Innehåll[-] Feedback

Kardinalitet eller mäktighet [-]

Om $A$ är en mängd så är $\card{A}$ (eller $\cardB{A}$) antalet element i $A$ eller $A$:s kardinalitet eller mäktighet. Om detta tal är ändligt så är det enda, men ofta allt annat än enkla, problemet hur man kan bestämma detta tal och för det används ofta kombinatoriska metoder.

Men om kardinaliteten inte är ändlig så visar det sig att att "oändlig" alltid duger som svar och istället kan man som utgångspunkt ta observationen att om det finns en bijektion mellan två ändliga mängder så finns det lika många element i båda mängderna.

Mera exakta definitioner: [+]
  • Två mängder $A$ och $B$ har lika många element, dvs. har samma mäktighet och $\card A =\card B $, om det finns en bijektion $A\to B$.
  • Mängden $A$ har färre eller lika många element som mängden $B$, dvs. $\card A\leq \card B$, om det finns en injektion $A\to B$. Det här betyder bla. att $\card{A}\leq \card{B}$ om $A\subseteq B$.
  • Mängden $A$ har färre element än mängden $B$, dvs. $\card A<\card B$, om det finns en injektion $A\to B$ men inte någon bijektion $A\to B$.
  • Om $A=\{0,1,2,\ldots ,n-1\}$ så är $\card A=n$ och $\card\emptyset =0$.
  • Mängden $A$ är ändlig om det finn ett $n\in \N_0$ så att $\card A=n$.
  • Mängden $A$ är numrerbar ifall $\card{A}=\card{\N_0}$ och övernumrerbar ifall $\card{\N_0} < \card{A}$.
Exempel: $\card{\Z}=\card{\N_0}$ [+]
Mängden $N_0$ av naturlig tal är (förstås) en äkta delmängd av mängden $\Z$ av hela tal men trots detta är tex. följande funktion $f$ en bijektion: $N_0\to \Z$: \begin{align*} f(0) &= 0,\\ f(2\cdot k-1) &= k, \quad k\geq 1,\\ f(2\cdot k)&= -k, \quad k\geq 1. \end{align*} Obs [+]

En karakteristisk egenskap hos oändliga mängder är att man kan ta bort (men inte hur många som helst) element utan "antalet" element som blir kvar ändras.

   
Exempel: $\card{\Q}= \card{\Z}$ [+]

Låt $\Q_+=\set{x\in \Q\mid x>0}$ och $\N_+=\set {n\in\Z\mid n>0}$. Om vi konstruerar en surjektion $h:\N_+\to \Q_+$ så får vi en injektion $f:\Q_+\to N_+$ genom att definiera \[ f(x)= \min\set{j\in \N_+\mid h(j)=x}, \] och sedan en injektion $f:\Q\to \Z$ genom att definiera $f(0)=0$ och $f(-x)= -f(x)$ då $x\in \Q_+$ så att $\card{\Q}\leq \card{\Z}$. Eftersom $Z\subset \Q$ så är $\card{\Z} \leq \card{\Q}$ så att $\card{\Q}= \card{\Z}$.

Vi skall alltså konstruera en surjektion $h: \N_+\to \Q_+$ och det kan vi göra på följande sätt:
När $n\geq 0$ är jämn så är \[ h\left(\frac {n\cdot(n+1)}2+j\right )= \frac j{n+2-j}, \quad j=1,\ldots,n+1, \] och när $n\geq 0$ är udda så är \[ h\left(\frac {n\cdot(n+1)}2+j\right )= \frac {n+2-j}j, \quad j=1,\ldots,n+1. \] Observera att $\dfrac {n(n+1)}2+(n+1)= \dfrac {(n+1)((n+1)+1)}2$.

Den här funktionen är en surjektion för om $x\in \Q_+$ så är $x=\frac pq$ där $p\geq 1$ och $q\geq 1$ och om vi väljer $n=p+q-2$ så är $p\leq n+1$ och $q\leq n+1$ så att om $n$ är jämn så är \[ h\left(\frac {n\cdot(n+1)}2+p\right )= \frac pq=x, \] och om $n$ är udda så är \[ h\left(\frac {n\cdot(n+1)}2+q\right )=\frac pq=x. \]     

Summeringsregeln [-]

Enkel form:
Om $A$ och $B$ är två (ändliga) mängder så att $A\cap B=\emptyset$ så gäller \begin{equation*} \card{A\cup B}= \card A + \card B. \end{equation*} Av detta följer att om $B\subseteq A$ så gäller $\card{A\setminus B} = \card{A}-\card{B}$.

