02an−1 + 500)xn + · · ·

= a0 + 1,02x(a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + · · ·+ an−1xn−1 + · · · )

+ 500x(1 + x+ x2 + · · ·+ xn−1 + · · · )

= 20000 + 1,02xA(x) +500x

1− x.

Išreiškiame A(x):

A(x) =20000− 19500x

(1− x)(1 − 1,02x).

Radome sekos (an)n>0 generuojančią funkciją A(x). Toliau reikia išskleisti ją laipsnineeilute. Kad galėtume pritaikyti nykstančios geometrinės progresijos sumos formulę,

46

vardiklyje turime turėti 1− q pavidalo reiškinį. Todėl išskaidysime A(x) į sumą dviejųtrumpenų, kurių vardikliuose bus atitinkamai 1 − x ir 1 − 1,02x. Tam pažymėsimeraidėmis B ir C tų trumpenų skaitiklius ir juos rasime, subendravardiklinę trupmenas,sudarę lygčių sistemą ir ją išsprendę.

A(x) =20000− 19500x

(1− x)(1− 1,02x)=

B

1− x+

C

1− 1,02x=

(B + C)− x(1,02B + C)

(1− x)(1− 1,02x).

Taigi, gauname dviejų tiesinių lygčių sistemą:

B + C = 20000,

1,02B + C = 19500,

kurią išsprendę gauname B = −25000, C = 45000. Išskaidėme A(x) į dviejų trumpenųsumą:

A(x) =20000− 19500x

(1− x)(1 − 1,02x)=

−25000

1− x+

45000

1− 1,02x.

Dabar kiekvieną iš jų skleidžiame laipsnine eilute, taikydami nykstančios geometrinėsprogresijos sumos formulę:

A(x) =−25000

1− x+

45000

1− 1,02x

= −25000

∞∑

n=0

xn + 45000

∞∑

n=0

1,02nxn

=∞∑

n=0

(−25000 + 45000 · 1,02n)xn.

Koeficientas prie xn ir bus ieškomas sekos narys an:

an = 45000 · 1,02n − 25000.

Gavome tą pačią sekos (an)n>0 bendrojo nario an išraišką, kaip ir antroje užduotiesdalyje.

Atsakymas

1. an = 1,02an−1 + 500, n > 1, a0 = 20000.

2. an = 45000 · 1,02n − 25000, n = 0, 1, 2, . . ..

3. an = 45000 · 1,02n − 25000, n = 0, 1, 2, . . ..

Užduotis 13Rasti sekos 27

(

70

)

, 26(

71

)

, 25(

72

)

, . . . , 2(

76

)

,(

77

)

, 0, 0, 0, . . . generuojančiąją funkciją. Išreikštiją kompaktišku pavidalu.

Sprendimo santraukaPagal apibrėžimą, duotos sekos generuojančioji funkcija bus laipsninė eilutė

A = 27(

70

)

+ 26(

71

)

x+ 25(

72

)

x2 + · · ·+ 2(

76

)

x6 +(

77

)

x7 + 0x8 + 0x9 + 0x10 + · · ·=(

70

)

27x0 +(

71

)

26x1 +(

72

)

25x2 + · · ·+(

76

)

21x6 +(

77

)

20x7.

47


(a+ b)n =(

n0

)

anb0 +(

n1

)

an−1b1 +(

n2

)

an−2b2 + · · ·+(

nn−1

)

a1bn−1 +(

nn

)

a0bn

gauname, kadA = (2 + x)7.

Atsakymas(

70

)

27x0 +(

71

)

26x1 +(

72

)

25x2 + · · ·+(

76

)

21x6 +(

77

)

20x7 = (2 + x)7.

48

7 pratybos

Rekursijos lygtisTeorinė medžiaga: [Blo96] M. Bloznelis. Kominatorikos paskaitų ciklas. VU leidykla,Vilnius, 1996. (I dalies 4.4 poskyris.)

Užduotis 1Nustatyti, kurie iš išvardintų yra tiesiniai homogeniniai rekurentieji sąryšiai su pastoviais

koeficientais. Rasti eilę ir charakteringąją lygtį tų, kurie yra.

1. an = an−1 + 2.

2. an = 2nan−1 + an−2.

3. an = a2n−1.

4. an = 4an−2 + 5an−4 + 9an−7.

Atsakymas

1. Nėra, nes ne homogeninis.

2. Nėra, nes koeficientas 2n nėra pastovus.

3. Nėra, nes ne tiesinis.

4. Yra, 7 eilės, charakteringoji lygtis x7 − 4x5 − 5x3 − 9 = 0.

Užduotis 2Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 2an−1, n > 1, bendrojo nario

formulę, kai a0 = 3.Sprendimo santrauka1 būdas. Į rekurentųjį sąryšį įstatome jį patį tol, kol gauname a0, tada įstatome a0 reikšmę

ir gauname išreikštinę formulę:

an = 2an−1 = 22an−2 = 23an−3 = · · · = 2na0 = 3 · 2n, n = 0, 1, 2, . . .

2 būdas. Žr. [Blo96, 4.4 skyrius]. Sudarome charakteringąją lygtį: x− 2 = 0. Jos šaknisyra x1 = 2, todėl sekos bendrojo nario išraiška yra an = α1x

n1 = α12

n, n = 0, 1, 2, . . . Išpradinės sąlygos a0 = 3 gauname, kad a0 = α12

0 = 3, todėl α1 = 3. Taigi, an = 3 · 2n,n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan = 3 · 2n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 3Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 8

3an−1 + an−2, n > 2, bendrojo

nario formulę, kai a0 = 3, a1 = −2.SprendimasŽr. [Blo96, 4.4 skyrius].

49

Visų pirma sudarome charakteringąją lygtį. Tiesinio homogeninio antrosios eilės rekuren-čiojo sąryšio

an = pan−1 + qan−2

charakteringoji lygtis yrax2 − px− q = 0.

Mūsų atveju gauname charakteringąją lygtį

x2 − 8

3x− 1 = 0,

kuri turi dvi šaknis: x1 = −13

ir x2 = 3. Kadangi šaknys skirtingos, tai sekos bendrojo narioišraiška bus tokia:

an = α1xn1 + α2x

n2 , n = 0, 1, 2, . . . (7.1)

Mūsų atveju tai bus

an = α1

(

−1

3

)n

+ α23n, n = 0, 1, 2, . . .

Belieka rasti koeficientus α1 ir α2. Juos galima rasti dviem būdais: arba patiems spren-džiant tiesinių lygčių sistemą

{

α1 + α2 = a0,

α1x1 + α2x2 = a1,

kuri gaunama tiesiog į (7.1) lygybę įstačius atitinkamai n = 0 ir n = 1, arba pritaikyti [Blo96,4.4 skyrius] jau gautus tos sistemos sprendinius

α1 =a1 − a0x2

x1 − x2

, α2 =a1 − a0x1

x2 − x1

.

Gauname α1 = 3310

ir α2 = − 310

. Viską įstatę į (7.1) formulę, gauname sekos bendrojonario formulę

an =33

10

(

−1

3

)n

− 3

103n, n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan = 33

10

(

−13

)n − 310

3n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 4Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 4

√3an−1 − 12an−2, n > 2,

bendrojo nario formulę, kai a0 = −2√2, a1 = −

√3.

Sprendimo santraukaCharakteringoji lygtis bus

x2 − 4√3x+ 12 = 0,

ji turi dvi vienodas šaknis: x1 = x2 = 2√3. Kadangi šaknys vienodos, tai sekos bendrojo

nario išraiška bus tokia:

an = α1xn1 + α2nx

n1 , n = 0, 1, 2, . . . (7.2)


an = α1

(

2√3)n

+ α2n(

2√3)n

, n = 0, 1, 2, . . .

50


{

α1 = a0,

α1x1 + α2x1 = a1,


α1 = a0, α2 =a1 − a0x1

x1

.

Gauname α1 = −2√2 ir α2 = −1

2+ 2

√2. Viską įstatę į (7.2) formulę, gauname sekos

bendrojo nario formulę

an = −2√2(

2√3)n

+

(

−1

2+ 2

√2

)

n(

2√3)n

, n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan = −2

√2(

2√3)n

+(

−12+ 2

√2)

n(

2√3)n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 5Tarkime, kad per metus pagautų omarų skaičius yra paskutinių dviejų metų skaičių vidur-

kis. Sudaryti rekurentųjį sąryšį ir rasti išreikštinę formulę, nusakančius per metus pagautųomarų skaičių, jei žinoma, kad pirmais metais pagauta 100 tūkst. omarų, o antrais — 300tūkst.

Sprendimo santraukaRekurentusis sąryšis: an = 1

2an−1 +

12an−2, n > 2, a0 = 100000, a1 = 300000.

Charakteringoji lygtis: x2 − 12x − 1

2= 0, jos šaknys x1 = −1

2, x2 = 1, bendrojo nario

išraiška:

an = α1

(

−1

2

)n

+ α21n = α1

(

−1

2

)n

+ α2, n = 0, 1, 2, . . .

Pasinaudoję pradinėmis sąlygomis a0 = 100000, a1 = 300000, randame α1 = −4000003

, α2 =700000

3. Taigi,

an = −400000

3

(

−1

2

)n

+700000

3, n = 0, 1, 2, . . .

AtsakymasRekurentusis sąryšis: an = 1

2an−1 +

12an−2, n > 2, a0 = 100000, a1 = 300000.

Išreikštinė formulė: an = −4000003

(

−12

)n+ 700000

3, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 6Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 2an−1 + an−2 − 2an−3, n > 3,

bendrojo nario formulę, kai a0 = 2, a1 = −3, a2 = −1.SprendimasVisų pirma sudarome charakteringąją lygtį. Tegu k > 1. Tiesinio homogeninio k-tosios

eilės rekurenčiojo sąryšio

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k

charakteringoji lygtis yra

xk − c1xk−1 − c2x

k−2 − · · · − ck−1x− ck = 0.

