ZÁKLADY DISKRÉTNÍ MATEMATIKY

ZÁKLADY DISKRÉTNÍ MATEMATIKY Michael Kubesa Text byl vytvoře v rámci realizace projektu Matematika pro ižeýry 21. století (reg. č. CZ.1.07/2.2.00/07.0332), a kterém se společě podílela Vysoká škola báňská Techická uiverzita Ostrava a Západočeská uiverzita v Plzi

Michael Kubesa Základy diskrétí matematiky c Michael Kubesa, 2011 ISBN

Předmluva Vážeí čteáři, teto učebí text je a bude dyamický, tz. bude průběžě doplňová, opravová a vylepšová. Autor Vám bude vděče, pokud jej jakýmkoliv možým způsobem upozoríte a případé chyby, možá doplěí a vylepšeí. Zároveň se autor omlouvá, že text eí zatím vybave obrázky. Bude apraveo! V Ostravě 28. 8. 2011 Michael Kubesa iii

Obsah Předmluva iii 1 Úvod 1 1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi................. 2 1.2 Poslouposti, sumy a produkty..................... 7 1.3 Horí a dolí celá část reálého čísla.................. 12 Příklady k procvičeí........................... 14 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 14 2 Základí kombiatorické výběry 16 2.1 Permutace bez opakováí......................... 16 Příklady k procvičeí........................... 24 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 25 2.2 Kombiace bez opakováí........................ 27 Příklady k procvičeí........................... 31 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 32 2.3 Variace bez opakováí.......................... 32 Příklady k procvičeí........................... 36 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 36 2.4 Permutace s opakováím......................... 37 Příklady k procvičeí........................... 41 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 42 2.5 Kombiace s opakováím......................... 42 Příklady k procvičeí........................... 46 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 46 2.6 Variace s opakováím........................... 47 Příklady k procvičeí........................... 49 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 50 2.7 Složeé výběry.............................. 50 Příklady k procvičeí........................... 52 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 53 iv

3 Diskrétí pravděpodobost 54 3.1 Náhodé jevy a pravděpodobostí prostor............... 55 3.2 Závislé a ezávislé áhodé jevy..................... 61 3.3 Náhodá proměá a středí hodota áhodé proměé................................ 64 Příklady k procvičeí........................... 69 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 70 4 Důkazy v diskrétí matematice 71 4.1 Dirichletův pricip............................ 86 Příklady k procvičeí........................... 88 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 88 5 Relace a zobrazeí 90 5.1 Biárí a -árí relace a možiě A.................. 91 5.2 Relace ekvivalece............................ 98 5.3 Relace částečé uspořádáí........................ 100 5.4 Zobrazeí................................. 106 5.5 Bijekce koečé možiy A a sebe ebo-li permutace......... 110 Příklady k procvičeí........................... 115 Klíč k příkladům k procvičeí...................... 117 6 Pricip ikluze a exkluze 119 Příklady k procvičeí........................... 126 Literatura 128 Rejstřík 129 v

1 Kapitola 1 Úvod Pojem diskrétí matematika eozačuje jakousi taktí, ohleduplou či šetrou matematiku, ale matematiku espojitou. Již od pradáva lidé při zkoumáí okolí reality používali dva zcela odlišé filozofické přístupy. Oba shodě pracovaly s představou, že Svět se skládá z ějakých základích (dále edělitelých) částic, přičemž prví přístup říkal, že v jakémkoliv okolí (sebemeším) libovolé základí částice je vždy ějaká jiá základí částice (spojitá ebo-li kotiuálí představa Světa) a druhý, že ke každé základí částici umíme ajít takové okolí, že v ěm žádá další základí částice eí (espojitá představa Světa). Je třeba dodat, že tyto dva přístupy si při zkoumáí objektiví reality (pokud existuje) eodporují, ale aopak se doplňují. Pohled spojitý je v deší techické praxi uplatňová při tvorbě tzv. aalogových přístrojů, zatímco espojitý v případě digitálích. Protože žijeme v době bouřlivě se rozvíjející digitalizace, je přirozeé, že espojitá představa Světa abývá vrchu. Nejdramatičtější rozvoj diskrétí matematiky je proto eoddělitelě spoje s rozvojem digitálí počítačové techiky, jež probíhá od poloviy 20. století do deších dů. Uvědomme si, že matematika při zkoumáí Světa ahrazuje jedotlivé objekty čísly a k tomu si vytvořila růzé číselé možiy. Zopakujme si je. Možiu přirozeých čísel budeme začit N a N = {1, 2, 3,... }. Na tomto místě si ihed řekěme, že v diskrétí matematice často přidáváme do možiy přirozeých čísel ulu, takovou možiu budeme začit N 0. Dále záme možiu celých čísel Z, kde Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,... }, možiu racioálích čísel Q, kde Q = { p : p Z, q N} a možiu reálých čísel q R, kde R = Q I, přičemž I je možia iracioálích čísel, to jsou ta, která elze vyjádřit číslem racioálím (apř. 2, 3, π, e = 2, 7812... ). Zmiňme ještě možiu komplexích čísel C, kde C = {a + bi : a, b R, i 2 = 1}. Jistě jste si všimli, že číselé možiy N a Z vlastě charakterizují Svět espojitý a proto jsou téměř všecha zkoumáí v diskrétí matematice popsatelá právě těmito čísly. Zatímco apříklad matematická aalýza (kotiuálí matematika) se při svých výzkumech eobejde bez čísel reálých.

2 Úvod 1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi Již v úvodu jsme používali pojem možia, aiž by byl, byť ituitivě, defiová. Možiou rozumíme ějaký souhr vzájemě rozlišitelých objektů, přičemž objektům, které možia obsahuje, říkáme prvky možiy. Možiy obvykle ozačujeme velkými písmey A, B, M, V, U, X, Y... a prvky možiy malými a, b, e, u, v, x, y.... Skutečost, že prvek x do možiy M áleží, zapíšeme x M, zatímco pokud prvek x do možiy M epatří, zapíšeme x / M. Prázdou možiu (možia bez prvků) ozačíme symbolem. Možiy zadáváme: výčtem prvků ebo-li taxativě, apř. M = {5, 7, 9, 11}, charakteristickou vlastostí apř. M = {x N : 5 x 11, x je liché } ebo M = {2k + 1 : k = 2, 3, 4, 5}. Zápis čteme M je možia všech přirozeých čísel x, pro která platí, že jsou lichá a větší ebo rova 5 a meší ebo rova 11 a druhý čteme M je možia všech čísel 2k + 1, kde k projde všechy celočíselé hodoty od 2 do 5. Vidíme, že logická spojka a současě se při zápisu možiy charakteristickou vlastostí může zaměit čárkou. Zak : čteme většiou platí, že a můžeme jej ahradit zakem. Pořadí prvků v možiě ehraje roli, platí tedy {5, 7, 9, 11} = {7, 11, 9, 5}. V předchozí větě jsme použili rovost dvou moži, je přirozeé, že dvě možiy se rovají právě tehdy, když obsahují tytéž prvky. Z výše uvedeého také plye, že každý prvek možiy se v možiě vyskytuje přesě jedou (rozlišitelost), proto apříklad souhr prvků {b, a, d, c}, zatímco souhr {b, a, d, a} bychom museli přepsat apříklad do tvaru {a, b, d}, aby se stal možiou. Protože v matematice občas potřebujeme euspořádaý souhr prvků, kde se ěkteré prvky opakují, zavedeme pojem multimožiy. Multimožia je tudíž euspořádaý souhr prvků, přičemž se prvky mohou opakovat, erozlišitelým prvkům říkáme kopie. Multimožiy budeme v tomto textu začit velkými písmey s hvězdičkou apř. X *. Možiy i multimožiy mohou být koečé i ekoečé, v diskrétí matematice převážě pracujeme s možiami koečými. Obecou koečou eprázdou možiu X zpravidla zapisujeme X = {x 1, x 2,..., x }, kde je libovolé přirozeé číslo. V sezamu prvků tedy vypíšeme prví dva prvky, pak horizotálí trojtečku a prvek posledí. Dodejme, že uvedeý zápis zameá pro = 1, že X = {x 1 } a pro = 2, že X = {x 1, x 2 }. Obecou ekoečou eprázdou možiu zapíšeme X = {x 1, x 2,..., x,... } ebo X = {x 1, x 2,... }, pokud eí obecý -tý prvek jedoduše vyjadřitelý. Počet prvků možiy X zapisujeme X. V případě ekoečé možiy používáme obvykle místo pojmu počet prvků možiy pojem mohutost možiy (začeí zůstává stejé). Vidíme, že pro X = {x 1, x 2,..., x } je X = a = 0. Pokud máme obecou koečou multimožiu X *, která obsahuje 1 kopií prvku x 1, 2 kopií prvku x 2 atd. až kopií prvku x, pak X * = 1 + 2 + +.