Allmänt fall: Inklusions-exklusionsprincipen [-]

Om $A_j$, $j=1,2,\ldots$ är ändliga mängder så gäller \begin{align*} &\card{A_1\cup A_2} = \card{A_1} +\card{A_2}-\card{A_1\cap A_2},\\ &\card{A_1\cup A_2\cup A_3}= \card{A_1} +\card{A_2}+\card{A_3}\\ &\quad -\card{A_1\cap A_2} -\card{A_1\cap A_3} -\card{A_2\cap A_3}\\ &\quad + \card{A_1\cap A_2\cap A_3}, \\ &\abs{\bigcup_{j=1}^k A_j} = \sum_{r=1}^k (-1)^{r+1} \sum_{1\leq {j_1}<{j_2}<\ldots < {j_r}\leq k} \abs{\bigcap_{i=1}^r A_{j_i}}. \end{align*}
Några olikheter [+]
Låt $A_1$, $A_2$ och $A_3$ vara tre mängder.
  • Eftersom$A_1\cap A_2\cap A_3 \subseteq A_1\cap A_2$ så gäller $\card{A_1\cap A_2\cap A_3} \leq \card{A_1\cap A_2}$.
    På samma sätt får vi $\card{A_1\cap A_2\cap A_3} \leq \card{A_2\cap A_3}$ och $\card{A_1\cap A_2\cap A_3} \leq \card{A_1\cap A_3}$.
  • Eftersom $(A_1\cap A_2)\cup (A_1\cap A_3)= A_1\cap (A_2\cup A_3)\subseteq A_1$ så gäller av vilket följer att \[ \card{A_1\cap A_2\cap A_3} \geq \card{A_1\cap A_2} + \card{A_1\cap A_3} - \card {A_1}. \] Genom att låta $A_1$, $A_2$ och $A_3$ byta plats får vi också olikheterna \[ \card{A_1\cap A_2\cap A_3} \geq \card{A_1\cap A_2} + \card{A_2\cap A_3} - \card {A_2}\] och \[ \card{A_1\cap A_2\cap A_3} \geq \card{A_1\cap A_3} + \card{A_2\cap A_3} - \card {A_3}.\]

Produktprincipen [-]

enkel form:
Om $A$ och $B$ är två ändliga mängder så är \begin{equation*} \card{A\times B} = \card A \cdot \card B. \end{equation*}

Allmänt fall [-]

Om i en val- eller beslutsprocess finns $k$ steg och det i steg $j$ finns $n_j$ alternativ, oberoende av vilka val eller beslut som tidigare gjorts och om alla val leder till olika slutresultat så blir det totala antalet alternativ \begin{equation*} n_1\cdot n_2\cdot \ldots \cdot n_k. \end{equation*}
Exempel [+]

Studerandena P, Q och R kommer till en datorsal där det finns $4$ lediga platser $a$, $b$, $c$ och $d$. Om vi skall bestämma på hur många sätt de kan välja sina platser så kan vi först konstatera om om P får välja sin plats först så har hen alternativ.

  

Låd- eller duvslagsprincipen [+]

Ifall $m\geq 1$ föremål placeras i $n\geq 1$ lådor så måste en låda innehålla minst $\displaystyle \left\lceil\frac mn\right\rceil$ föremål!

Varför? [+]
Om det största antalet föremål som finns i någon av lådorna är $k$ så är $k\cdot n \geq m$ så att $k\geq \frac mn$ och eftersom $\lceil\frac mn\rceil$ enligt definitionen är det minsta heltal som är större eller lika med $\frac mn$ så är $k\geq \lceil\frac mn\rceil$.
Exempel [+]

Låt $S$ vara en delmängd av $\{1,2,\ldots,2\cdot n-1,2\cdot n\}$ så att $\card{S}=n+1$. Då finns det i mängden $S$ två (olika) tal $a$ och $b$ så att antingen $a$ delar $b$ eller $b$ delar $a$:n (dvs. $b=a\cdot m$ eller $a=b\cdot n$).