51


x3 − 2x2 − x+ 2 = 0,

kuri turi tris šaknis: x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2. Kadangi šaknys skirtingos, tai sekos bendrojonario išraiška bus tokia:

an = α1xn1 + α2x

n2 + · · ·+ αkx

nk , n = 0, 1, 2, . . . (7.3)


an = α1(−1)n + α21n + α32

n, n = 0, 1, 2, . . .

Belieka rasti koeficientus α1, α2 ir α3. Juos galima rasti sprendžiant tiesinių lygčių sistemą

α1 + α2 + α3 = a0,

α1x1 + α2x2 + α3x3 = a1,

α1x21 + α2x

22 + α3x

23 = a2,

kuri gaunama tiesiog į (7.3) lygybę įstačius atitinkamai n = 0, n = 1 ir n = 2. Mūsų atvejusistema bus tokia:

α1 + α2 + α3 = 2,

−α1 + α2 + 2α3 = −3,

α1 + α2 + 4α3 = −1.

Ją išsprendę, gauname α1 = 2, α2 = 1, α3 = −1. Viską įstatę į (7.3) formulę, gauname sekosbendrojo nario formulę

an = 2(−1)n + 1− 2n, n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan = 2(−1)n + 1− 2n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 7Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 5an−2 − 4an−4, n > 4, bendrojo

nario formulę, kai a0 = 3, a1 = 2, a2 = 6 ir a3 = 8.Sprendimo santraukaCharakteringoji lygtis x4 − 5x2 + 4 = 0, jos šaknys x1 = −2, x2 = −1, x3 = 1, x4 = 2,

sekos bendrojo nario išraiška an = α1(−2)n+α2(−1)n+α31n+α42

n, n = 0, 1, 2, . . . Spręsdamilygčių sistemą randame koeficientus α1 = 0, α2 = 1, α3 = 1, α4 = 1. Todėl bendrojo narioformulė bus an = (−1)n + 1 + 2n, n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan = (−1)n + 1 + 2n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 8Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 2an−1 − 2an−2, n > 2, bendrojo

nario formulę, kai a0 = 1, a1 = 2.SprendimasŽr. [Blo96, 4.4 skyrius].Visų pirma sudarome charakteringąją lygtį. Tiesinio homogeninio antrosios eilės rekuren-

čiojo sąryšioan = pan−1 + qan−2

52

charakteringoji lygtis yrax2 − px− q = 0.


x2 − 2x+ 2 = 0,

kuri turi dvi šaknis: x1 = 1 − i ir x2 = 1 + i (tai kompleksiniai skaičiai). Kadangi šaknysskirtingos, tai sekos bendrojo nario išraiška bus tokia:

an = α1xn1 + α2x

n2 , n = 0, 1, 2, . . . (7.4)


an = α1(1− i)n + α2(1 + i)n, n = 0, 1, 2, . . .


{

α1 + α2 = a0,

α1x1 + α2x2 = a1,


α1 =a1 − a0x2

x1 − x2

, α2 =a1 − a0x1

x2 − x1

.

Gauname α1 =12+ 1

2i ir α2 =

12− 1

2i. Viską įstatę į (7.4) formulę, gauname sekos bendrojo

nario formulę

an =

(

1

2+

1

2i

)

(1− i)n −(

1

2− 1

2i

)

(1 + i)n, n = 0, 1, 2, . . .

Atsakymasan =

(

12+ 1

2i)

(1− i)n −(

12− 1

2i)

(1 + i)n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 9Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = − 1

10an−1 +

310an−2, n > 2, ben-

drojo nario formulę, kai a0 = −2, a1 = 45.

Atsakymasan = − 4

11

(

12

)n − 1811

(

−35

)n, n = 0, 1, 2, . . .

Užduotis 10Rasti sekos (an)n>0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an = 8an−1−16an−2, n > 2, bendrojo

nario formulę, kai a0 = 3, a1 = 1.Atsakymasan = 3 · 4n − 11

4· n · 4n, n = 0, 1, 2, . . .

53

8 pratybos

Pagrindinės grafų teorijos sąvokos, IdalisTeorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 1 skyriaus pradžia, iki indukuotojopografio apibrėžimo imtinai.)

Užduotis 1Išvardinti duoto grafo viršūnes ir briaunas. Kokie yra grafo eilė ir didumas? Kurios

viršūnių poros yra gretimos, kurios nėra?

d e

f g

AtsakymasViršūnių aibė yra V = {d, e, f, g}, briaunų aibė E = {df, ef, eg}, eilė yra 4, didumas 3.

Gretimų viršūnių poros: d ir f , e ir f , e ir g, negretimų viršūnių poros: d ir e, d ir g, f ir g.

Užduotis 2Nubrėžti grafą G.

1. G = (V,E), kur V = {a, b, c, d, e, f}, E = {ac, af, bd, be, bf, ce, de, ef}.

2. G = En, n = 1, 2, 3, 4, kur En žymi tuščiąjį n-tosios eilės grafą.

3. G = Kn, n = 1, 2, 3, 4, kur Kn žymi pilnąjį n-tosios eilės grafą.

4. G = Cn, n = 3, 4, 5, 6, kur Cn žymi n-tosios eilės grafą, n > 3, sudarytą iš viršūniųv1, v2, . . . , vn ir briaunų v1v2, v2v3, . . . , vn−1vn, vnv1. Toks grafas vadinamas ciklu.

5. G = Wn, n = 3, 4, 5, 6, kur Wn, n > 3, žymi grafą, gautą iš ciklo Cn, papildomai pridėjusvieną viršūnę ir ją sujungus su visomis ciklo viršūnėmis. Toks grafas vadinamas ratu.

6. G = Qn, n = 1, 2, 3, 4, kur Qn, n > 1, žymi grafą, kurio viršūnės atitinka visas ilgion dvejetaines sekas, ir dvi viršūnės yra sujungtos, jei atitinkamos dvejetainės sekosskiriasi lygiai viena pozicija. Toks grafas vadinamas n-kubu.

Atsakymas

1.

a b

c

de

f

2.

54

E1 E2 E3 E4

a

a b

c

a b

d

a b

c

3.

K1 K2 K3 K4

a

a b

c

a b

d

a b

c

4.

C3 C4 C5 C6

c

a

b

c d

a b

a

b

c d

e

b

f a

e

c d

5.

W3 W4 W5 W6

c

a

b

d

c d

a b

e

a

b

c d

e f

b

f a

e

c d

g

6.

55

Q1 Q2 Q3

0 1

00 01

11 10

011 010

000 001

011

110

100 101

111

Q4

0000

0010

0001

0011

0100

0110

0101

0111

1000

1010

1001

1011

1100

1110

1101

1111

Užduotis 3Nustatyti duoto grafo viršūnių laipsnius, grafo minimalųjį ir maksimalųjį laipsnius. Ar

tai reguliarusis grafas?

a b

c d

e

g h

f

AtsakymasViršūnių b ir g laipsniai yra 4, kitų viršūnių — 3. Grafo minimalusis laipsnis yra 3,

maksimalusis — 4. Grafas nėra reguliarus.

Užduotis 4Kurioms n reikšmėms šie grafai yra reguliarieji?

1. En.

2. Kn.

3. Cn.

4. Wn.

5. Qn.

56

Atsakymas

1. Visoms galimoms n reikšmėms tuščiasis grafas En yra 0-reguliarusis.

2. Visoms galimoms n reikšmėms pilnasis grafas Kn yra (n− 1)-reguliarusis.

3. Visoms galimoms n reikšmėms ciklas Cn yra 2-reguliarusis.

4. Ratas Wn yra reguliarusis tada ir tik tada, kai n = 3. Ratas W3 yra 3-reguliarusis.

5. Visoms galimoms n reikšmėms n-kubas Qn yra n-reguliarusis.

Užduotis 5Nubrėžti visus duoto grafo pografius. Kiek jų yra? Rasti izomorfiškų pografių klases.

Kiek yra klasių?

a b

c

AtsakymasVisi pografiai:

a

b

c

a b

a b

c

a

a

c

c

b

c

a b

a b

c

b a

c

a b

c

Matome, kad jų yra 12.Izomorfiškų pografių klasės bus tokios. Kiekvienoje eilutėje pateikiame po vieną klasę.

Pirmame stulpelyje parodytas abstraktusis grafas, vaizduojantis visą izomorfiškų pografiųklasę, o kituose stulpeliuose išvardinti visi tos klasės pografiai.

Klasė Klasei priklausantys pografiai

a

b

c

a b

c

a

c

b

a b

a

c

c

a b

a b

c

b a

c

a b

c

57

Matome, kad yra šešios izomorfiškų pografių klasės.

Užduotis 6Kiek ratas W3 turi pografių?Sprendimo santraukaPanaudosime savo kombinatorikos žinias. W3 yra pilnasis grafas K4, todėl bus visi įma-

nomi ketvirtos eilės pilnojo grafo pografiai. Kiek bus n-tosios eilės pografių, n = 1, 2, 3, 4?Yra

(

4n

)

būdų parinkti n viršūnių iš 4 galimų. Tarp tų viršūnių galima nubrėžti n(n − 1)/2briaunų (pilnojo pografio briaunų skaičius). Kiekviena iš tų galimų briaunų gali priklausy-ti tam pografiui, o gali ir nepriklausyti, t. y. kiekvienai briaunai yra dvi galimybės, todėlparinkti visą briaunų aibę iš n(n − 1)/2 galimų briaunų yra 2n(n−1)/2 būdų. Taigi, galimasudaryti

(

4n

)

2n(n−1)/2 skirtingų n-tos eilės pilnojo grafo K4 pografių. Iš viso pografių bus

4∑

n=1

(

4

n

)

2n(n−1)/2 =

(

4

1

)

20 +

(

4

2

)

21 +

(

4

3

)

23 +

(

4

4

)

26

= 4 + 6 · 2 + 4 · 8 + 1 · 64= 112.