1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi 3 Možia X je podmožiou možiy Y, jestliže pro každé x X platí x Y, což zapisujeme X Y. Pokud X Y a existuje prvek y Y, který epatří do X, pak říkáme, že X je vlastí podmožiou Y a zapíšeme X Y. Sado lze vypozorovat, že X = Y právě tehdy, když X Y a Y X. Připomeňme ještě, že pokud X Y, pak tomuto vztahu říkáme ikluze moži X, Y. Podobě lze také defiovat podmultimožiu daé multimožiy. Jsou-li prvky daé možiy také možiy, pak hovoříme raději o systému moži a e o možiě moži. Systém všech podmoži možiy X budeme začit 2 X a budeme mu říkat potečí možia možiy X. Pokud je X =, pak 2 X = { }. Všiměte si, že { } =. Pro koečé možiy X obecě platí, 2 X = 2 X. Teto vztah dokážeme v Kapitole 4. Příklad 1.1. Mějme možiu M = {x Z : 2x 3 + 3x 2 3x 2 = 0}. Určete taxativě možiu 2 M. Řešeí. Možiu M máme zadáu charakteristickou vlastostí, pokusíme se ji vyjádřit výčtem prvků. Musíme tedy ajít všecha celočíselá řešeí rovice 2x 3 +3x 2 3x 2 = 0. Protože jde o rovici třetího řádu, bude uté jede z kořeů odhadout. Neí těžké si uvědomit, že jede z ich je číslo 1. Proto x 1 = 1. Pak ovšem musí platit, že polyom 2x 3 +3x 2 3x 2 jsme schopi zapsat ve tvaru (x 1) P (x). Řešeím rovice 2x 3 + 3x 2 3x 2 = (x 1) P (x) = 0, jsou kromě jedičky také řešeí rovice P (x) = 0, přičemž P (x) = (2x 3 +3x 2 3x 2)/(x 1) = 2x 2 +5x+2. Diskrimiat rovice P (x) = 0 je D = 5 2 4 2 2 = 9, pak ovšem x 2 = 5+3 = 1 4 2 a x 3 = 5 3 = 2. Proto M = { 2, 1}, eboť ás zajímají pouze celočíselá 4 řešeí. Nyí je již jasé, že 2 M = {, { 2}, {1}, { 2, 1}}. Pozor, esmíme psát 2 M = {, 2, 1, { 2, 1}}, protože podmožiou M je jedoprvková možia s prvkem 2 resp. 1, e prvek 2 resp. 1! Sado také ověříme, že 2 M = 4 = 2 2 = 2 M. Při práci s možiami, je dobré zavést pojem uiversa či uiverzálí možiy U. Potom platí, že každá možia, která přichází v úvahu (s kterou pracujeme) je podmožiou U, přičemž možia U charakterizuje ějaký přirozeý celek. Pojem uiversa je tudíž relativí. V matematické aalýze jím je často možia reálých čísel R, zatímco v diskrétí matematice to bývá obvykle N, N 0 ebo Z. S možiami můžeme provádět růzé operace, což zameá, že jedé či více možiám jedozačě přiřadíme ějakou další možiu. Nejjedodušší operací je doplěk (komplemet) možiy v možiě U. Doplěk možiy A začíme A ebo A U a platí A = {x U : x / A} (v A jsou všechy prvky uiversa, které epatří do možiy A). Doplěk možiy je zázorě a obrázku 1.1 tzv. Veovým diagramem. Příklad 1.2. Nalezěte doplňky A Z a A N možiy A = {x N : 1 x 1 2, 1 5 }. Řešeí. Protože 1 1, 1, musí platit, že 1 1 1. Teto zápis charakterizuje x 5 2 2 x 5 dvě erovice, a to 1 1 a 1 1. Protože je x přirozeé, tedy kladé, sado 2 x x 5 dostaeme výsledek x 2 a x 5. Vidíme, že A = {2, 3, 4, 5}.

4 Úvod U A Obr. 1.1 Doplěk ebo-li komplemet možiy A (vyšrafovaá část) Odtud A Z = {... 2, 1, 0, 1, 6, 7, 8,... } a A N = {1, 6, 7, 8,... }. Takové ekoečé možiy umíme ovšem přesěji zapsat charakteristickou vlastostí, proto zvolíme jiý zápis, apříklad A Z = {x Z : x 1 x 6} a A N = {x N : x = = 1 x 6}. Již ze středí školy záme průik A B, sjedoceí A B a rozdíl A B moži A, B. Víme, že platí A B = {x U : x A x B} (v A B jsou všechy společé prvky moži A, B), A B = {x U : x A x B} (viz obr 1.2) (v A B jsou všechy prvky z prví ebo druhé možiy) a A B = {x A : x / B} (v A B jsou všechy prvky možiy A, které epatří do B)(viz obr 1.2). U U A B A B Obr. 1.2 Sjedoceí moži A B a možiový rozdíl A B (vyšrafovaé části) Pro zájemce: Následující příklad je prví ukázkou, jak vést v matematice obecý důkaz. Všiměte si, že probíhá v jedotlivých krocích, přičemž správost každého kroku musí být obhájea ějakým již zámým (tudíž už dokázaým) pravidlem. Matematickým důkazům se budeme pečlivě věovat v Kapitole 4. Příklad 1.3. Dokažte, De Morgaova pravidla A B = A B a A B = A B.

1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi 5 Řešeí. Pokud X Y a současě Y X, pak X = Y. Této myšleky využijeme v ásledujícím důkazu. Nechť x je libovolý prvek z možiy A B. Potom platí, že x U a x / A B. Výrok x / A B lze přepsat (x A B), kde symbol zameá egaci výroku (opak výroku) v závorce. Víme, že pokud x A B, pak x A x B. Dostáváme tudíž výrok (x A x B). Z výrokové logiky je zámo, že výrok (x A x B) je ekvivaletí s výrokem (x A) (x B), což je výrok x / A x / B. Protože x U, můžeme předešlý výrok přepsat x A x B, z čehož plye x A B. Dokázali jsme, že každý prvek možiy A B je prvkem možiy A B, proto A B A B. Nyí předpokládejme, že x A B. Potom x A x B a odtud (x A) (x B). Předešlý výrok je ekvivavaletí s výrokem (x A x B), což lze přepsat (x A B). Čili prvek x patří do U, ale epatří do A B, proto x A B. V tuto chvíli máme prokázáo, že každý prvek z A B je prvkem A B. Tudíž A B A B. Ověřili jsme platost obou možiových ikluzí A B A B a A B A B, proto musí platit A B = A B. Důkaz druhého De Morgaova pravidla poecháme jako cvičeí. Průik resp. sjedoceí většího počtu moži A 1, A 2,..., A budeme zapisovat A i resp. A i. Tudíž i=1 i=1 A i = A 1 A 2... A i=1 i=1 a A i = A 1 A 2... A. Pokud chceme z moži vybrat je ějakých k, k, pak dolí idexy vybraých moži obecě ozačíme i 1, i 2,..., i k, kde i 1, i 2,..., i k {1, 2,..., }. Průik a sjedoceí těchto vybraých moži pak můžeme zapsat j {i 1,i 2,...,i k } A j = A i1 A i2... A ik a j {i 1,i 2,...,i k } A j = A i1 A i2... A ik. Předešlé možiové operace přiřazovaly jedé či více možiám možiu, jež byla podmožiou téhož uiversa jako možiy původí. Následující operace tuto vlastost emají. Kartézský souči moži A 1, A 2,..., A budeme začit A 1 A 2... A a platí A 1 A 2... A = {(a 1, a 2,..., a ) : a i A i, i = 1, 2,..., }. Kartézský souči moži A 1, A 2,..., A v tomto pořadí je tedy možia všech uspořádaých -tic, kdy prví prvek (také můžeme říci prvek a prví pozici) je z prví možiy, druhý z druhé a tak dále, až -tý z -té možiy. Navíc platí, že A = A =. Dodejme, že zápis i = 1, 2,..., zameá, že idex i projde všecha čísla 1, 2,......,, zatímco zápis i {1, 2,..., } říká, že idex i je ěkteré z čísel 1, 2,...,.