Varför? [+]
  • Vi kan skriva talen i $S$ i formen $2^{k_j}\cdot q_j$ där $k_j\geq 0$, $1\leq q_j\leq 2\cdot n$, $q_j$ är udda, $j=1,2,\ldots, n+1$ och dessutom $[k_i,q_i]\neq [k_j,q_j]$ när $i\neq j$.
  • De udda talen $q_j$, $j=1,\ldots ,n+1$ hör till mängden $\{1,2,\ldots,2\cdot n-1,2\cdot n\}$ och i den här mängden finns det $n$ udda tal $1,3,5,\ldots, 2\cdot n-1$.
  • Enligt lådprincipen finns det tal $i\neq j$ så att $q_i=q_j$ och då är $k_i\neq k_j$ eftersom $[k_i,q_i]\neq [k_j,q_j]$.
  • Vi kan välja $a=2^{k_i}\cdot q_i$ och $b=2^{k_j}\cdot q_j$ och påståendet följer för antingen är $k_i< k_j$ och då är $b=a\cdot 2^{k_j-k_i}$ eller så är $k_j< k_i$ då är $a=b\cdot 2^{k_i-k_j}$.
  

Fakultet $n!$ [+]

Om $n$ är ett positivt heltal så är \begin{equation*} n!= 1\cdot 2\cdot \ldots \cdot (n-1)\cdot n. \end{equation*} Dessutom är $0!=1$.

Binomialkoefficienten $\binom nk$[+]

Om $n$ och $k$ är heltal så att $0\leq k \leq n$ så är \begin{equation*} \binom nk= \frac {n!}{k!\, (n-k)!} \end{equation*} så att $\binom nk= \binom n{n-k}$.

Urval eller dragning: Ordning - utan ordning, utan återläggning - med återläggning [+]

Sammanfattning [-]

Då man ur en mängd med $k$ element väljer ett element $k$ gånger kan man göra detta antingen med eller utan återläggning och urvalet kan antingen vara ordnat eller oordnat och antalet alternativ blir följande:

Utan återläggning Med återläggning
Ordnat $\dfrac {n!}{(n-k)!}$ $\displaystyle n^k $
Inte ordnat $\dbinom {n}{k}$ $\dbinom {k+n-1}{n-1} $

Ordnat urval utan återläggning [-]

Om vi väljer $k$ element ur en mängd $A$, i vilken det finns $n$ element, dvs. $\card{A}=n$, och bildar en lista $[x_1,x_2,\ldots,x_k]$ av dem och gör detta utan återläggning, dvs. vi väljer inte samma element flera gånger vilket innebär att $x_i\neq x_j$ då $i\neq j$ så får vi en sk. $k$-permutation. Anatalet sådana listor eller $k$-permutationer är enligt produktprincipen \begin{equation*} n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)= \frac {n!}{(n-k)!} \end{equation*}

Ordnat urval med återläggning [-]

Om vi väljer $k$ element ur en mängd $A$, i vilken det finns $n$ element, dvs. $\card{A}=n$, och bildar en lista $[x_1,x_2,\ldots,x_k]$ av dem och gör detta med återläggning, dvs. vi kan välja samma element många gånger så att det enda kravet är att $x_j\in A$ då $1\leq j\leq k$ så är antalet sådana listor enligt produktprincipen \begin{equation*} \card{A}^k= n^k. \end{equation*}

Icke ordnat urval utan återläggning eller val en delmängd [-]

Om vi i en mängd med $n$ element väljer en delmängd till vilken hör $k$ element, dvs. vi väljer $k$ element utan återläggning (varje element kan väljas bara en gång) och det inte har någon betydelse i vilken ordning vi väljer elementen så kommer antalet alternativ att vara \begin{equation*} \binom {n}{k}=\binom{n}{n-k}. \end{equation*} Varför? [+]
Om antalet vi skall bestämma är $b(n,k)$ så är antalet sätt på vilka vi kan göra ett ordnat urval av $k$ element utan återläggning $b(n,k)\cdot k!$ eftersom vi först kan välja $k$ element på $b(n,k)$ olika sätt och sedan ordna dem på $k!$ olika sätt. Därför gäller $b(n,k)\cdot k! = \frac {n!}{(n-k)!}$ så att $b(n,k)=\binom nk$.