Atsakymas112.

Užduotis 7Rasti duoto grafo G V ′-indukuotą pografį G[V ′], kur V ′ = {a, c, d, f}.

a b

c

de

f

Atsakymas

d

a

c f

Užduotis 8Nustatyti, ar grafai G = (V,E) ir G′ = (V ′, E ′) yra izomorfiški. Jei taip, nurodyti bijekciją

ϕ : V → V ′. Jei ne, paaiškinti, kodėl.

1.

G :

a b

c d

e G′ :

a

b

c d

e

2.

58

G :

a b

c d e

G′ :

a

b

c d

e

3.

G :

a b

c

f

d

e

g

h

G′ :

a b

c

f

d

e

g

h

4.

G :

a b

c

f

d

e

g

h

G′ :

a b

c

f

d

e

g

h

Sprendimo santrauka

1. Nėra izomorfiški, nes grafe G nėra ketvirtojo laipsnio viršūnės, o grafe G′ yra (viršūnėb).

2. Pastebėkime, kad abu duoti grafai turi po vieną antrojo laipsnio viršūnę, po dvi trečiojoir po dvi ketvirtojo, taigi, jie gali būti izomorfiški, tačiau gali ir nebūti. Pabandykimerasti tokią bijekciją tarp grafų G ir G′ viršūnių, kuri atvaizduotų grafą G į grafą G′.Jei rasime tokią bijekciją, įrodysime, kad grafai izomorfiški, o jei parodysime, kad tokiabijekcija neegzistuoja, tai reikš, kad jie nėra izomorfiški.

Jei grafai izomorfiški, tokia bijekcija turi atvaizduoti grafo G viršūnę į to paties laipsniografo G′ viršūnę, t. y. grafo G viršūnė c atitinka grafo G′ viršūnę b, grafo G viršūnės bir d atitinka grafo G′ viršūnes e ir c (kažkuria eilės tvarka), ir grafo G viršūnės a ir eatitinka grafo G′ viršūnes a ir d. Sudarėme tokią bijekciją (čia v žymi grafo G viršūnes,v′ — grafo G′ viršūnes):

v a b c d ev′ a e b c d

.

Patikrinę matome, kad iš tikrųjų ši bijekcija grafą G atvaizduoja į grafą G′. Todėl jieizomorfiški.

3. Nėra izomorfiški, nes grafe G yra ilgio 3 ciklas (pavyzdžiui, abca), o grafe G′ nėra.

59

4. Abiejų grafų visų viršūnių laipsniai yra 3. Pabandykime rasti tokią bijekciją tarpgrafų G ir G′ viršūnių, kuri atvaizduotų grafą G į grafą G′. Jei rasime tokią bijekciją,įrodysime, kad grafai izomorfiški, o jei parodysime, kad tokia bijekcija neegzistuoja, taireikš, kad jie nėra izomorfiški.

Grafe G yra du ilgio 3 ciklai, abca ir hgfh, sujungti briauna ah, grafe G′ irgi du, abcair gfeg, sujungti briauna bf . Taigi, bijekcija turi grafo G briauną ah atvaizduoti įgrafo G′ briauną bf (arba fb). Tarkime, bijekcija grafo G viršūnes a ir h atvaizduoja įatitinkamai grafo G′ viršūnes b ir f . Jau dvi bijekcijos reikšmes turime, tęskime toliau.

Grafo G viršūnė a ilgio 3 cikle abca jungiasi su viršūnėmis b ir c, o atitinkama grafo G′

viršūnė b atitinkamame ilgio 3 cikle abca jungiasi su viršūnėmis a ir c, todėl bijekcijagrafo G viršūnes b ir c turi atvaizduoti į grafo G′ viršūnes a ir c (arba į c ir a). Tarkime,kad bijekcija grafo G viršūnes b ir c atvaizduoja į atitinkamai grafo G′ viršūnes a ir c.Turime jau keturias bijekcijos reikšmes, tęskime toliau.

Grafe G viršūnė b sujungta su viršūne e, o viršūnė c su viršūne d. Atitinkamos grafoG′ viršūnės a ir c sujungtos su viršūnėmis h ir d, todėl bijekcija turi atvaizduoti grafoG viršūnes e ir d į atitinkamai grafo G′ viršūnes h ir d. Gavome jau šešias bijekcijosreikšmes, liko rasti dvi paskutines.

Grafe G viršūnė e sujungta su viršūne f , o viršūnė d su viršūne g. Atitinkamos grafoG′ viršūnės h ir d sujungtos su viršūnėmis g ir e, todėl bijekcija turi atvaizduoti grafoG viršūnes f ir g į atitinkamai grafo G′ viršūnes g ir e. Gavome visas bijekcijos tarpgrafų G ir G′ viršūnių reikšmes (čia v žymi grafo G viršūnes, v′ — grafo G′ viršūnes):

v a b c d e f g hv′ b a c d h g e f

.

Patikrinę matome, kad iš tikrųjų ši bijekcija grafą G atvaizduoja į grafą G′. Todėl jieizomorfiški.

Atsakymas

1. Nėra izomorfiški, nes grafe G nėra ketvirtojo laipsnio viršūnės, o grafe G′ yra (viršūnėb).

2. Yra. Bijekciją tarp grafų G ir G′ viršūnių galėtume užrašyti tokia funkcija (čia v žymigrafo G viršūnes, v′ — grafo G′ viršūnes):

v a b c d ev′ a e b c d

.

3. Nėra izomorfiški, nes grafe G yra ilgio 3 ciklas (pavyzdžiui, abca), o grafe G′ nėra.

4. Yra. Bijekciją tarp grafų G ir G′ viršūnių galėtume užrašyti tokia funkcija (čia v žymigrafo G viršūnes, v′ — grafo G′ viršūnes):

v a b c d e f g hv′ b a c d h g e f

.

60

Užduotis 9

Tarkime, viena tarpmiestinio keleivių pervežimo bendrovė kiekvieną dieną vykdo tokiusmaršrutus: trys reisai iš Vilniaus į Kauną ir atgal, du reisai iš Vilniaus į Panevėžį ir atgal,vienas reisas iš Kauno į Klaipėdą ir atgal, vienas iš Klaipėdos į Šiaulius ir atgal, du iš Šiauliųį Panevėžį ir vienas atgal, vienas iš Panevėžio į Kauną ir vienas iš Kauno į Šiaulius. Parinktigrafo rūšį (paprastasis, orientuotasis, multigrafas, pseudografas) ir nubrėžti maršrutų grafą,jei jis turi tenkinti tokias sąlygas.

1. Jei miestus jungia tiesioginis maršrutas (į bet kurią pusę), sujungiame briauna tuosmiestus atitinkančias grafo viršūnes.

2. Brėžiame briauną tarp miestų kiekvienam tuos miestus jungiančiam reisui (į bet kuriąpusę).

3. Brėžiame briauną tarp miestų kiekvienam tuos miestus jungiančiam reisui (į bet kuriąpusę). Be to, brėžiame kilpą specialiam pažintiniam reisui po Vilnių ir jo apylinkes,kuris prasideda ir baigiasi Vilniuje.

4. Jei yra maršrutas iš miesto A į miestą B, brėžiame briauną iš A į B.

5. Kiekvienam maršrutui iš miesto A į miestą B nubrėžiame po briauną iš A į B.

Atsakymas

1. Paprastasis.

Klaipėda

Šiauliai

Panevėžys

Kaunas

Vilnius

2. Multigrafas.

61

Klaipėda

Šiauliai

Panevėžys

Kaunas

Vilnius

3. Multipseudografas.

Klaipėda

Šiauliai

Panevėžys

Kaunas

Vilnius

4. Orientuotasis grafas.

62

Klaipėda

Šiauliai

Panevėžys

Kaunas

Vilnius

5. Orientuotasis multigrafas.

Klaipėda

Šiauliai

Panevėžys

Kaunas

Vilnius

63

9 pratybos

Pagrindinės grafų teorijos sąvokos, IIdalisTeorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 1 skyriaus pabaiga, nuo veiksmųsu grafais imtinai.)

Užduotis 1Duotas grafas G:

a b

c d

e

g h

f

1. Tegu V ′ = {d, f}. Rasti G− V ′.

2. Tegu E ′ = {bf, dh, eh}. Rasti G− E ′.

3. Rasti grafą, gautą sutapatinus grafo G viršūnes b ir f (t. y. sutraukus briauną bf).

4. Rasti grafą, gautą sutapatinus grafo G viršūnes b ir g (t. y. sutraukus briauną bg).

5. Rasti grafą, gautą sutapatinus grafo G viršūnes b ir c (t. y. sutraukus briauną bc).

Atsakymas

1. G− V ′:

a b

c

e g h

2. G−E ′:

f a b

c d

e g h

3. Grafas, gautas sutapatinus grafo G viršūnes b ir f (t. y. sutraukus briauną bf):

a bf

c d

e g h

4. Grafas, gautas sutapatinus grafo G viršūnes b ir g (t. y. sutraukus briauną bg):

64

a

e

h

d

fbg

c

5. Grafas, gautas sutapatinus grafo G viršūnes b ir c (t. y. sutraukus briauną bc):

a

e

h

d

fbc

g

Užduotis 2Duoti grafai G1 ir G2.