6 Úvod Platí-li A 1 = A 2 = = A = A, pak kartézský souči A A... A = A azýváme -tou kartézskou mociou možiy A. Dodejme, že A 1 = A a A 0 = { }. V Kapitole 4 dokážeme platost vztahu A B = A B. Dá se také dokázat zobecěý vztah A 1 A 2... A = A 1 A 2 A. Příklad 1.4. Nechť A = {, }, B = {1, 3, 5} a C = { }. Určete možiy A B, C B, B C, B C A, B 2 a A 3. Řešeí. A B je možia všech uspořádaých dvojic, kde a prví pozici je prvek z A a a druhé prvek z B. Abychom a žádou dvojici ezapoměli, je dobré postupovat systematicky. Nejdříve vezmeme prví prvek z A a a druhou pozici k ěmu budeme postupě přidávat všechy prvky možiy B. Dostaeme dvojice (, 1), (, 3), (, 5). Pak totéž provedeme pro druhý prvek z A a dostaeme dvojice (, 1), (, 3), (, 5). (Pokud by v A existovaly další prvky, budeme takto pokračovat dál.) Tudíž A B = {(, 1), (, 3), (, 5), (, 1), (, 3), (, 5)}. Podobě, C B = {(, 1), (, 3), (, 5)} a B C = {(1, ), (3, ), (5, )}. Všiměte si, že C B B C, tedy kartézský souči eí komutativí. V ašem případě dokoce platí (C B) (B C) = (možiy emají ai jede společý prvek). Připomeňme, že jestliže pro dvě možiy X, Y platí X Y =, pak X, Y azýváme disjuktí možiy. B C A je možia všech uspořádaých trojic, kde 1. prvek je z možiy B, druhý z C a třetí z A. Budeme opět systematičtí. Na prví pozici dáme 1. prvek z B, a druhou prví prvek z C a a třetí postupě všechy prvky z A. Dostaeme (1,, ), (1,, ). Na prví pozici poecháme 1. prvek z B a a druhou bychom dali druhý z C. Te ovšem eexistuje, proto dáme a prví pozici druhý prvek z B, a druhou jediý prvek z C a a třetí postupě všechy prvky z A. Dostaeme uspořádaé trojice (3,, ), (3,, ). Nakoec dáme a prví pozici posledí prvek z B a celou proceduru opakujeme. Dostaeme (5,, ), (5,, ). Proto B C A = {(1,, ), (1,, ), (3,, ), (3,, ), (5,, ), (5,, )} Protože kartézské mociy jsou speciálími případy kartézských součiů, můžeme být stručější a ihed psát B 2 = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (5, 1), (5, 3), (5, 5)} A 3 = {(,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, )}. Všiměme si, že platí A B = 6 = 2 3 = A B, C B = 3 = 1 3 = C B = = B C = B C, B C A = 6 = 3 1 2 = B C A, B 2 = 9 = 3 2 = B 2 a A 3 = 8 = 2 3 = A 3.

1.2 Poslouposti, sumy a produkty 7 Příklad 1.5. Určete taxativě možiu 2 X, pokud X = (A B) B 2 a A = = {x N : x 3 3x 2 + 2x = 0} a B = {x R : x = 1 x }. Řešeí. Začěme tím, že si možiy A i B vyjádříme taxativě. V případě možiy A hledáme přirozeá čísla, která splňují rovici x 3 3x 2 +2x = 0. Nalezeme všechy kořey této rovice a vybereme pouze ty, které jsou přirozeými čísly. Protože x 3 3x 2 + 2x = x(x 2 3x + 2) = 0, tak jede z kořeů, řekěme x 1, je 0 a zbývající dvě řešeí x 2, x 3 jsou kořey kvadratické rovice x 2 3x + 2 = 0. Pro hledáí celočíselých kořeů ormovaé kvadratické rovice (před x 2 je jedička) x 2 + px + q = 0 můžeme s úspěchem použít Vietovu větu, která říká, že pro kořey x 1, x 2 musí platit x 1 + x 2 = p a x 1 x 2 = q. V ašem případě tudíž hledáme dvě celá čísla, která v součtu dávají trojku a v součiu dvojku. Ale taková čísla jsou 1 a 2. Proto A = {1, 2}, eboť 0 eí přirozeé číslo. Dodejme ještě, že Vietova věta v obecém zěí hovoří o vztahu kořeů a koeficietů obecé algebraické rovice -tého řádu, tj. rovice a x + a 1 x 1 + + + a 1 x + a 0 = 0, přičemž a i jsou reálá čísla pro všecha i = 1, 2,...,. V případě možiy B hledáme reálá čísla, která se rovají své převráceé hodotě. Taková čísla jsou pouze dvě, a to 1, 1. Proto B = { 1, 1}, A B = {(1, 1), (1, 1), (2, 1), (2, 1)} a B 2 = {( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1), (1, 1)}. Chceme-li určit možiu X = (A B) B 2, pak hledáme prvky možiy A B, které ejsou obsažey v B 2 (Pozor, prvky jsou tetokrát uspořádaé dvojice!). Tudíž X = (A B) B 2 = {(2, 1), (2, 1)}. Ještě zbývá alézt možiu 2 X, což je systém všech podmoži možiy X (prvky jsou podmožiy možiy X). Proto 2 X = {, {(2, 1)}, {(2, 1)}, {(2, 1), (2, 1)}}. Uvědomte si, že zápisy {(2, 1)} a {2, 1} ezameají totéž! Prví ozačuje jedoprvkovou možiu, kde prvkem je uspořádaá dvojice (2, 1), zatímco druhý ozačuje dvouprvkovou možiu, kde prvky jsou čísla 2 a 1. V závěru podkapitoly ještě zavedeme pojem celočíselého itervalu. Symbolem [x, y], kde x, y Z, x y, budeme ozačovat možiu všech celých čísel, která jsou meší ebo rova y a větší ebo rova x. Takové možiě budeme říkat celočíselý iterval od x do y. Platí tedy [x, y] = {a Z : x a y x, y Z x y}. 1.2 Poslouposti, sumy a produkty Každou koečou možiu či multimožiu můžeme úplě (lieárě) uspořádat, tz. určíme jedozačě, který prvek je prví, který druhý... atd. Určíme tudíž jedozačě pořadí každého prvku v možiě. V takto pevě uspořádaé možiě ozačíme prví prvek a 1, druhý prvek a 2 až obecý -tý prvek a. Dostaeme tedy

8 Úvod uspořádaou -tici (a 1, a 2,..., a ), kde a i pro i = 1, 2,..., jsou všechy prvky zadaé možiy. Takovou uspořádaou -tici (a 1, a 2,..., a ) budeme azývat koečá posloupost a můžeme ji také zapsat (a i ) i=1. Prvek a i, i {1, 2,..., }, azýváme i-tý čle poslouposti, popřípadě čle poslouposti. Podobě můžeme také uspořádat ekoečé možiy a multimožiy, čímž dostaeme ekoečé poslouposti. Nekoečé poslouposti zapisujeme buď (a 1, a 2,..., a,... ) ebo (a 1, a 2,... ) ebo (a i ) i=1. Dodejme ještě, že připouštíme existeci prázdé poslouposti, tj. poslouposti bez jakéhokoliv čleu. Kokrétí poslouposti můžeme zadávat růzými způsoby. Například tak, že vypíšeme všechy její prvky v daém pořadí, apříklad (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21) (máme-li a mysli koečou posloupost) ebo (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ) (máme-li a mysli ekoečou posloupost). V obou případech říkáme, že jsme zadali posloupost taxativě ebo-li výčtem prvků. Takové zadáí je v případě poslouposti s moha čley velmi obtížé a v případě ekoečé poslouposti dokoce emožé (Co ásleduje za číslem 21?). Další možost, jak zadat posloupost, je rekuretě. Což zameá, že zadáme předpis pro výpočet -tého čleu a z čleů předchozích, přičemž musíme zát dostatečý počet prvích čleů poslouposti. Jako příklad ám poslouží Fiboacciho posloupost, která bývá zadáváa ásledově: a 1 = a 2 = 1 a a = a 1 + a 2 pro 3. Jistě jste si všimli, že výše uvedeá posloupost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ) by mohla být Fiboacciho posloupost. Také můžeme určit posloupost vzorcem pro -tý čle (předpis, jak vypočítat a, pokud záme ). Jako příklad uveďme a = 1 5 (( 1+ 5) ( 1 5) ). Je velmi 2 2 zajímavé, že pokud by jste použili teto vzorec pro = 1, 2,... dostali by jste posloupost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ). Jde tudíž opět o Fiboacciho posloupost! Výpočty jedotlivých čleů ze zadaého vzorce jsou docela zdlouhavé, proto zkusme ověřit (pro zájemce) alespoň, že apříklad a 6 je rovo 8. Pro zájemce: Výpočet provedeme bez použití biomické věty, eboť v jejím zápise jsou použita kombiačí čísla s kterými se sezámíme až v ásledující kapitole. Víme, že a 6 = 1 5 (( 1+ 5 2 ) 6 ( 1 5 2 ) 6 ). Proveďme substituci a = 5 a uvědomme si, že (1 + a) 6 = (1 + a) 3 (1 + a) 3 a (1 a) 6 = (1 a) 3 (1 a) 3, přičemž (1+a) 3 = 1+a+a 2 +a 3 a (1 a) 3 = 1 a+a 2 a 3. Po rozásobeí vidíme, že a 6 je (1 + 6a + 15a 2 + 20a 3 + 15a 4 + 6a 5 + a 6 ) (1 6a + 15a 2 20a 3 + 15a 4 6a 5 + a 6 ) 2 6. a Z čehož po úpravách dostaeme