Icke ordnat urval med återläggning [-]

Om vi $k$ gånger ur en mängd med $n$ element väljer något element med återläggning, dvs. vi kan välja samma element många gånger och det inte har någon betydelse i vilken ordning vi väljer elementen så kommer antalet alternativ att vara \begin{equation*} \binom {k+n-1}{n-1}=\binom{k+n-1}{k}. \end{equation*} Varför? [+]

Antag tex. att $n=6$ och att $A=\{x_1,x_2,\ldots,x_6\}$. När vi väljer tex. $k=11$ gånger ett element ur mängden $A$ ordningen inte har någon betydelse så kan resultatet vara tex. följande: \begin{equation*} x_1\; x_1\; x_2\; x_4\; x_4\; x_4\; x_5\; x_5\; x_6\; x_6\; x_6 \end{equation*} Istället för att skriva ut underindexen kan vi använda tecknet $|$ för att visa var indexet byts så att listan ser ut på följande sätt: \[ x\; x\; |\; x\; |\;| \; x\;x\;x\;|\: x\;x\;|\; x\;x\;x \] och $|\;|$ betyder att vi inte valt $x_3$en enda gång.

Om vi alltså bildar en lista med längden $k+(n-1)$ och i vilken finns $k$ stycken $x$ och $n-1$ stycken $|$ så får vi ett urval med storleken $k$ och som är tagen med återläggning ur mängden $A=\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ utan att det har någon betydelse i vilken ordning valen gjorts. Listor i vilka $x$ och $|$ förekommer på olika platser ger olika urval och vi kan konstruera en sådan lista genom att välja en delmängd med storleken $k$ av platserna eller positionerna i listan och placera ett $x$ på varje sådan plats och ett $|$ på resten av platserna. Det här betyder att antalet alternativ blir $\binom {k+n-1}{n-1}=\binom{k+n-1}{k}$.

Allokeringsmodell som alternativ [-]
Vi skall placera $k$ bollar i a $n$ numrerade lådor.
  • Numrerade bollar $\leftrightarrow$ Ordnat val av lådor
  • Identiska bollar $\leftrightarrow$ Icke ordnat val av lådor
  • Högst en boll i varje låda $\leftrightarrow$ Urval utan återsättning
  • Ett godtyckligt antal bollar i varje låda $\leftrightarrow$ Urval med återsättning
Antalet bollar i lådorna
högst $1$ inga begränsningar
Numererade bollar $\dfrac {n!}{(n-k)!}$ $\displaystyle n^k $
Identiska bollar $\dbinom {n}{k}$ $\dbinom {k+n-1}{n-1} $
Exempel [+]
Vid ett tentamenstillfälle delar övervakarna ut $150$ uppgiftspapper till $160$ tentander. På hur många sätt kan detta göras? Svar [+]

Här antar vi att uppgiftspappren är identiska medan tentanderna inte är det.

Det första, förnuftiga, alternativet är att åt varje tentand ges högst papper. då är det alltså frågan om på hur många sätt man kan välja den delmängd med $150$ personer som får ett papper bland alla $160$ närvarande. Det är alltså frågan om ett icke ordnat urval utan återläggning så att antalet alternativ är $\displaystyle \binom {160}{150}=\binom{160}{10}$.

Det andra, mindre förnuftiga, alternativet är att det inte finns några begränsningar i hur många papper samma person kan få. Då väljer övervakarna $150$ gånger en tentand som får ett papper bland alla $160$ och detta görs "med återläggning" utan att ordningen har någon betydelse så att antalet alternativ blir $\displaystyle \binom {150+ 160-1}{160-1} = \frac {309!}{159!\cdot 150!}$.