G1 :

a b

c

G2 :

d e

f g

1. Rasti jų sąjungą G1 ∪G2.

2. Rasti jų sumą G1 +G2.

Atsakymas

1. G1 ∪G2:

a b

c

d e

f g

2. G1 +G2:

d

a cb

f e g

Užduotis 3Nustatyti, ar duota viršūnių seka sudaro kelią duotame grafe. Jei taip, rasti jo ilgį ir

nustatyti, ar tai uždaras kelias, trasa, grandinė, takas, ciklas.

a b

c d

e

g h

f

65

1. hgfbgcdae

2. efbgfbad

3. aefbcghda

4. bcgeadh

5. dcbaef

6. fgcdhgf

7. efbcgbae

Sprendimo santrauka

Seka Kelias Ilgis Uždaras Trasa Grandinė Takas Ciklas Pastaboshgfbgcdae + 8 – + – – – Kartojasi viršūnė gefbgfbad + 7 – – – – – Kartojasi briauna fbaefbcghda + 8 + + + + + –bcgeadh – Briauna ge neegzistuojadcbaef + 5 – + – + – –fgcdhgf + 6 + – – – – Kartojasi briauna gfefbcgbae + 7 + + + – – Kartojasi viršūnė b

Užduotis 4Duotas grafas G:

a b c

de

Rasti kelią iš grafo G viršūnės d į viršūnę c, kuris būtų:

1. Ne trasa.

2. Trasa, bet ne takas.

3. Takas.

Atsakymas

1. Pavyzdžiui, dbedbc, dbabc.

2. Pavyzdžiui, dbaebc.

3. dbc, debc, deabc.

Užduotis 5Nustatyti, ar duotas grafas yra Oilerio grafas. Jei taip, rasti grandinę, sudarytą iš visų jo

briaunų.

66

1.

a b

c d

e

g h

f

2. K5.

Sprendimo santrauka

1. Ne, nes ne visų viršūnių laipsniai lyginiai (pavyzdžiui, viršūnės a laipsnis yra 3 —nelyginis skaičius).

2. Taip. Grandinė, sudaryta iš visų grafo briaunų, būtų, pavyzdžiui, acebdabcdea.

Užduotis 6Nustatyti, ar pereitame uždavinyje duoti grafai yra Hamiltono grafai.Sprendimo santrauka

1. Taip. Ciklas, apimantis visas grafo viršūnes, galėtų būti, pavyzdžiui, abcdhgfea.

2. Taip. Ciklas, apimantis visas grafo viršūnes, galėtų būti, pavyzdžiui, abcdea.

Užduotis 7Nustatyti, ar duotas grafas yra jungus. Rasti jo jungumo komponentes. Kiek jų yra?

Rasti izoliuotas viršūnes (jei jų yra).

1.

a b c

d e f

2.

a b c

d e

3.

d

a b

c

4.

67

A B C

D

G

E

F

5.

1 2

3

6

4

5

7

8

Atsakymas

1. Duotas grafas nėra jungus, jis yra sudarytas iš 2 jungumo komponenčių:

a

e

c

f

b

d

Izoliuotų viršūnių nėra.


d

a b

e c

Izoliuotos viršūnės: c.


a b c d

Izoliuotos viršūnės: a, b, c, d.

4. Duotas grafas yra jungus, jis yra sudarytas iš 1 jungumo komponentės:

g d b e f

c

a



68

1

2

46 7 3 8 5


Užduotis 8Rasti duoto grafo tiltus ir iškarpos viršūnes.

a b c

d e

AtsakymasTiltai: be, ec, iškarpos viršūnės: b ir e.

Užduotis 9Rasti visus takus ir jų ilgius iš duoto grafo viršūnės a į z. Rasti atstumą tarp a ir z.

a b c

x y z

Sprendimo santraukaTakai: axbcz, axyz, abxyz, abcz, acbxyz, acz, jų ilgiai yra atitinkamai 4, 3, 4, 3, 5, 2.

Atstumas tarp viršūnių a ir z yra trumpiausio tako, jungiančio a ir z, ilgis, todėl atstumastarp a ir z yra 2.

Užduotis 10Rasti duoto grafo skersmenį.

a b

c d

e f

Sprendimo santraukaJungaus grafo skersmuo yra didžiausias atstumas tarp grafo viršūnių. Taigi, norėdami

rasti duoto grafo skersmenį, turime išmatuoti atstumus tarp visų grafo viršūnių ir pasirinktididžiausią atstumą. Matuokime atstumus kaip 9 užduotyje ir rezultatus rašykime į lentelę(lentelėje esantis skaičius nurodo atstumą tarp viršūnių, žyminčių atitinkamą eilutę ir stulpelį;kadangi atstumas nuo viršūnės x iki viršūnės y yra toks pats, kaip ir nuo y iki x, tai lentelėbus simetrinė pagrindinės įstrižainės atžvilgiu, todėl iš esmės užtenka užpildyti reikšmes tikvirš pagrindinės įstrižainės):

a b c d e fa 0 1 2 1 1 2b 1 0 1 2 2 1c 2 1 0 3 1 2d 1 2 3 0 2 1e 1 2 1 2 0 1f 2 1 2 1 1 0

69

Matome, kad didžiausia reikšmė yra 3 (tai atstumas tarp viršūnių c ir d). Todėl duoto grafoskersmuo yra 3.

Atsakymas3.

Užduotis 11Nubrėžti grafą G.

1. G = K1,5.

2. G = K3,4.

Atsakymas

1.

d b c e f

a

2.

d

b ca

e f g

Užduotis 12Nustatyti, ar duotas grafas yra dvidalis. Jei taip, ar tai pilnasis dvidalis?

a b

c d

e f

Sprendimo santraukaTaip, tai pilnasis dvidalis K3,3, viršūnių poaibiai yra V ′ = {a, c, f} ir V ′′ = {b, d, e}. Kad

aiškiai matytųsi, jog tai dvidalis grafas, galima jį perpiešti taip:

b

c f a

d e

AtsakymasTaip. Taip.

Užduotis 13Kurioms n reikšmėms grafas yra dvidalis?

1. En.

70

2. Kn.

3. Cn.

4. Wn.

5. Qn.

Sprendimo santraukaGrafas, turintis tik vieną viršūnę, pagal apibrėžimą visada bus dvidalis (vienas jo viršūnių

aibės poaibis bus tuščias).

1. n > 1, nes neturi nelyginio ilgio ciklų.

2. Tik n = 1 ir n = 2. Didesnėms n reikšmėms turi ilgio 3 ciklą.

3. Lyginiams n > 3, nes turės tik lyginio ilgio ciklą. Nelyginiams n nebus, nes turėsnelyginio ilgio ciklą.

4. Jokioms, nes visada turi ilgio 3 ciklą.

5. Visoms, nes galime išskaidyti viršūnes į du poaibius pagal tai, ar viršūnė atitinka seką,turinčią lyginį skaičių vienetų, ar nelyginį.

Atsakymas

1. n > 1.

2. n = 1 ir n = 2.

3. Lyginiams n.

4. Jokioms.

5. Visoms.

Užduotis 14Kurioms s ir t reikšmėms pilnasis dvidalis grafas Ks,t yra reguliarusis?AtsakymasSutampančioms.

Užduotis 15Nubrėžti duoto grafo papildinį.

a

b

c d

e

SprendimasPapildinio viršūnės sutampa su duotojo grafo viršūnėmis, o briaunos — visos tos, kurių

nėra pradiniame grafe. Todėl duotojo grafo papildinys bus toks grafas:

71

a

b

c d

e

Užduotis 16Rasti (apibūdinti, apibrėžti) duotų grafų papildinius.

1. En.

2. Kn.

3. Cn.

4. Wn.

5. Qn.

Atsakymas

1. Kn.

2. En.

3. Tai n-tosios eilės grafas, n > 3, sudarytas iš viršūnių v0, v1, . . . , vn−1. Viršūnės vi ir vjnėra gretimos tada ir tik tada, kai i ≡ j ± 1 (mod n).

4. Kaip ir ciklo atveju, tik dar yra viena papildoma izoliuota viršūnė.

5. Tai grafas, kurio viršūnės atitinka visas ilgio n dvejetaines sekas, ir dvi viršūnės yrasujungtos, jei atitinkamos dvejetainės sekos skiriasi daugiau kaip viena pozicija.

72

10 pratybos

Miškas ir medžiai. Vienaoptimizavimo problema (ekonomiškasmedis)

Teorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 2–3 skyriai.)

Užduotis 1Nustatyti, ar duotas grafas yra a) medis, b) miškas.

1.

a b c

d e f

2.

A B C

D

G

E

F

3.

a

b

c d

e

SprendimasMedis - tai jungus grafas be ciklų. Miškas - tai grafas be ciklų. (Žr. [Man04, 2 skyrius].)

1. Tai nėra medis, nes jis nėra jungus. Tai miškas, nes jis neturi ciklų.

2. Tai medis, nes jis yra jungus ir neturi ciklų. Tai miškas, nes jis neturi ciklų. Kad aiškiaimatytume, jog ciklų tikrai nėra, galime jį perpiešti taip:

g d b e f

c

a

3. Tai nėra nei medis, nei miškas, nes jis turi ciklą acbda.

73

Atsakymas

1. Nėra medis. Yra miškas.

2. Yra medis. Yra miškas.

3. Nėra medis. Nėra miškas.

Užduotis 2Nustatyti, kokioms parametrų reikšmėms duotas grafas yra a) medis, b) miškas.