1.2 Poslouposti, sumy a produkty 9 a 6 = 4a(3 + 10a2 + 3a 4 ) 4a 2 4. Po vykráceí a zpěté substituci máme a 6 = 3+10( 5) 2 +3( 5) 4 = 3+10.5+3.25 = 128 = 2 4 2 4 2 4 = 27 = 2 3 = 8. 2 4 Na závěr pozameejme, že určit vzorec pro -tý čle Fiboacciho poslouposti eí jedoduché, a tato problematika přesahuje možosti tohoto textu. Celé odvozeí můžete ajít v [MaNe]. Poměrě často se stává, že chceme všechy čley poslouposti (a i ) i=1 sečíst ebo vyásobit. Součet budeme ozačovat symbolem suma a souči symbolem produkt. Pro ozačeí je použito velké řecké sigma a velké řecké pí podle počátečích písme obou slov. Součet a souči všech čleů poslouposti lze tedy zapsat takto a 1 + a 2 + + a = a i a a 1 a 2 a = i=1 a i. Pokud chceme sečíst ebo vyásobit pouze vybraé čley poslouposti a i1, a i2,..., a ik, kde i j {1, 2,..., } pro každé j = 1, 2,..., k a k, pak píšeme i=1 k a ij j=1 Je však možý i jiý zápis, apříklad J {1,2,...,},j J a j ebo ebo k a ij. j=1 a j. J {1,2,...,},j J Příklad 1.6. Vypočítejte i=1 (i + 2). Řešeí. Nejdříve rozepíšeme sumu i=1 (i+2) = (1+2)+(2+2)+(3+2)+ +(+2). Součet (1 + 2) + (2 + 2) + (3 + 2) + + ( + 2) je součet prvích čleů aritmetické poslouposti, kde a 1 = 1 + 2 = 3, a = + 2 a diferece d = 1. Připomeňme, že vzorec pro součet s prvích čleů aritmetické poslouposti je s = (a 2 1 + a ). Odtud i=1 (i + 2) = (+5) (3 + + 2) =. 2 2 Jié řešeí. Protože koečý součet je asociativí a komutativí, můžeme psát i=1 (i + 2) = (2 + 2 + + 2) + (1 + 2 + + ) = 2 + 2 Příklad 1.7. Vypočítejte i=1 (2 i). (1 + ) = (+5) 2. Řešeí. Opět si produkt ejdříve rozepíšeme i=1 (2 i) = (2 1) (2 2) (2 ). Protože je ásobeí asociativí a komutativí můžeme psát (2 1) (2 2) (2 ) = = (2 2 2)(1 2 ). Víme, že 2 2 2 = 2 a 1 2 =!, kde symbol!

10 Úvod čteme faktoriál. O faktoriálu budeme podrobě hovořit v Kapitole 2. Proto i=1 (2 i) = 2!. Příklad 1.8. Vypočítejte i {x R x 2 +x 2=0} (2 + i) a i {x R x 2 +x 2=0} (2 i). Řešeí. Vidíme, že možia hodot idexu i je dáa charakteristickou vlastostí. Bude lepší, pokud ji vyjádříme taxativě. Sado zjistíme, že rovici x 2 + x 2 = = 0 splňují pouze čísla 1 a 2, proto {x R x 2 + x 2 = 0} = { 2, 1}. Odtud i {x R x 2 +x 2=0} (2 + i) = i { 2,1} (2 + i) = (2 + ( 2)) + (2 + 1) = 3 a i { 2,1} (2 i) = (2 ( 2)) (2 1) = 8. Zůstaňme ještě u příkladů 1.6 a 1.7. Zřejmě platí i=1 (i + 2) = ( i=1 i) + + ( i=1 2) a i=1 (2 i) = ( i=1 2) ( i=1 i) (Suma součtů je součet sum a produkt součiů je souči produktů). Víme, že i=1 + 2 (příklad 1.6), přičemž i=1 (i+2) = (+5) 2 = 2+ 2 i = (+1) 2. Proto (+1) (1+) = i=1 2 = 2 = 2 + 2 + + 2. Obdobě i=1 (2 i) = 2! (příklad 1.7) a i=1 i =!. Proto. = 2 2 2 2 + i=1 2 = 2 = Pokud tedy sčítáme ebo ásobíme výrazy, které ejsou fukcí idexu i (i prochází růzých hodot), jsou vůči proměé i kostatí, pak takový součet resp. souči chápeme jako součet ebo souči sčítaců resp. čiitelů, přičemž každý z ich je oa kostata. Obecě platí k = k + k + + k i=1 Ještě zmiňme, že apříklad = k a i=1 k = k k k = k. i {1,2,43,51,103} k = k + k + k + k + k = 5k a i {1,2,43,51,103} k = k k k k k = k 5, eboť o počtu sčítaců (čiitelů) rozhoduje pouze počet hodot, kterými idex i prochází. V obecých výpočtech může astat ásledující situace. Máme vypočítat sumu k i=5 a i či produkt k i=5 a i apříklad pro k = 2, 3,...,. Pak ovšem po dosazeí k = 2 dostáváme tzv. prázdou sumu 2 i=5 a i či prázdý produkt 2 i=5 a i (možia hodot idexu i je prázdá). Budeme si pamatovat, že prázdá suma je rova ule a prázdý produkt jedé. Proto 2 a i = 0 i=5 a 2 a i = 1. i=5

1.2 Poslouposti, sumy a produkty 11 Příklad 1.9. Na spořící účet jsme uložili 1000 Kč. Víme, že každý rok přičtou tolik stokoruu, kolik roků je účet vede, a každý rok odečtou 200 Kč za bakoví poplatky. Kolik koru bude a spořícím účtu po dvou letech? pěti letech? letech? Řešeí. Nejrozumější asi bude, pokud úlohu vyřešíme pro obecé a ostatí řešeí dostaeme pouhým dosazeím. Je zřejmé, že po jedom roce přičtou k tisícikoruě stokoruu, po druhém roce k 1000 + 100 Kč přičtou 2 100 koru, po třetím roce k 1000 + 100 + 2 100 Kč přičtou 3 100 koru a tak dále. Takže obecě po letech přičtou k tisícikoruě (1 + 2 + + ) 100 = k=1 k 100 koru. Avšak každý rok odečtou 200 koru, tudíž celkově 200 koru. Po letech bude a účtu 1000 + k=1 k 100 200 Kč. Víme, že k=1 k = 2 1000 + k=1 ( + 1) = (+1) 2. Odtud k 100 200 = 1000 + (+1) 2 100 200 = 1000 + 50 2 + 50 200 = 1000 + 50 2 150 = 1000 + 50( 3). Tudíž po dvou letech bude a účtu 1000 + 50 2(2 3) = 900 Kč, ale po pěti letech 1000 + 50 5(5 3) = 1500 Kč. Příklad 1.10. Vypočítejte j {2,4,9,11} (a + b)2 a j {2,4,9,11} (a + b)2. Řešeí. Protože se výraz (a + b) 2 eí fukcí idexu j, tak platí = 4(a + b) 2 a j {2,4,9,11} (a + b)2 = ((a + b) 2 ) 4 = (a + b) 8. j {2,4,9,11} Příklad 1.11. Vypočítejte j {x R:(x+1) 2 <0} j2 a j {x R:(x+1) 2 <0} j2. (a + b) 2 = Řešeí. Tetokrát je výraz j 2 závislý a idexu j, ale {x R : (x + 1) 2 < 0} =, eboť žádé reálé x eumí split podmíku (x + 1) 2 < 0. Jde tudíž o prázdou sumu a produkt. Odtud j {x R:(x+1) 2 <0} j2 = 0 a j {x R:(x+1) 2 <0} j2 = 1. Příklad 1.12. Vypočítejte 2 i=1 ( 1)i 3i. Řešeí. Jestliže sumu rozepíšeme, pak absolutí hodoty jedotlivých sčítaců tvoří aritmetickou posloupost (a 1 = 3, d = 3), avšak každý lichý sčítaec je obdaře zamékem mius a každý sudý zamékem plus. Proto můžeme psát 2 i=1 ( 1) i 3i = 2 i=1 isudé 3i 2 i=1 iliché 3i.