Exempel [+]
På hur många sätt kan man ordna talen $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$, $9$ och $10$ om det krävs att det inte finns något (eller några) udda tal mellan två jämna tal? Svar [+]
Vi har $5$ jämna och $5$ udda tal. Alla jämna tal måste komma omedelbart efter varandra och den här följden av jämna tal kan placeras bland de udda talen så att efter de jämna talen kommer $j$ udda tal där $j=0,1,\ldots,5$ (och de övriga udda talen kommer först i talföljden). Detta ger $6$ olika alternativ. Vi kan ordna de jämna talen på $5!$ olika sätt och också de udda talen på $5!$ olika sätt. Enligt produktprincipen blir det totala antalet alternativ därför \[ 5!\cdot 5! \cdot 6=86400. \]   
Exempel [+]
På hur många sätt kan man ordna talen $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$ och $9$ om det krävs att det finns åtminstone ett udda tal mellan två jämna tal? Svar [+]
Eftersom det bland de givna talen finns $4$ jämna behövs det $3$ udda tal för att villkoret att det finns åtminstone ett udda tal mellan två jämna tal blir uppfyllt. Nu kan vi placera de två återstående udda talen på $5$ olika ställen, dvs. först, sist eller mellan två udda tal. Detta är frågan om ett icke ordnat urval med återläggning ur en mängd med $5$ element. Därför är antalet alternativ $\dbinom{2+5-1}{2}=15$. Eftersom vi kan ordna de jämna talen på $4!$ olika sätt och de udda på $5!$ olika sätt så blir enligt produktprincipen det totala antalet alternativ \[ 15\cdot 4!\cdot 5!=43200. \]   

Multinomialkoefficient [+]

Om $n_j\geq 0$ då $j=1,2,\ldots,m$ och $n=n_1+n_2+ \ldots n_m$ så är \[ \binom{n}{n_1,n_2,\ldots, n_m} = \frac{n!}{n_1!\cdot n_2!\cdot \ldots \cdot n_m!}. \]
  • $\dbinom {n}{n_1,n_2,\ldots,n_m}$ är antalet sätt på vilka mängden $A$ med $\card{A}=n$ kan delas i delmängder $A_j$, $j=1,\ldots,m$ så att $\cup_{j=1}^m A_j=A$ och $A_i\cap A_j=\emptyset$ då $i\neq j$.
  • $\dbinom{n}{n_1,n_2,\ldots, n_m}$ är antalet sätt på vilka man kan ordna $n_1$ objekt av typ $y_1$, $n_2$ av typ $y_2$ osv. där $n=n_1+n_2+\ldots +n_m$ och objekt av samma typ är identiska.
  • Om $A$ är en mängd med $\card{A}=n$ och $B=\{y_1,\ldots ,y_m\}$ är en mängd med $\card{B}=m$ och $n_1, n_2,\ldots,n_m$ är icke-negativa tal så att $n_1++n_2+\ldots n_m=n$ så är $\dbinom{n}{n_1,n_2,\ldots, n_m}$ antalet funktioner $f:A\to B$ för vilka gäller $\card{\set{x\in A\mid f(x)=y_j}}=n_j$.
Exempel [+]
De $15$ studerande som går på en kurs och delas in i $4$ grupper med $5$, $4$ , $3$ och $3$ deltagare och varje grupp får ett problem att lösa. På hur många sätt kan denna indelning göras? Svar [+]
Om problemen som de får är olika så är det frågan en mängd delas i $4$ delmängder och svaret får vi direkt med multinomialkoefficienten och det är \[ \binom {15}{5,4,3,3}=12\,612\,600. \] Om däremot alla grupper får samma uppgift så har det ingen betydelse till vilken grupp med tre personer någon hör och då blir antalet alternativ $\frac 12\binom {15}{5,4,3,3}$.
  