1. Tuščiasis grafas En.

2. Pilnasis grafas Kn.

3. Pilnasis dvidalis grafas Kp,q.

Atsakymas

1. Tuščiasis grafas En yra medis tik su n = 1, ir miškas bet kokiam n > 1.

2. Pilnasis grafas Kn yra medis ir miškas tik su n = 1 ir n = 2.

3. Pilnasis dvidalis grafas Kp,q yra medis ir miškas tik tuo atveju, kai p = 1 arba q = 1.

Užduotis 3Rasti duoto grafo jungiantįjį medį (karkasinį medį, karkasą) trimis būdais, pateiktais per

paskaitas. Parodyti kiekvieną algoritmo veikimo žingsnį: kokią ir kodėl briauną renkamės aratmetame, kokį gauname grafą tame žingsnyje.

a

b

c d

e

f

g

h

i j

SprendimasŽr. [Man04, 2 skyrius].Pirmas būdas (briaunų šalinimo) (iš [Man04, 2 skyrius, 2 teoremos išvados įrodymas]).

Algoritmo esmė yra tokia. Nagrinėjame visas duoto jungaus grafo briaunas kuria nors eilėstvarka. Jei grafas išliks jungus, tą briauną pašalinus, tai ją ir pašaliname, o jei neišliks, tadanešaliname. Baigiame, kai grafe lieka n− 1 briauna (pagal [Man04, 4 skyrius, 2 teoremos 1išvada]).

Duoto grafo eilė n = 10, didumas m = 15. Pavyzdžiui, nagrinėjame duoto grafo briaunasabėcėline tvarka: ab, ae, ag, bc, bh, cd, ci, de, dj, ef , fh, fi, gi, gj, hj. Sudarysimelentelę, kurioje nurodysime nagrinėjamą briauną e, veiksmą (šaliname ar ne), jei šaliname,kokį grafą gausime, jei nešaliname, paaiškinsime kodėl, ir nurodysime, kiek grafe liko briaunųm. Sustosime, kai liks m = 10− 1 = 9 briaunos.

74

e Šaliname? Šalinimo rezultatas arba nešalinimo priežastis m

−

a

b

c d

e

f

g

h

i j

15

ab +

a

b

c d

e

f

g

h

i j

14

ae +

a

b

c d

e

f

g

h

i j

13ag − Negalime šalinti, nes viršūnė a liktų izoliuota 13

bc +

a

b

c d

e

f

g

h

i j

12bh − Negalime šalinti, nes viršūnė b liktų izoliuota 12

cd +

a

b

c d

e

f

g

h

i j

11ci − Negalime šalinti, nes viršūnė c liktų izoliuota 11

nukelta į kitą puslapį

75

atkelta iš praeito puslapio


de +

a

b

c d

e

f

g

h

i j

10dj − Negalime šalinti, nes viršūnė d liktų izoliuota 10ef − Negalime šalinti, nes viršūnė f liktų izoliuota 10

fh +

h

a

b

c d

e

f

g

i j

9

Paskutinis gautas grafas ir yra jungiantysis medis.Antras būdas (trumpiausių kelių) (iš [Man04, 2 skyrius, 1 būdas]). Algoritmo esmė yra

tokia. Pradžioje sudaromame medyje bus visos duoto grafo viršūnės ir nė vienos briaunos.Algoritmo veikimo metu briaunas dėsime į sudaromą medį, kol gausime m = n− 1 briauną.Briaunas dėsime tokiu būdu. Fiksuojame bet kurią grafo viršūnę x. Perbėgame likusias grafoviršūnes kuria nors eilės tvarka. Kiekvienai viršūnei y randame trumpiausią kelią iš y į x (jeiyra keli trumpiausi keliai, pasirenkame iš jų kurį nors vieną), ir pirmąją to kelio briauną yy′

dedame į sudaromą medį.Duoto grafo eilė n = 10, didumas m = 15. Tarkime, fiksuokime duotojo grafo viršūnę

x = a. Perbėgsime kitas viršūnes abėcėline tvarka: b, c, d, e, f , g, h, i, j. Sudarysimelentelę, kurioje nurodysime nagrinėjamą viršūnę y, trumpiausius kelius iš y į x, pasirinktątrumpiausią kelią, pirmąją to kelio briauną, sudaromą medį, gautą įdėjus tą briauną, ir jauįdėtų briaunų skaičių m. Sustosime, kai įdėsime n = m− 1 = 10− 1 = 9 briaunas.

y Keliai Kelias Briauna Rezultatas m

b ba ba ba

j i

h

a

b

c d

e

f

g

1nukelta į kitą puslapį

76



c cba cba cb

j i

h

a

b

c d

e

f

g

2

d dea dea de

j i

h

a

b

c d

e

f

g

3

e ea ea ea

j i

h

a

b

c d

e

f

g

4

f fea fea fe

j i

h

a

b

c d

e

f

g

5

g ga ga ga

j i

h

a

b

c d

e

f

g


77



h hba hba hb

c

h

a

f

j i

b

d

e g

7

i iga iga ig

c

h

a

f

j i

b

d

e g

8

j jga jga jg

c

h

a

f

j i

b

d

e g

9

Paskutinis gautas grafas ir yra jungiantysis medis.Trečias būdas (indukcinis) (iš [Man04, 2 skyrius, 2 būdas]). Algoritmo esmė yra tokia.

Auginsime jungiantįjį medį, pradėdami nuo vienos viršūnės, iki tol, kol jis apims visas duotojungaus grafo viršūnes. Kiekvienu momentu pasirinksime vieną jau panaudotą viršūnę (pa-žymėkime ją z) ir vieną dar nepanaudotą (pažymėkime y) tokias, kad briauna zy priklausoduotajam grafui, ir prijunkime prie sudaromo medžio viršūnę y ir briauną zy.

Duoto grafo eilė n = 10, didumas m = 15. Tarkime, fiksuokime duotojo grafo viršūnę x =a. Pirmasis medis T1 bus sudarytas tik iš viršūnės x, briaunų neturės. Paskui rinksimės tokiąduotojo grafo briauną, kurios vienas galas jau panaudotas (jau yra sudaromame medyje),kitas dar nepanaudotas. Jei tokių briaunų yra kelios, rinksimės pirmąją pagal abėcėlę (norstai ir nėra būtina, galima rinktis bet kurią). Sudarysime lentelę, kurioje nurodysime iteracijosnumerį i, galimas rinktis briaunas, pasirinktą briauną zy ir medį Ti, gautą prie medžio Ti−1

prijungus viršūnę y ir briauną zy. Sustosime, kai medyje atsidurs visos n = 10 viršūnių, t.y. atlikę 10 iteracijų.

i Kandidatai zy Ti

1 — —

a

2 ab, ae, ag ab

a

b


78


i Kandidatai zy Ti

3 ae, ag, bc, bh ae

a

b e

4 ag, bc, bh, ed, ef ag

a

b e g

5 bc, bh, ed, ef , gi, gj bc

a

b e g

c

6 bh, cd, ci, ed, ef , gi, gj bh

a

b e g

c

h

7 cd, ci, ed, ef , gi, gj, hf , hj cd

a

b e g

c

h

d

8 ci, dj, ef , gi, gj, hf , hj ci

a

b e g

c

h

d

i


79


i Kandidatai zy Ti

9 dj, ef , gj, hf , hj, if dj

a

b e g

c

h

d

i j

10 ef , hf , if ef

a

b e g

c

h

d

i j

f

Paskutinis gautas grafas ir yra jungiantysis medis.

Užduotis 4Kiek skirtingų jungiančiųjų medžių (karkasų) turi pilnas dvidalis grafas K2,2? Rasti jų

izomorfiškumo klases. Kiek yra klasių?AtsakymasPilnas dvidalis grafas K2,2 turi 4 skirtingus jungiančiuosius medžius (karkasus), gautus

pašalinant vieną iš 4 grafo K2,2 briaunų. Visi jie priklauso tai pačiai izomorfiškumo klasei,nes jie yra tarpusavyje izomorfiški. Tą klasę galime pavaizduoti tokiu abstrakčiuoju grafu:

Užduotis 5Tegu G yra pilnas 6 eilės grafas K6, G = (V,E), V = {a, b, c, d, e, f}. Kainos funkcija

f : E → R+ ∪ {∞} apibrėžta tokia lentele:x ab ac ad ae af bc bd be bf cd ce cf de df ef

f(x) 10 1 1 2 3 ∞ 6 6 7 2 1 ∞ 1 3 10Rasti grafo G ekonomišką medį trimis būdais, pateiktais per paskaitas. Parodyti kiekvieną

algoritmo veikimo žingsnį: kokią ir kodėl briauną renkamės ar atmetame, kokį gauname grafątame žingsnyje. Kokia gauto ekonomiško medžio kaina?

SprendimasŽr. [Man04, 3 skyrius].Pirmas būdas (briaunų įdėjimo) (iš [Man04, 3 skyrius, 1 algoritmas]). Algoritmo esmė

yra tokia. Pradžioje sudaromame medyje bus visos duoto grafo viršūnės ir nė vienos briau-nos. Algoritmo veikimo metu briaunas dėsime į sudaromą medį, kol gausime m = n − 1briauną. Briaunas dėsime tokiu būdu. Nagrinėjame visas duoto jungaus grafo briaunas jųkainos didėjimo tvarka (jei kelių briaunų kainos vienodos, galima jas išrikiuoti bet kuria eilėstvarka). Jei sudaromame grafe neatsiras ciklų, prie jo prijungus einamąją briauną, tai taipir padarome, o jei atsiras, tada neprijungiame.