12 Úvod Rozepíšeme-li sumu 2 i=1 isudé 3i, pak sčítace tvoří aritmetickou posloupost, kde prví čle je 6 a posledí 3 2 = 6. Pozor, sčítaců je pouze. Odtud = 2 (6 + 6) = 3( + 1). Suma 2 i=1 iliché 2 i=1 isudé 3i = 3i obsahuje sčítaců, které tvoří aritmetickou posloupost, přičemž prví čle je 3 a posledí 3(2 1) = 6 3. Odtud = (3 + 6 3) = 2 32. Tudíž 2 ( 1) i 3i = i=1 2 i=1 isudé 3i 2 i=1 iliché 2 i=1 iliché 3i = 3i = 3( + 1) 3 2 = = 3 2 + 3 3 2 = 3. Proveďme jiou úvahu, která povede k řešeí. Každé dva po sobě jdoucí sčítace v sumě jsou po sobě jdoucí ásobky tří, přičemž meší má zaméko mius a větší zaméko plus. Tudíž, sečteme-li je, dostaeme číslo 3. Spárujme po sobě jdoucí sčítace a dostaeme součet párů, kde každý pár dává výsledek 3. Proto 2 ( 1) i 3i = ( 3 + 6) + ( 9 + 12) + + ( 3(2 1) + 3 2) = 3 + 3 + + 3 Příklad 1.13. Vypočítejte i=1 j=1 i j. Řešeí. Nejdříve aplikujeme pravou sumu a dostáváme + i ) = i(1 + 2 + + ) = = i i=1 j = j=1 i=1 ( (+1) 2 ) ( 2 2 = i). i=1 i=1 i=1 j=1 i (+1) 2 = (+1) 2 i=1 = 3. i j = (i 1 + i 2+ i=1 i=1 i = (+1) 2 (+1) 2 = 1.3 Horí a dolí celá část reálého čísla Defiice 1.14. Horí celá část reálého čísla a je celé číslo z takové, že platí z 1 < a z. Horí celou část reálého čísla a budeme začit a. Necháme-li si předešlou defiici projít hlavou, pak zjistíme, že při hledáí a mohou astat a číselé ose dvě možosti. Buď je a celé číslo, pak je jeho horí celá část přímo a, ebo a R Z, a pak je a ejbližší celé číslo apravo od a.

1.3 Horí a dolí celá část reálého čísla 13 Defiice 1.15. Dolí celá část reálého čísla a je celé číslo z takové, že platí z a < z + 1. Dolí celou část reálého čísla a budeme začit a. Opět, při hledáí a mohou astat a číselé ose dvě možosti. Buď je a celé číslo, pak je jeho dolí celá část přímo a, ebo a R Z, a pak je a ejbližší celé číslo alevo od a. Příklad 1.16. Určete horí a dolí celé části reálých čísel 7; 7; 2, 34; 2, 34; 14; 3 14 ; e; e. 3 Řešeí. Protože 7 a 7 jsou celá čísla, tak platí 7 = 7 = 7 a 7 = 7 = 7. Číslo 2, 34 leží mezi dvojkou a trojkou, zatímco číslo 2, 34 mezi mius trojkou a mius dvojkou, proto 2, 34 = 3, 2, 34 = 2 a 2, 34 = 2, 2, 34 = 3. Číslo 14 je mezi čtyřkou a pětkou, proto 14 = 5, 14 = 4 a 14 = 4, 3 3 3 3 14 = 5. Eulerovo číslo e je iracioálí s přibližou hodotou 2, 7812..., proto 3 e = 3, e = 2 a e = 2, e = 3. Příklad 1.17. Určete horí a dolí celou část reálého čísla 6, 9. Řešeí. Teto příklad se zdá vyložeě triviálí a moho z ás by zřejmě tvrdilo, že 6, 9 = 7 a 6, 9 = 6. Neí tomu tak! Dá se totiž ukázat, že 6, 9 = 7. Potom ovšem 6, 9 = 6, 9 = 7. Rovost 6, 9 = 7 prokážeme jedoduchou a krásou úvahou. Staovme x = 6, 9, potom ovšem 10x = 69, 9. Odtud plye 10x x = 69, 9 6, 9 a dostáváme 9x = 63. Což je splitelé pouze pro x = 7. Příklad 1.18. Ověřte, zda platí (+1)2 = 2 + pro každé sudé celé. 2 2 Řešeí. Ozačme = 2q, kde q Z. Na pravé straě dostaeme (2q)2 + 2q = 2q 2 + 2q. Protože je 2q 2 celé číslo, 2 platí 2q 2 = 2q 2. Po úpravě tudíž obdržíme 2q 2 + 2q. Levá straa je (2q+1)2 = (4q2 +4q+1) = 2q 2 + 2q + 1. Číslo 2 2 2 2q2 + 2q + 1 je 2 o jedu poloviu větší ež celé číslo 2q 2 + 2q, proto 2q 2 + 2q + 1 = 2 2q2 + 2q. Důkaz rovosti je ukoče, eboť jsme ověřili, že levá straa se rová pravé pro libovolé sudé. Příklad 1.19. Dokažte ebo vyvraťte rovost +k = + k pro libovolé sudé 2 2 2 a liché k,, k Z. Řešeí. Nechť = 2p a k = 2q + 1, přičemž p, q Z. Na pravé straě máme 2p+2q+1 = p + q + 1 = p + q. Levá straa je 2p + 2q+1 = p + q + 1 = p + q. 2 2 2 2 2

14 Úvod Příklady k procvičeí! 1. Dokažte, že platí A B = A B (pro zájemce). 2. Mějme možiy A = {x R : l x = 1 l x = 0} a B = {x Z : 2x 3 x 2 2x + + 1 = 0}. Zapište možiy A, B taxativě a určete A B, A B, A B, B A, A B a 2 B A. 3. Vypočítejte i { 2,0,1,2} i(i + 1) a i { 2,0,1,2} i(i + 1). 4. Vypočítejte a { 2,0,1,2} i(i + 1) a a { 2,0,1,2} i(i + 1). 5. Vypočítejte j {x R:si(x)= π} j3 a j {x R:si(x)= π} j3. 6. Vypočítejte 2 i=1 ( 1)i a 2 i=1 ( 1)i. 7. Vypočítejte 2 1 i=1 ( 1)i a 2 1 i=1 ( 1)i. 8. Vypočítejte i=1 3i a i=1 3i. 9. Vypočítejte 2 i=1 ( 2)i a 2 i=1 ( 2)i. 10. Vypočítejte 2 1 i=1 ( 2)i a 2 1 i=1 ( 2)i. 11. Vypočítejte k=1 k+1 k. 12. Ověřte, zda platí (+1)2 2 = 2 2 + pro každé N. 13. Ověřte, zda platí +k 2 = 2 + k 2 pro každé, k N. 14. Ověřte, zda platí ( x + y ) = x + y pro každé x, y R. Klíč k příkladům k procvičeí 1. Využijte příkladu 1.3. 2. A = { e, 1, 1, e}, B = { 1, 1}, A B = B, A B = A, A B = { e, e}, B A = =, A B = {( e, 1), ( e, 1), ( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1), (1, 1), (e, 1), (e, 1)}, 2 B A = = {, { 1}, {1}, { 1, 1}}. 3. 10 a 0. 4. 4i(i + 1) a (i(i + 1)) 4. 5. 0 a 1. 6. 0, 1 pro sudé a 1 pro liché. 7. 1, 1 pro sudé a 1 pro liché.

Příklady k procvičeí 15 8. 3 2 (3 1) a 3 (+1) 2. 9. 2 3 (4 1) a ( 2) (2+1). 10. 1 3 (4 + 2) a ( 2) (2 1). 11. + 1. 12. Ne, protože (3+1)2 2 = 8 7 = 4 + 3 = 32 2 + 3. 13. Ne, protože 1+1 2 = 1 0 = 0 + 0 = 1 2 + 1 2. 14. Ao.