Binomial och multinomialformlerna [+]

\[ (x+y)^n = \sum_{j=0}^n \binom nj x^jy^{n-j} \] och

Varför? [+]

Binomialformeln är ett specialfall av multinomialformeln eftersom $\binom nj= \binom n{j,n-j}$ och multinomialformeln gäller eftersom vi kan skriva $(x_1+\ldots +x_m)^n$ som en summa i vilken det finns $m^n$ termer av typen $y_1\cdot y_2\cdot \ldots\cdot y_n$ där varje $y_i\in \{x_1,x_2,\ldots,x_m\}$. Varje term $x_1^{n_1}\cdot \ldots \cdot x_m^{n_m}$ fås så att mängden $\{1,\ldots,n\}$ delas i delmängder $A_j$, $j=1,\ldots, m$ så att $i\in A_j$ och och endast om $y_i=x_j$ så att $\card{A_j}= n_j$. Antalet sådana här delningar eller partitioner är $\binom{n}{n_1,n_2,\ldots, n_m}$.

Antalet funktioner [+]

Antag att $A$ och $B$ är två mängder så att $\card{A}=m$ och $\card{B}=n$.
  • Antalet funktioner $A\to B$ är $\card {B^A}=\card{B}^{\card{A}}=n^m$. Varför? [+]
    En funktion $f:A\to B$ är ett ordnat urval med återläggning av storleken $m$ ur en mängd (dvs. $B$) i vilken det finns $n$ element.
  • Antalet injektioner $A\to B$ är $\displaystyle n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-m+1)=\frac {n!}{(n-m)!}$ då $m\leq n$ och $0$ då $m>n$. Varför? [+]
    En injektion $f:A\to B$ är ett ordnat urval utan återläggning av storleken $m$ ur en mängd (dvs. $B$) i vilken det finns $n$ element.
  • Antalet surjektioner $A\to B$ är $\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom nk(-1)^{n-k} k^m$. Varför? [+]
    Antag att $B=\{b_1,b_2,\ldots,b_n\}$, låt $F=B^A$ vara mängden av alla funktioner $A\to B$ och låt $F_j=(B\setminus\{b_j\})^A\subset F$ vara mängden av alla funktioner $A:\to B\setminus\{b_j\}$ dvs. mängden av alla element $f$ i $F$ för vilka gäller att $f(x)\neq b_j$ för alla $x\in A$. Mängden surjektioner är alltså $F\setminus \cup_{j=1}^n F_j$.
    Nu är $F_{j_1}\cap F_{j_2}\cap \ldots \cap F_{j_r}$ mängden $(B\setminus\{b_{j_1},b_{j_2},\ldots b_{j_r}\})^A$ till vilken hör alla funktioner $A\to B$ som inte får värdena $b_{j_1},\ldots,b_{j_r}$. Om $1\leq j_1 < \ldots < j_r\leq n$ så är $\card{F_{j_1}\cap F_{j_2}\cap \ldots \cap F_{j_r}} = (n-r)^m$. Eftersom det finns $\binom nr$ olika sätt att välja indexena $1\leq j_1<\ldots < j_r\leq n$ så följer det av inklusions-exklusionsprincipen att antalet surjektioner $A\to B$ är \[ n^m - \biggl( \sum_{r=1}^n (-1)^{r+1}\binom nr (n-r)^m\biggr) \\= \sum_{r=0}^n (-1)^r \binom nr (n-r)^m\\ \mathrel {\buildrel {\small n-r=k}\over{=}\;\; } \sum_{k=0}^n \binom nk (-1)^{n-k} k^m. \] Observera att $m< n$ så finns det inga surjektioner $A\to B$ så att i detta fall är $\sum_{k=0}^n \binom nk (-1)^{n-k} k^m=0$, vilket kanske inte är helt uppenbart.

Diverse exempel [+]

Ett kortexempel [+]
Hur många rader med $5$ spelkort (ur en normal kortpacke med $52$ kort) finns det som innehåller exakt två drottningar? Lösning [+]
  • Vi väljer först två platser för drottningarna. Antalet alternativ är $\dbinom 52 = 10$.
  • Sedan väljer vi drottningarna för de här platserna och nu är antalet alternativ $4\cdot 3= 12$ eftersom vi måste beakta i vilken ordning de kommer.
  • Till sist väljer vi de återstående $3$ korten bland de återstående $48$ korten och antalet alternativ är $48\cdot 47\cdot 46=103776$
  • Enligt produktprincipen är antalet rader \[ 10\cdot 12 \cdot 103\,776=12\,453\,120. \]
    •   
Antalet delmängder: $\card{\mathcal P(A)}=2^{\card{A}}$ [+]
Om i mängden $A$ finns $m$ element så finns det $2^m$ element i mängden $\mathcal P(A)$ eftersom varje delmängd $B\subseteq A$ motsvaras av en funktion $f_B:A\to \{0,1\}$ så att $f_B(x)=1$ ifall $x\in B$ och $f_B(x)=0$ ifall $x\in A\setminus B$ och avbildningen $B\mapsto f_B$ är en bijektion: $\mathcal P(A) \to \{0,1\}^A$.
Hur många jämförelser behövs för att ordna $n$ tal? [+]