Duoto grafo eilė n = 6, didumas m = 15. Išrikiuokime briaunas jų kainos didėjimo tvarka:

80

x ac ad ce de ae cd af df bd be bf ab ef bc cff(x) 1 1 1 1 2 2 3 3 6 6 7 10 10 ∞ ∞

Sudarysime lentelę, kurioje nurodysime nagrinėjamą briauną e, veiksmą (prijungiame arne), jei prijungiame, kokį grafą gausime, jei neprijungiame, paaiškinsime kodėl, ir nurodysime,kiek grafe jau turime briaunų m. Sustosime, kai prijungsime m = 6− 1 = 5 briaunas.

e Prijungiame? Prijungimo rezultatas arba neprijungimo priežastis m

ac +

a

b e

c d

f

1

1

ad +

a

b e

c d

f

1 1

2

ce +

a

b e

c d

f

1 1

1

3de − Gautume ciklą aceda 3ae − Gautume ciklą acea 3cd − Gautume ciklą acda 3

af +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

4df − Gautume ciklą adfa 4


81


e Prijungiame? Prijungimo rezultatas arba neprijungimo priežastis m

bd +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

5

Paskutinis gautas grafas ir yra ekonomiškas medis T . Jo kaina yra jį sudarančių briaunųkainų suma: F (T ) = 1 + 1 + 1 + 3 + 6 = 12.

Antras būdas (briaunų šalinimo) (iš [Man04, 3 skyrius, 2 algoritmas]). Algoritmo esmėyra tokia. Nagrinėjame visas duoto jungaus grafo briaunas kainos mažėjimo tvarka (jei keliųbriaunų kainos vienodos, galima jas išrikiuoti bet kuria eilės tvarka). Jei grafas išliks jungus,tą briauną pašalinus, tai taip ir padarome, o jei neišliks, tada nešaliname. Baigiame, kaigrafe lieka n− 1 briauna (pagal [Man04, 4 skyrius, 2 teoremos 1 išvada]).

Duoto grafo eilė n = 6, didumas m = 15. Išrikiuokime briaunas jų kainos mažėjimotvarka:

x bc cf ab ef bf bd be af df ae cd ac ad ce def(x) ∞ ∞ 10 10 7 6 6 3 3 2 2 1 1 1 1

Sudarysime lentelę, kurioje nurodysime nagrinėjamą briauną e, veiksmą (šaliname ar ne),jei šaliname, kokį grafą gausime, jei nešaliname, paaiškinsime kodėl, ir nurodysime, kiek grafeliko briaunų m. Sustosime, kai liks m = 6− 1 = 5 briaunos.


−

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

10 2

∞

6

7

2

∞

1

3 10

15

bc +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

10 2

6

7

2

∞

1

3 10


82



cf +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

10 2

6

7

2

1

3 10

13

ab +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

2

6

7

2

1

3 10

12

ef +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

2

6

7

2

1

3

11

bf +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6

2

6

2

1

3

10

bd +

a

b e

c d

f

1 1

1

3

2

6

2

1

3

9be − Negalime šalinti, nes viršūnė b liktų izoliuota 9


83



af +

a

b e

c d

f

1 1

1

2

6

2

1

3

8df − Negalime šalinti, nes viršūnė f liktų izoliuota 8

ae +

a

b e

c d

f

1 1

1

6

2

1

3

7

cd +

a

b e

c d

f

1 1

1

6

1

3

6

ac +

a

b e

c d

f

1

1

6

1

3

5


Trečias būdas (indukcinis) (iš [Man04, 3 skyrius, 3 algoritmas]). Algoritmo esmė yratokia. Auginsime jungiantįjį medį, pradėdami nuo vienos viršūnės, iki tol, kol jis apims visasduoto jungaus grafo viršūnes. Kiekvienu momentu pasirinksime vieną jau panaudotą viršūnę(pažymėkime ją z) ir vieną dar nepanaudotą (pažymėkime y) tokias, kad briauna zy priklausoduotajam grafui ir jos kaina yra mažiausia, ir prijunkime prie sudaromo medžio viršūnę y irbriauną zy.

Duoto grafo eilė n = 6, didumas m = 15. Tarkime, fiksuokime duotojo grafo viršūnę x =a. Pirmasis medis T1 bus sudarytas tik iš viršūnės x, briaunų neturės. Paskui rinksimės tokią

84

duotojo grafo briauną, kurios vienas galas jau panaudotas (jau yra sudaromame medyje),kitas dar nepanaudotas, ir kurios kaina mažiausia iš tokių briaunų. Jei tokių briaunų yrakelios, rinksimės pirmąją pagal abėcėlę (nors tai ir nėra būtina, galima rinktis bet kurią).Sudarysime lentelę, kurioje nurodysime iteracijos numerį i, galimas rinktis briaunas su jųkainomis, pasirinktą briauną zy ir medį Ti, gautą prie medžio Ti−1 prijungus viršūnę y irbriauną zy. Sustosime, kai medyje atsidurs visos n = 6 viršūnės, t. y. atlikę 6 iteracijas.

i Kandidatai ir jų kainos zy Ti

1 — —

a

2x ab ac ad ae af

f(x) 10 1 1 2 3ac

a

c

1

3x ab ad ae af bc cd ce cf

f(x) 10 1 2 3 ∞ 2 1 ∞ ad

a

c d

1 1

4x ab ae af bc bd ce cf de df

f(x) 10 2 3 ∞ 6 1 ∞ 1 3ce

a

e

c d

1 1

1

5x ab af bc bd be cf df ef

f(x) 10 3 ∞ 6 6 ∞ 3 10af

a

e

c d

f

1 1

1

3


85


i Kandidatai ir jų kainos zy Ti

6x ab bc bd be bf

f(x) 10 ∞ 6 6 7bd

a

b e

c d

f

1 1

1

3

6


86

11 pratybos

Grafo parametrų ryšiai. Grafoplanarumas, I dalisTeorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 4 skyrius, 5 skyriaus pradžia ikiOilerio (Euler) teoremos imtinai.)

Užduotis 1Patikrinti Oilerio lemos įrodyme esančią lygybę duotam grafui.

a b

c d

e f

SprendimasTurime patikrinti Oilerio lemos įrodyme (žr. [Man04, 4 skyrius, 1 lema]) esančią lygybę

∑

v∈V

δ(v) = 2m,

kur δ(v) yra viršūnės v laipsnis, V yra grafo viršūnių aibė, o m yra grafo didumas (briaunųskaičius). Duotas grafas turi m = 8 briaunas, o jo viršūnių laipsniai yra tokie (nuo a iki f):3, 3, 2, 2, 3, 3. Tada kairioji lygybės pusė lygi

∑

v∈V δ(v) = 3 + 3 + 2 + 2 + 3 + 3 = 16,dešinioji irgi lygi 2m = 16. Lygybė teisinga duotam grafui.

Užduotis 2Įrodyti, kad jei suskaičiuotume, kiek kartų vakarėlyje kiekvienas žmogus paspaudė kitam

žmogui ranką, ir sudėtume tuos skaičius, gautume lyginį skaičių. Išspręsti, išreiškus grafųteorijos terminais.

SprendimasModeliuojame šį uždavinį grafu: viršūnės vaizduoja žmones, ir dvi viršūnes sujungiame,

jei atitinkami žmonės paspaudė vienas kitam rankas. Tada viršūnės laipsnis reiškia skaičiųžmonių, kuriems rankas paspaudė tą viršūnę atitinkantis žmogus. Tačiau kaip matome išOilerio lemos įrodyme (žr. [Man04, 4 skyrius, 1 lema]) esančios lygybės

∑

v∈V

δ(v) = 2m,

kur δ(v) yra viršūnės v laipsnis, V yra grafo viršūnių aibė, o m yra grafo didumas (briaunųskaičius), grafo viršūnių laipsnių suma yra lyginis skaičius, ką ir reikėjo įrodyti.

Užduotis 3Nustatyti, ar egzistuoja penktos eilės grafas, kurio viršūnių laipsniai yra duoti skaičiai.

Jei taip, pagal formulę suskaičiuoti, kiek jis turi briaunų, ir nubrėžti tokį grafą.

1. 2, 2, 3, 4, 4.

2. 2, 2, 3, 4, 5.

87

3. 1, 2, 3, 4, 4.

4. 2, 2, 3, 3, 4.

5. 0, 1, 2, 2, 3.

Sprendimo santraukaGrafo briaunų skaičius m pagal Oilerio lemos (žr. [Man04, 4 skyrius, 1 lema]) įrodyme

gautą lygybę yra

m =1

2

∑

v∈V

δ(v),

kur δ(v) yra viršūnės v laipsnis, o V yra grafo viršūnių aibė.

1. Pagal Oilerio lemą grafo viršūnių laipsnių suma turi būti lyginis skaičius, bet šiuo atveju∑

v∈V δ(v) = 2 + 2 + 3 + 4 + 4 = 15, todėl toks grafas neegzistuoja.

2. Kiekviena n-tosios eilės grafo viršūnė gali jungtis tik su n−1 kita viršūne, todėl viršūnėslaipsnis negali viršyti n− 1. Šiuo atveju n = 5, todėl viršūnių laipsniai negali viršyti 4,o duotoje sekoje yra skaičius 5, todėl grafas su viršūnių laipsniais 2, 2, 3, 4, 5 egzistuotinegali.

3. Duotoje sekoje yra du ketvertai, todėl grafe turėtų būti dvi ketvirtojo laipsnio viršūnės,t. y. dvi viršūnės, sujungtos su visomis kitomis viršūnėmis. Taigi, bet kurios kitosviršūnės laipsnis turėtų būti bent du, nes ji būtinai jungiasi su tomis dviem viršūnėmis.O sekoje turime skaičių 1, taigi, grafas su tokiais viršūnių laipsniais egzistuoti negali.

4. Grafo briaunų skaičius m yra

m =1

2

∑

v∈V

δ(v) =1

2(2 + 2 + 3 + 3 + 4) = 7.