16 Kapitola 2 Základí kombiatorické výběry Mějme koečou možiu či multimožiu a z í áhodě vyberme předem určeý počet prvků. Takovému procesu budeme říkat kombiatorický výběr (stručěji výběr). Obdobé výběry provádíme často jak při výzkumu (statistický výzkum), tak v běžém životě (sázkové hry). Pokud vybíráme z možiy (ve výběru se prvky emohou opakovat), pak jde o výběry bez opakováí, pokud z multimožiy (prvky se ve výběru mohou opakovat), pak jde o výběry s opakováím. (Dodejme, že uspořádaé výběry s opakováím se dají formulovat i pomocí moži.) Počet všech možých růzých výběrů ovlivňují dva parametry, a to počet prvků původí možiy či multimožiy a počet vybíraých prvků, dále skutečost, zda záleží či e a pořadí vybraých prvků. V případě, že ás pořadí vybraých prvků ezajímá, chápeme provedeý výběr jako podmožiu zadaé možiy. V případě, že ás aopak pořadí zajímá, tak provedeý výběr chápeme jako posloupost vybraých prvků. V této kapitole se budeme zabývat zjišťováím počtu všech možých výběrů se zadaými vlastostmi. 2.1 Permutace bez opakováí Příklad 2.1. Sedím v jídelě a obědvám. Ve frotě u výdeje obědů stojí pět mých studetů z právě skočeého cvičeí, jmeují se Zbyslav, Matylda, Petr, Jaa a Zikmud. Jsou poměrě pestrobarevě oblečei. Dívám se a ě a přemýšlím, jak by se oa pestrobarevost měila, pokud bych měil jejich pořadí ve frotě. A tu me apade. Kolik mám možostí, jak studety do froty seřadit? Bude těch možostí hodě? Řešeí. Studety si pro jedoduchost ahradíme čísly 1, 2, 3, 4, 5. Všiměme si. Vybíráme z 5-prvkové možiy všech 5 prvků, a pořadí záleží a žádý prvek se eopakuje! Pro začátek si poechme je čísla 1, 2. Ty ovšem umíme uspořádat dvěma způsoby ((1, 2), (2, 1)). Přidáme číslo 3, to můžeme umístit buď a prví, druhou ebo

2.1 Permutace bez opakováí 17 třetí pozici ((3,, ), (, 3, ), (,, 3)). Na zbývajících dvou pozicích lze čísla 1, 2 uspořádat vždy dvěma způsoby. Ke každému pevému umístěí čísla 3 tedy existují dvě uspořádaé trojice. Proto máme celkově 3 2 uspořádaé trojice (možosti). Přidáme čtyřku. Tu můžeme umístit a jedu ze čtyř pozic ((4,,, ), (, 4,, ), (,, 4, ), (,,, 4)). Čísla 1, 2, 3 a zbývajících třech volých pozicích uspořádáme 3 2 způsoby. Ke každému pevému umístěí čísla 4 tudíž existují 3 2 uspořádaé čtveřice. Proto celkově obdržíme 4 3 2 uspořádaé čtveřice (možosti). Obdobou úvahou dostaeme pro pět studetů výsledek 5 4 3 2 = 120 možostí. Předešlou úvahu lze sado zobecit pro libovolý koečý počet studetů. Mějme studetů, N. Ozačíme je čísly 1, 2,...,. Nechť a je počet všech možých uspořádáí čísel 1, 2,..., a a +1 je počet všech možých uspořádáí čísel 1, 2,...,, + 1. Číslo + 1 můžeme v uspořádaé + 1-tici umístit vždy a právě jedu z + 1 pozic. Pro každé pevé umístěí čísla + 1 a jediou pozici můžeme zbývajících čísel uspořádat a zbývajících pozicích a způsoby. Z čehož dostáváme, že a +1 = ( + 1) a, přičemž a 1 je 1. Našli jsme rekuretí vztah, který ám dovoluje z počtu uspořádáí pro prvků odvodit počet uspořádáí pro + 1 prvků. Předešlá pozorováí ás jedozačě vedou k vysloveí ásledující doměky ebo-li hypotézy. (Hypotéza je zatím edokázaé a evyvráceé tvrzeí.) Počet všech možých uspořádaí -prvkové možiy je ( 1) ( 2) 2 1. Nadešel čas, abychom výše uvedeá pozorováí zformalizovali pomocí defiic a vět. Defiice 2.2. Mějme libovolé přirozeé číslo. Pak permutace bez opakováí a -prvkové možiě X je libovolé uspořádáí všech prvků možiy X do ějaké poslouposti. Defiice 2.3. Počet všech permutací bez opakováí a -prvkové možiě X budeme začit P () a souči ( 1) ( 2) 2 1 ozačíme!. Výraz! budeme číst faktoriál. Věta 2.4. P () = ( 1) ( 2) 2 1 =! pro každé N. Důkaz. Důkaz provedeme matematickou idukcí, které se budeme detailě věovat až v Kapitole 4, proto dovolte poěkud obšírější kometář. Nejdříve chceme ověřit, zda áš vztah platí pro ejmeší uvažovaé, tedy pro = 1. Zjistíme, že ao, eboť P (1) = 1 = 1!. Nyí předpokládejme, že aše věta platí pro ějaké libovolé přirozeé. Pak budeme chtít ukázat, že musí platit i pro jeho ásledovíka, tj. číslo + 1. Pokud se to povede, máme jistotu, že věta platí pro každé přirozeé a důkaz je ukoče.

18 Základí kombiatorické výběry Nechť P () = ( 1) ( 2) 2 1 =!. Víme, že P ( + 1) = ( + 1) P () (využili jsme rekuretí vztah a +1 = (+1) a ). V této chvíli použijeme předpoklad (P () = ( 1) ( 2) 2 1) a dostáváme P ( + 1) = ( + 1) P () = ( + + 1) ( 1) ( 2) 2 1 = ( + 1)!. Ukázali jsme, že P (1) = 1! a pokud P () =!, pak P (+1) = (+1)!. Z pricipu matematické idukce tudíž plye, že vztah P () =! platí pro každé přirozeé. Pozámka 2.5. Vidíme, že souči ve větě 2.4 defiuje faktoriál pouze pro 1. Čemu je ale rove 0 faktoriál? Vzhledem k tomu, že prázdou možiu umíme uspořádat do jedié poslouposti, a to do prázdé (viz Kapitola 1), platí 0! = 1. Příklad 2.6. Máme 7 bílých kuliček do ichž jsou vyražea čísla od 1 do 7. Chceme je obarvit 7 barvami tak, že každá kulička je obarvea přesě jedou barvou a všech sedm barev je použito (Čísla vyražeá a kuličkách jsou i po abarveí vidět!). Kolik máme růzých možostí? Řešeí. Všecha možá obarveí kuliček můžeme provést takto: Kuličky seřadíme do řady a jedozačě určíme pořadí použitých barev (M-modrá, O-oražová, Z- -zeleá, R-růžová, Č-červeá, Ž-žlutá, B-bílá). Pak prví kuličku zleva obarvíme barvou číslo 1, druhou zleva barvou číslo 2 až sedmou zleva barvou číslo 7 (viz obr 2.1). Změíme pořadí kuliček (pořadí barev zůstává stejé) a postup barveí opakujeme (tz. prví kuličku zleva barvou č.1, druhou zleva barvou č.2 atd.). Určitě dostaeme jié obarveí ež v případě prvím. Vidíme, že počet všech růzých obarveí je stejý jako počet všech růzých seřazeí kuliček. Tudíž jde o počet všech permutací bez opakováí a sedmiprvkové možiě, tedy P (7) = 7! = 5040. M O Z R Č Ž B M O Z R Č Ž B 3 6 5 7 1 4 2 4 6 1 5 3 2 7 Obr. 2.1 Realizace dvou růzých obarveí sedmi růzých kuliček Příklad 2.7. Kolik existuje vzájemě jedozačých (bijektivích) zobrazeí 5- -prvkové možiy X a 5-prvkovou možiu Y? Řešeí. O zobrazeích bude podrobě pojedáo v Kapitole 5. Bijektiví zobrazeí je zobrazeí, kdy každému prvku jedé možiy je přiřaze přesě jede prvek druhé možiy a aopak, každému prvku druhé možiy je přiřaze přesě jede prvek

2.1 Permutace bez opakováí 19 možiy prví. Ukázka bijektivího zobrazeí 5-prvkové možiy a 5-prvkovou možiu je a obrázku 2.2. Nechť X = [1, 5] a Y = {a, b, c, d, e}. Při kostrukci jedotlivých bijekcí použijeme podobý postup jako při barveí kuliček v příkladu 2.6, tz. pevě uspořádáme prvky z možiy X, pořadí prvků v Y aopak budeme měit a v každém kroku budeme přiřazovat prvímu prvku z X prví prvek z Y, druhému prvku z X druhý prvek z Y, až pátému prvku z X pátý prvek z Y (viz obr 2.3). Tímto způsobem jistě vytvoříme všechy požadovaé bijekce, a avíc vidíme, že jich je P (5) = 5! = 120. 1 a 2 b X 3 c Y 4 d 5 e Obr. 2.2 Bijekce možiy X a možiu Y 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 c a b d e d a c e b Obr. 2.3 Realizace dvou z 5! bijekcí možiy X a možiu Y Příklad 2.8. Ve výtečé kize Murphy (1938) držitele Nobelovy cey za literaturu (1969) Samuela Becketta hlaví postava (Murphy) vždy sídá balíček sušeek. V tomto balíčku je 10 růzých sušeek, přičemž Murphy chce sídai začít pomeračovou sušekou (chutá mu ejméě) a ukočit sušekou s čokoládovou polevou (je jeho ejoblíbeější). Kolik má možostí, jak posídat?