Pavyzdžiui, tai galėtų būti toks grafas:

a

b

c d

e

5. Grafo briaunų skaičius m yra

m =1

2

∑

v∈V

δ(v) =1

2(0 + 1 + 2 + 2 + 3) = 4.

Pavyzdžiui, tai galėtų būti toks grafas:

a b c

d e

88

Užduotis 4Kokia yra 58-tos eilės medžio viršūnių laipsnių suma?SprendimasPagal [Man04, 4 skyrius, 2 teorema], duoto medžio briaunų skaičius yra m = n − 1 =

58 − 1 = 57. Pagal Oilerio lemos įrodyme esančią lygybę (žr. [Man04, 4 skyrius, 1 lema])duoto medžio viršūnių laipsnių suma yra

∑

v∈V

δ(v) = 2m = 2 · 57 = 114.

Atsakymas114.

Užduotis 5Kiek briaunų gali turėti 233-ios eilės grafas, sudarytas iš 6 jungumo komponenčių, jei

žinoma, kad viena jo jungumo komponentė yra 101-os eilės medis, kita — pilnas dvidalisgrafas K30,20, trečia — pilnas grafas K20, ketvirta — 50-tos eilės 4-reguliarus grafas, o apielikusias dvi nieko nėra žinoma? Įvertinti iš viršaus ir apačios.

Sprendimo santrauka101-os eilės medis turi n−1 = 100 briaunų, pilnas dvidalis grafas K30,20 turi 30 ·20 = 600

briaunų, pilnas grafas K20 turi n(n−1)/2 = (20·19)/2 = 190 briaunų, 50-tos eilės 4-reguliarusgrafas turi (50 · 4)/2 = 100 briaunų. Viso jau turime 100 + 600 + 190 + 100 = 990 briaunų.Liko 2 jungumo komponentės, turinčios iš viso 12 viršūnių. Jas sudarančių briaunų skaičiuspagal [Man04, 4 skyrius, 1 teorema] gali būti įvertintas iš viršaus ir apačios taip:

10 = 12− 2 = n− k 6 m 6 (n− k)(n− k + 1)/2 = (12− 2)(12− 2 + 1)/2 = 10 · 11/2 = 55.

Iš viso bus1000 = 990 + 10 6 m 6 990 + 55 = 1045.

Atsakymas1000 6 m 6 1045.

Užduotis 6Nustatyti, ar 5 eilės grafas, turintis 7 briaunas, yra jungusis.SprendimasPagal [Man04, 4 skyrius, 1 teoremos 1 išvada], jei n eilės grafas turi daugiau nei (n−1)(n−

2)/2 briaunų, tai jis yra jungusis. Šiuo atveju 5 eilės grafas turi daugiau nei (5−1)(5−2)/2 = 6briaunas, todėl jis yra jungusis.

AtsakymasTaip.

Užduotis 7Rasti eilę miško, kurio didumas yra 13 ir kuris yra sudarytas iš 4 medžių.SprendimasPagal [Man04, 4 skyrius, 2 teoremos 2 išvada], miško briaunų skaičius m = n− k, kur n

yra grafo eilė, k yra mišką sudarančių medžių skaičius. Todėl grafo eilė yra n = m + k =13 + 4 = 17.

Atsakymas17.

89

Užduotis 8Rasti 20-tos eilės 3-reguliaraus jungaus žemėlapio valstybių skaičių.Sprendimo santraukaDuota: n = 20, r = 3. Tada pagal Oilerio lemos įrodyme esančią formulę (žr. [Man04, 4

skyrius, 1 lema]) m = rn/2 = 30, ir pagal Oilerio teoremą (žr. [Man04, 5 skyrius, 1 teorema])valstybių skaičius lygus f = m− n+ 2 = 30− 20 + 2 = 12.

Atsakymas12.

Užduotis 9Rasti jungaus žemėlapio eilę, jei jo didumas 40, o valstybių skaičius 14.Sprendimo santraukaDuota: m = 40, f = 14. Tada pagal Oilerio teoremą (žr. [Man04, 5 skyrius, 1 teorema])

jungaus žemėlapio eilė (viršūnių skaičius) lygi n = m− f + 2 = 40− 14 + 2 = 28.Atsakymas28.

Užduotis 10Rasti n-tosios eilės žemėlapio, kurio didumas m ir kuris sudarytas iš k jungumo kompo-

nenčių, valstybių skaičių.Sprendimo santraukaPirmas būdas. Pagal Oilerio teoremą (žr. [Man04, 5 skyrius, 1 teorema]) jungaus že-

mėlapio valstybių skaičius lygus f = m − n + 2, iš kurių m − n + 1 yra vidinė valstybė,ir viena išorinė. Kiekviena žemėlapio jungumo komponentė yra jungus žemėlapis, todėl jaigalime pritaikyti Oilerio teoremą. Bendrą valstybių skaičių gausime sudėję kiekvieno regionovidinių valstybių skaičių ir dar pridėję vieną išorinę valstybę. Pažymėkime jungumo kom-ponenčių eiles n1, . . . , nk, didumus m1, . . . , mk. Tada bendras vidinių valstybių skaičius bus(m1 − n1 + 1) + · · · + (mk − nk + 1) =

∑ki=1mi −

∑ki=1 ni + k = m − n + k, o pridėję dar

vieną bendrą išorinę valstybę gausime bendrą valstybių skaičių m− n+ k + 1.Antras būdas. Sujunkime kurią nors pirmos jungumo komponentės viršūnę su kuria nors

antros jungumo komponentės viršūne. Tą patį padarykime su antra ir trečia jungumo kom-ponentėmis, trečia ir ketvirta ir t. t. Galop sujungsime kurią nors (k − 1)-osios jungumokomponentės viršūnę su kuria nors k-osios jungumo komponentės viršūne. Gausime jungujįžemėlapį, sudarytą iš tiek pat valstybių, kaip ir pradinis, turintį n viršūnių ir m + k − 1briauną. Pagal Oilerio teoremą, jo valstybių skaičius yra (m+k−1)−n+2 = m+k−n+1.

Atsakymasm− n+ k + 1.

90

12 pratybos

Grafo planarumas, II dalis. Grafoviršūnių spalvinimo problemaTeorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 5 skyriaus pabaiga nuo klausimoapie neplanariųjų grafų egzistavimą, 6 skyrius.)

Užduotis 1Nustatyti, ar duotas grafas yra planarus. Jei taip, nubrėžti jį plokštumoje taip, kad

briaunos nesikirstų.

1.

a b

c d

e f

2.

a b

c d

e f

Sprendimo santrauka

1. Duota: n = 6, m = 9, g = 4. Pagal antrąją nelygybę iš [Man04, 5 skyrius, 2 teorema],planaraus jungaus grafo briaunų skaičius m negali būti didesnis už

m 6g(n− 2)

g − 2=

4(6− 2)

4− 2= 8.

Bet mūsų atveju m = 9, todėl duotas grafas negali būti planarus.

2. Grafas planarus, jį galima perbraižyti, pavyzdžiui, taip:

e

a b

c d

f

Užduotis 2Koks didžiausias galimas ketvirtos eilės jungaus planaraus grafo briaunų skaičius? Nu-

brėžti tokį grafą taip, kad briaunos nesikirstų.

91

Sprendimo santraukaPagal pirmąją nelygybę iš [Man04, 5 skyrius, 2 teorema],

m 6 3n− 6 = 3 · 4− 6 = 6.

Grafas, pavyzdžiui, galėtų būti toks:

a b

c d

Užduotis 3Kiek daugiausiai briaunų gali turėti 23-os eilės jungus planarusis grafas, kurio trumpiausio

ciklo ilgis yra 6?Sprendimo santraukaDuota: n = 23, g = 6. Pagal antrąją nelygybę iš [Man04, 5 skyrius, 2 teorema],

m 6g(n− 2)

g − 2=

6(23− 2)

6− 2= 31,5.

Kadangi m — sveikasis skaičius, tai m 6 31.

Užduotis 4Ar egzistuoja planarus šeštos eilės grafas, kurio didumas 12? Jei ne, įrodyti, jei taip,

pateikti tokio grafo pavyzdį.AtsakymasEgzistuoja, pavyzdžiui, toks grafas:

a b c

d e f

Užduotis 5Kurie iš šių neplanarių grafų pasižymi tuo, kad tampa planariais, atėmus iš jų bet kurią

viršūnę?

1. K5.

2. K6.

3. K3,3.

4. K3,4.

Atsakymas

1. Taip.

2. Ne.

3. Taip.

92

4. Ne.

Užduotis 6Rasti duoto grafo chromatųjį skaičių.

1.

a b

c

de

f

2.

a b

c d

e f

3.

b

ag

f

e

dc

Sprendimo santrauka

1. Įmanoma nuspalvinti trimis spalvomis, pavyzdžiui, viršūnes a ir e nuspalviname pirmaspalva, d ir f — antra spalva, b ir c — trečia. Mažiau neužteks, nes turi pilną trečioseilės pografį, sudarytą iš viršūnių b, d ir e.

2. Įmanoma nuspalvinti dviem spalvomis, pavyzdžiui, viršūnes a, c ir f nuspalvinamepirma spalva, b, d ir e — antra spalva. Mažiau neužteks, nes turi pilną antros eilėspografį, sudarytą iš viršūnių a ir b (kitaip tariant, vienos spalvos neužteks, nes grafasnėra tuščias).

3. Įmanoma nuspalvinti keturiomis spalvomis, pavyzdžiui, viršūnes a ir g nuspalvinamepirma spalva, b ir d — antra spalva, e ir f — trečia, c — ketvirta. Mažiau neužteks,nes turi pilną ketvirtos eilės pografį, sudarytą iš viršūnių a, c, d ir f .

Užduotis 7Ar įmanoma sumažinti duoto grafo chromatųjį skaičių, atėmus iš jo kurią nors viršūnę?

Duoti grafai iš 6 užduoties sąlygos.Sprendimo santrauka

93

1. Taip, pavyzdžiui, atėmę viršūnę e, likusį grafą galime nuspalvinti dviem spalvomis:viršūnes a ir b nuspalvinsime pirma spalva, c, d ir f — antra. Tas pats ir atėmusviršūnę b. Bet jei atimtume kurią nors kitą viršūnę, prireiktų 3 spalvų, nes tokiu atvejugrafe lieka pilnas trečios eilės pografis.

2. Ne, nes tik tuščiojo grafo chromatusis skaičius lygus 1, o kad ir kokią viršūnę atimtume,grafas liks netuščias.

3. Taip, pavyzdžiui, atėmus a, c, d ar f užteks trijų spalvų.

Užduotis 8Rasti duoto žemėlapio dualųjį grafą ir juo naudojantis nustatyti, kiek mažiausiai spalvų

užtenka duoto žemėlapio valstybėms nuspalvinti (čia raidėmis pažymėtos žemėlapio valsty-bės).

A

C

E B

D

F

Sprendimo santraukaDualiojo grafo viršūnės atitinka duotojo žemėlapio valstybes, ir dvi dualiojo žemėlapio

viršūnes sujungiame tada ir tik tada, kai atitinkamos valstybės turi bendrą sieną. Duotožemėlapio dualusis grafas bus toks:

A

F

B

C

E

D

Jo chromatusis skaičius yra 2, jį galima nuspalvinti dviem spalvomis, pavyzdžiui, taip: vir-šūnes A, C ir D nuspalvinti pirma spalva, viršūnes B, E ir F — antra spalva. Tuo pačiugauname, kad mažiausias skaičius spalvų, kurių reikia duoto žemėlapio valstybėms nuspal-vinti, yra dvi, ir valstybes nuspalviname tomis pačiomis spalvomis, kaip atitinkamas dualiojografo viršūnes.

Užduotis 9Seimas turi 10 komitetų, posėdžiaujančių kartą per mėnesį. Kiekvieno komiteto posėdis

užtrunka visą dieną. Komitetų sudėtis: a = {A,C,G}, b = {A,B,D}, c = {B,D,H},d = {C,E}, e = {A,B, F,G, I}, f = {D, J}, g = {E, F}, h = {G,H, I}, i = {I, J},j = {J,K} (čia a, b, c, . . . yra komitetai, o A,B,C, ... žymi skirtingus Seimo narius). Rastitokį posėdžių tvarkaraštį, kad kiekvienas Seimo narys galėtų sudalyvauti posėdžiuose visų ko-mitetų, kuriems jis priklauso, ir posėdžiai užtruktų mažiausią dienų skaičių. Spręsti, užduotįišreiškiant grafo viršūnių spalvinimo problemos terminais.

Sprendimo santraukaNusibrėžiame grafą, kurio viršūnės atitinka komitetus. Viršūnes sujungiame, jei atitin-

kami komitetai turi bent vieną bendrą narį. Nuspalviname gautą grafą. Ta pačia spalva

94

nuspalvintas viršūnes atitinkantys komitetai gali posėdžiauti tą pačią dieną. Vienas iš gali-mų atsakymų yra toks: 3 dienų užtenka, pavyzdžiui, pirmą dieną posėdžiauja komitetai d, eir f , antrą — a, c, g ir i, trečią — b, h ir j. Mažiau dienų neužteks, nes grafas turi 3 eilėspilnąjį pografį (pavyzdžiui, sudarytą iš viršūnių a, b, e).

Užduotis 10Tarkime, jungusis dvidalis planarusis grafas turi n > 3 viršūnių ir m briaunų. Parodyti,

kad m 6 2n− 4.Sprendimo santraukaĮrodymas analogiškas pirmosios nelygybės iš [Man04, 5 skyrius, 2 teorema] įrodymui.

Turime du atvejus.

1. Jei duotas jungusis grafas neturi ciklų, jis yra medis, todėl m = n − 1. Nesunkupatikrinti, kad šiuo atveju sąlyga m 6 2n− 4 yra patenkinta, jei n > 3.

2. Tarkime, duotas dvidalis grafas turi ciklų. Žinome, kad dvidaliai grafai neturi nelyginioilgio ciklų, todėl trumpiausio ciklo ilgis g > 4. Iš antrosios nelygybės iš [Man04, 5skyrius, 2 teorema] gauname, kad

m 6g(n− 2)

g − 2= (n− 2)

(

1 +2

g − 2

)

.

Kadangi 2g−2

yra mažėjanti funkcija, didžiausią reikšmę ji įgyja, kai g yra mažiausiasgalimas, t. y. g = 4. Todėl

m 6 (n− 2)

(

1 +2

g − 2

)

6 (n− 2)

(

1 +2

4− 2

)

= 2(n− 2) = 2n− 4.

Įrodyta.

95

13 pratybos

Medžių skaičiusTeorinė medžiaga: [Man04] E. Manstavičius. Diskrečioji matematika: kombinatorikos irgrafų teorijos pradmenys. Paskaitų konspektas. (II dalies 7 skyriaus pradžia, iki 1 teoremospirmojo įrodymo imtinai.)

Užduotis 1Sudaryti duoto medžio Prüfer’io kodą.

2

5

3

4

8

1

7

6

Sprendimo santraukaPrüfer’io kodo sudarymo algoritmas yra toks. Pasirenkame pirmojo laipsnio viršūnę,

kurios numeris b yra mažiausias. Kadangi ji pirmojo laipsnio, ji jungiasi su vienintele kitaviršūne, kurios numerį a prijunkime prie sudaromo Prüfer’io kodo. Atimkime viršūnę, kuriosnumeris b, iš medžio. Kartojame procedūrą tol, kol medyje yra daugiau kaip dvi viršūnės.

Sudarysime lentelę, kurioje nurodysime mažiausią pirmojo laipsnio viršūnės numerį b, suja sujungtos viršūnės numerį a, sudaromą Prüfer’io kodą α, prie kurio prijungėme a, ir medį,gautą, atėmus viršūnę, kurios numeris b. Sustosime, kai medyje liks tik dvi viršūnės.

b a α Medis

2 5 5

5

3

4

8

1

7

6

4 3 5, 3

5

38

1

7

6

5 3 5, 3, 3

38

1

7

6

6 1 5, 3, 3, 1

38

1

7


96


b a α Medis

7 1 5, 3, 3, 1, 1

38

1

1 3 5, 3, 3, 1, 1, 33

8

Gavome, kad duoto medžio Prüfer’io kodas yra α = (5, 3, 3, 1, 1, 3).Atsakymas(5, 3, 3, 1, 1, 3).

Užduotis 2Sudaryti medį, kurio Prüfer’io kodas yra α = (5, 3, 3, 1, 1, 3).Sprendimo santraukaMedžio sudarymo algoritmas yra toks. Duotas Prüfer’io kodas α. Jo ilgis yra n− 2, kur

n yra medžio eilė. Taigi, medžio eilę gausime, prie Prüfer’io kodo α ilgio pridėję du. Pra-džioje turime viršūnių indeksų aibę I = {1, 2, . . . , n} ir Prüfer’io kodą α. Aibėje I randamemažiausią skaičių b, kurio nėra Prüfer’io kode α. Sujunkime viršūnę, kurios numeris b, suviršūne, kurios numeris yra pirmasis Prüfer’io kodo α skaičius a. Iš aibės I pašaliname b,iš Prüfer’io kodo α pašaliname pirmąjį elementą a. Viską kartojame, kol Prüfer’io kodas αtampa tuščias. Tada dar tarpusavyje sujungiame dvi viršūnes, kurių numeriai likę aibėje I.

Duoto Prüfer’io kodo α = (5, 3, 3, 1, 1, 3) ilgis yra 6, todėl medžio eilė n = 6 + 2 = 8.Atidėkime aštuonias viršūnes, kurias ir jungsime briaunomis, konstruodami medį. Medžiosudarymo procesą parodysime lentele, kurioje nurodysime viršūnių indeksų aibę I, Prüfer’iokodą α, mažiausią skaičių b ∈ I, kurio nėra Prüfer’io kode α, briauną, kurią prijungsime priesudaromo medžio, ir sudaromą medį su prijungta nauja briauna. Sustosime, kai Prüfer’iokodas ištuštės, ir pabaigai dar sujungsime dvi viršūnes, kurių numeriai liko aibėje I.

I α b Briauna Grafas

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 5, 3, 3, 1, 1, 3 2 25

3

21

8

7

65

4

1, 3, 4, 5, 6, 7, 8 3, 3, 1, 1, 3 4 43

3

21

8

7

65

4


97


I α b Briauna Grafas

1, 3, 5, 6, 7, 8 3, 1, 1, 3 5 53

3

21

8

7

65

4

1, 3, 6, 7, 8 1, 1, 3 6 61

3

21

8

7

65

4

1, 3, 7, 8 1, 3 7 71

3

21

8

7

65

4

1, 3, 8 3 1 13

3

21

8

7

65

4

3, 8 38

3

21

8

7

65

4

Kadangi šios užduoties sąlygoje duotas Prüfer’io kodas α = (5, 3, 3, 1, 1, 3), kurį gavo-me 1 užduotyje, tai šioje užduotyje turėjome gauti medį iš 1 užduoties sąlygos. Nesunkupatikrinti, kad tai iš tiesų tas pats medis.

Atsakymas

3

21

8

7

65

4

98

vilniaus universitetasskersys/17r/kgt/kgtpratybos.pdf · iš abėcėlės {s,l,a} (saulėta,...

Documents