20 Základí kombiatorické výběry Dále, Murphy opouje své přítelkyi, která jej peskuje ohledě fádí stravy, že jeho balíček sušeek mu umožňuje sídat tak, že žádé dva dy ve svém životě ebude mít tutéž sídai. Má pravdu? Řešeí. Ozačme si sušeky čísly 1 až 10, přičemž pomeračová sušeka je ozačea číslem 1 a sušeka s čokoládovou polevou (dále jí budeme říkat čokoládová) číslem 10. Ptáme se, kolika způsoby umíme seřadit čísla 1 10, s tím, že 1 je a prví pozici a 10 a desáté pozici. Čili čísla 1 a 10 jsou pevě fixováa a daé pozice, a čísla 2 až 9 mohou být seřazea zcela libovolě a zbývajících osmi pozicích. Jde o permutace bez opakováí a osmiprvkové možiě, a proto P (8) = 8! = 40320. Murphy si umí připravit 40320 růzých sídaí (jí-li sušeky po jedé a v růzých pořadích), což mu vyjde přibližě a 40320 : 365. = 110 let. Příklad 2.9. Vraťme se ještě k příkladu 2.8. Murphy jakž takž překoal svůj odpor k pomeračové sušece a ákloost k sušece s čokoládovou polevou, což vyjádřil ásledově: Neí možé, aby zároveň prví ebyla pomeračová a posledí ebyla čokoládová. Kolikrát se zvýší počet sídaí, které si je schope Murphy připravit, při tomto méě přísém omezeí? Řešeí. Zde si musíme dobře promyslet Murphyho slova. Z jeho tvrzeí se dovídáme, jakou situaci zakazuje. Bude dobré, když si odvodíme opak, tz. jaké situace připouští. Říká vlastě, alespoň jede ze dvou případů, a to prví je pomeračová, posledí je čokoládová, musí být splě. Murphyho sídaě můžeme tudíž rozdělit do tří moži S 1, S 2, S 3, přičemž, v možiě S 1 budou sídaě, které začíají pomeračovou sušekou, ale ekočí čokoládovou, v možiě S 2 budou sídaě, které ezačíají pomeračovou sušekou, ale kočí čokoládovou, v možiě S 3 jsou sídaě, které začíají pomeračovou sušekou a kočí čokoládovou. Všiměme si, že platí S i S j = pro každé i j, i, j {1, 2, 3} a S = S 1 S 2 S 3, kde S je možia všech Murphyho sídaí. Tedy možiy S 1, S 2, S 3 jsou po dvojicích disjuktí a jejich sjedoceí dává celou možiu S. Proto S = S 1 + S 2 + S 3, kde číslo S je výsledek ašeho řešeí, eboť jde o počet všech Murphyho sídaí. Takový způsob řešeí úlohy je v kombiatorice často využívá a říkáme mu rozklad a jedotlivé disjuktí případy. Nevýhodou takového řešeí je jeho zdálivá pracost, ale výhody jsou převažující. Máme jistotu, že žádý případ ezapočítáme vícekrát, a že a žádý ezapomeeme. Ozačme sušeky čísly z možiy [1, 10], přičemž pomeračová sušeka je 1 a čokoládová 10. S 1 je počet permutací, kde a prví pozici je 1 a a posledí eí 10. Prví pozice je pevě dáa, a posledí pozici můžeme dát libovolé číslo kromě 1 a 10 (8 možostí), zatímco a zbylých osmi pozicích 2 až 9 můžeme zbylá čísla libovolě seřadit (8! možostí). Proto S 1 = 8 8!. Všiměte si, že jsme použili souči, eboť ke každému pevě zvoleému číslu z možiy [2, 9], které je umístěo a posledí

2.1 Permutace bez opakováí 21 pozici, existuje 8! možostí jak uspořádat čísla a zbývajících osmi pozicích. Tomuto postupu se říká pravidlo součiu o ěmž je hovor v pozámce 2.40. Podobou úvahou zjistíme, že S 2 = 8 8! a z příkladu 2.8 víme, že S 3 = P (8) = = 8!. Dostáváme S = S 1 + S 2 + S 3 = 8! + 8 8! + 8 8! = 17 8!. Protože 17 8!/8! = 17, počet Murphyho sídaí se zvýší 17 krát. Jié řešeí. Nevyužijeme rozkladu a disjuktí případy. Určíme počet všech možých sídaí a počet všech sídaí, které Murphy odmítá. Koečý výsledek pak bude rozdíl těchto čísel. Všech možých sídaí je P (10) = 10!. Sídaě, které Murphy odmítá, jsou ty, kde prví sušeka eí pomeračová a posledí eí čokoládová. Na prví pozici můžeme dát jakoukoliv sušeku je e pomeračovou (9 možostí). Na posledí pozici můžeme dát opět jakoukoliv je e čokoládovou a tu kterou jsme dali a prví pozici (8 možostí). Na zbývajících pozicích 2 až 9 seřadíme zbývající sušeky libovolě (8! možostí). Proto sídaí, které Murphy odmítá, je 9 8 8! a dostáváme výsledek S = 10! 9 8 8! = 10 9! 8 9! = 2 9! = 18 8!. Výsledek ovšem vychází jiý ež v předešlém řešeí!!! Kde se stala chyba? Zřejmě si po jisté chvíli všimeme, že problém astává, když a prví pozici dáme čokoládovou sušeku, což je jeda z 9 přípustých možostí. Potom totiž existuje 9 možostí (a ikoliv 8), co dát a pozici posledí. Proto si možiu epřípustých sídaí rozdělíme do dvou disjuktích případů. A to a sídaě, kde je jako prví zařazea čokoládová sušeka (typ A) a a ty, kde čokoládová sušeka jako prví eí (typ B). Sídaí typu A je 9 8! a sídaí typu B je 8 8 8!. Tudíž epřípustých sídaí je 9 8! + 8 8 8! = 73 8!. Odtud S = 10! 73 8! = 10 9 8! 73 8! = 90 8! 73 8! = 17 8!. Vážeí čteáři, a tomto příkladu Vám demostrujeme dvě základí skutečosti. Kombiatorické příklady bývají občas docela zákeřé, vždy si své myšlekové pochody při jejich řešeí ěkolikrát zkotrolujte, popřípadě hledejte alterativí řešeí a výsledky porovejte. Dále, metoda řešeí pomocí rozkladu a disjuktí případy je sice a pohled pracá, avšak díky jí se vyvarujeme mohých zbytečých chyb. Příklad 2.10. Karlík si rová do řady autíčka. Má jich 11 v růzých barvách, přičemž jedo z ich je zeleé (Williams-Cosworth) a jedo červeé (Ferrari). Karlík chce autíčka seřadit tak, aby zeleé ikdy estálo vedle červeého. Kolik má možostí? Řešeí. Autíčka ozačíme čísly 1 až 11, přičemž zeleé je 1 a červeé je 2. Spočítáme všechy permutace a možiě [1, 11] a potom spočítáme ty, které mají čísla 1 a 2 vedle sebe. Výsledek dostaeme jako rozdíl těchto čísel. Celkem máme 11! permutací. Vytvořme z čísel 1 a 2 dvojici a považujme jí za jede z prvků možiy. Máme tedy desetiprvkovou možiu {{1, 2}, 3, 4,..., 10}. Její prvky umíme uspořádat 10! způsoby. Avšak euspořádaou dvojici čísel 1,2 lze

22 Základí kombiatorické výběry uspořádat dvěma způsoby (buď je 1 alevo ebo apravo od 2). Tudíž permutací, kde 1 a 2 jsou vedle sebe, je 2 10!. A máme výsledek 11! 2 10! = 10!(11 2) = 9 10!. Jié řešeí. Vezměme ejdříve devět čísel od 3 do 11. Ty umíme uspořádat 9! způsoby. Mezi imi je 8 mezer, ale před a za imi je ještě po jedé mezeře, tudíž celkově 10 mezer (viz obr.??). Aby čísla 1, 2 ebyla vedle sebe musíme je umístit do dvou libovolě vybraých mezer. Kolik máme možostí, jak oy dvě mezery vybrat? (Teto úkol bude sadý, až budeme zát kombiace bez opakováí (Kapitola 2.2).) K prví mezeře zleva máme 9 možostí, jak vybrat druhou, k druhé zleva máme 8 možostí jak vybrat druhou, až k deváté zleva máme jediou možost jak vybrat druhou. Proto existuje celkově 9 + 8 + + 1 = 9 (1 + 9) = 45 možostí, jak 2 vybrat ou dvojici mezer. Zrekapitulujme. Ke každému pevému uspořádáí čísel 3 až 11 (těch je 9!) jsme schopi 45 způsoby vybrat 2 mezery pro umístěí čísel 1 a 2. V pevě vybraých mezerách jsme schopi čísla 1 a 2 uspořádat vždy dvěma způsoby. Proto celkový počet permutací a možiě [1, 11], kde čísla 1 a 2 ejsou vedle sebe je 9! 45 2 = 9! 9 5 2 = 9 10 9! = 9 10!. Příklad 2.11. Do kia přišlo 9 mladíků a zakoupili si devět lístku vedle sebe. Čtyři z ich měli admíru prokrveé, lesklé bělmo a ejasě artikulovali. Podezřívavá uvaděčka se rozhodla, že je rozesadí tak, aby žádí dva ze zmíěých čtyř chlapců eseděli vedle sebe. Kolik měla možostí? Řešeí. Mladíky ozačíme čísly 1 až 9, přičemž oy zmiňovaé mladíky ozačíme čísly 1 až 4. Chceme zjistit, kolik existuje permutací a možiě [1, 9], kde žádá dvě čísla z možiy [1, 4] ejsou a pozicích vedle sebe. Začěme tím, že si ejdříve uspořádáme pět čísel z možiy [5, 9] (5! možostí). Před, za a mezi těmito pěti čísly máme 6 mezer. Na čtyři z ich musíme umístit čísla 1, 2, 3, 4. Tedy a dvě z ich žádé číslo z [1, 4] eumístíme. Kolika způsoby umíme vybrat 2 ze šesti mezer, a které ic eumístíme? Použijeme-li postup z řešeí příkladu 2.10, dostaeme číslo 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 5 (1 + 5) = 15. Výběrem dvou mezer, do kterých ic eumístíme, 2 jsou jedozačě určey 4 mezery, do kterých umístíme čísla 1, 2, 3, 4. V jedozačě určeých čtyřech mezerách pak můžeme čísla uspořádat vždy 4! způsoby. Proto všech permutací a možiě [1, 9], kde žádé dvě čísla z možiy [1, 4] ejsou a pozicích vedle sebe, je 5! 15 4! = 120 15 24 = 43200. Příklad 2.12. Aleka má 5 růzých korálků, které chce avléci a it a vytvořit z ich áramek. Kolik má možostí? Řešeí. Představme si, že korálky a áramku tvoří vrcholy pravidelého pětiúhelíka. Jeho horí vrchol ozačíme 1 a ostatí vrcholy ve směru hodiových ručiček ozačíme apříklad čísly 4, 2, 5, 3 v tomto pořadí (viz obr 2.4). Pokud bychom áhrdelík rozstřihli mezi korálky 4, 2 a korálky vyrovali do přímky, pak dostaeme dvě růzé permutace z 5! možých, a to (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2). Po rozstřižeí áramku mezi korálky 1, 3 dostáváme jié dvě permutace, a to (1, 4, 2, 5, 3)

2.1 Permutace bez opakováí 23 a (3, 5, 2, 4, 1) (viz obr 2.4). Těchto míst k rozstřižeí je a áhrdelíku 5 a po každém rozstřižeí dostáváme dvě jié permutace z 5! možých. Čili z jedoho áhrdelíku vzike 2 5 růzých permutací z 5! možých. Pokud bychom vzali jiý ež-li výše zmíěý áhrdelík, opět z ěj vzike 2 5 permutací z 5! možých, ale všechy se budou lišit od těch předešlých. Navíc, pokud postupě použijeme všechy možé avzájem růzé áramky, pak jejich rozstřiháváím dostaeme všech 5! permutací. Proto, ozačíme-li x počet áhrdelíků, tak platí 2 5 x = 5! a dostáváme x = 5! = 4 3 = 12. Zde používáme metodu dvojího 2.5 počítáí, o které se detailěji zmííme v Jié řešeí. Představme si, že jsme maličcí a putujeme po Alečiě áhrdelíku (viz předešlé řešeí) tak, že vždy začeme pouť a jedom korálku a dále pokračujeme buď ve směru ebo proti směru hodiových ručiček tak dlouho, dokud edojdeme a výchozí korálek, přičemž si zapíšeme čísla korálků v pořadí, jak jsme je procházeli. Vyjděme z korálku 3 (viz obr 2.4) ve směru hodiových ručiček, a koci pouti máme zapsáu permutaci (3, 1, 4, 2, 5) (výchozí a kocový korálek zapíšeme je a začátku). Pokud vyjdeme proti směru hodiových ručiček, máme zapsáu permutaci (3, 5, 2, 4, 1). Změíme-li výchozí korálek dostaeme během pouti dvě jié permutace atd. Vidíme opět, že jede áhrdelík s pěti korálky opravdu reprezetuje 2 5 růzých permutací z 5! možých. Nakoec proveďme zobecěí. Z růzých korálků lze vytvořit! = ( 1)! áhrdelíků. 2 2 1 1 3 4 3 4 5 2 5 2 2 5 3 1 4 1 4 2 5 3 4 1 3 5 2 3 5 2 4 1 Obr. 2.4 Vzik 4 růzých permutací z jedoho áramku

24 Základí kombiatorické výběry Příklad 2.13. Na kofereci bylo účastíků a ti byli posazei zcela áhodě a židlí kolem kulatého stolu. Kolika způsoby to lze provést, pokud dvě rozesazeí, kdy jedo vzike z druhého pouhým pootočeím, považujeme za shodá (tz. v obou rozesazeích má každý účastík téhož pravého i levého souseda)? Řešeí. Mozí z ás by zřejmě tvrdili, že jde o zobecěý příklad 2.12 a výsledek proto musí být x =! = ( 1)!. 2 2 Ukažme si protipříklad pro = 5. Představme si, že rozesazeí osob kolem kulatého stolu je stejé jako umístěí korálků a áramku viz obr 2.4. V případě korálků jsme si ukázali, že pokud použiji dvě opačě seřazeé permutace (korálky jsou srováy a přímé iti (přímce)) apř. (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2), pak spojeím mezi prvím a posledím korálkem dostaeme tetýž áramek. Všiměme si však, že pokud bychom obdobě uvažovali o rozesazeí osob kolem kulatého stolu (ejdříve si je posadíme a židle vyrovaé v řadě, a pak je obalíme kolem stolu), tak se mýlíme, eboť epůjde o totéž rozesazeí! Z permutace (2, 5, 3, 1, 4) by vziklo rozesazeí, kde apříklad levým sousedem trojky je 5 a pravým 1. Zatímco z permutace (4, 1, 3, 5, 2) by vziklo rozesazeí, kde se sousedé trojky prohodí. Čili ejde o totéž rozesazeí. Rozpojeím každého rozesazeí u kulatého stolu mezi dvěma sousedy tudíž edostaeme dvě růzé permutace z! možých, ale pouze jediou! Proto z jedoho rozesazeí kolem kulatého stolu vzike pouze růzých permutací z! možých. Ozačíme-li x počet všech rozesazeí kolem kulatého stolu, pak musí platit x =! a x =! = ( 1)!. Pojmy k zapamatováí P () je počet všech permutací a -prvkové možiě. Jde o uspořádaé výběry VŠECH prvků možiy. Platí P () =! = ( 1) ( 2) 2 1. Počet všech bijekcí -prvkové možiy a -prvkovou možiu je P () =!. Počet všech áhrdelíků vytvořeých z růzých korálků je ( 1)! 2. Počet všech možých rozesazeí lidí kolem kulatého stolu je ( 1)!. Příklady k procvičeí! 1. Víte, že šestimísté číslo obsahuje číslice 0, 1, 3, 4, 5, 6, přičemž číslice 1 je a místě desítek a 3 a místě desetitisíců. Kolik takových čísel existuje? 2. Kolik existuje pětimístých čísel dělitelých 5, které obsahují číslice 4, 6, 7, 9? 3. Aička si ve výtvaré výchově rozdělila čtvrtku papíru a 11 růzých oblastí (viz obr 2.5). Má 11 pastelek (mezi imi je modrá a žlutá) a chce oblasti vybarvit tak, že žádé