Om vi har $n$ olika stora tal och vi skall ordna dem i storleksordning så finns det en algoritm som använder högst $n\log_2(n)$ jämförelser (tex. så att talen först delas i två mängder, sedan ordnas de här mängderna med samma algoritm och till sist slås mängderna ihop igen så att ordningen bibehålls.)

Men finns det någon algoritm som använder väsentligt färre (tex. $O(n\log(\log(n)))$) jämförelser i alla situationer?

Svar [+]

  • Eftersom vi kan ordna $n$ tal på $n!$ olika sätt måste en ordningsalgoritm kunna producera $n!$ olika svar.
  • Eftersom varje jämförelse ger högst två olika alternativ så kommer enligt produktprincipen en algoritm som gör $m$ jämförelser att producera högst $2^m$ olika svar.
  • Om ordningsalgoritmen fungerar så måste alltså $2^m\geq n!$ dvs. $ m\geq \log_2(n!)$. Eftersom då $n\geq 3^3$ så ett väsentligt bättre resultat än $n\log_2(n)$ är inte möjligt.
Exempel: På hur många sätt kan man del en mängd med $n$ element i $k$ icke-tomma delmängder? [+]

På ett annat sätt: På hur många sätt kan man placera $n$ numrerade bollar i $k$ identiska lådor så att det kommer minst en boll? Här är det alltså väsentligt att bollarna (eller elementen i den ursprungliga mängden) är numrerade men att lådorna (eller delmängderna av den ursprungliga mängden) inte är numrerade.

Låt detta antal vara $S(n,k)$, dvs. Stirlingtalet av andra slaget. Vad kan vi säga om dessa tal?

  • Det är klart (?) att $S(n,1)=S(n,n)=1$ och $S(n,k)=0$ när $k>n$.
  • $S(n,k)= S(n-1,k-1)+kS(n-1,k)$ då $2\leq k \leq n-1$. Varför? [+]
    Låt $x$ vara ett element i mängden. Då har vi två alternativ:
    • $\{x\}$ är en av delmängderna (som alltså inte innehåller något annat element): De övriga $n-1$ elementen skall delas in i $k-1$ icke-tomma delmängder och antalet alternativ är $S(n-1,k-1)$.
    • $\{x\}$ är inte en av delmängderna: Vi delar först de övriga $n-1$ elementen i $k$ icke-tomma delmängder ($S(n-1,k)$ alternativ) och sedan placerar vi $x$ i någon av dessa delmängder ($k$ alternativ) och enligt produktprincipen blir anatalet alternativ $kS(n-1,k)$.
    • Eftersom de två alternativen utesluter varandra följer påståendet av inklusions-exklusionsprincipen.
  • $\displaystyle S(n,k)=\frac 1{k!}\sum_{j=0}^k \binom kj (-1)^{k-j} j^n$. Varför? [+]
    Vi kan numrera $k$ delmängder på $k!$ olika sätt och en delning i icke-tomma numrerade delmängder definierar en $f$ från den ursprungliga mängden till mängden $\{1,2,\ldots,k\}$ så att $f(x)=m$ om $x$ hör till delmängd nummer $m$. Den här funktionen är en surjektion eftersom ingen delmängd är tom. och varje sådan surjektion ger in indelning i icke-tomma delmängder. Detta innebär att $\textrm{Sur}(n,k)= k!S(n,k)$ där $\textrm{Sur}(n,k)$ är antalet surjektioner från en mängd med $n$ element till en mängd med $k$ element. Med formeln vi härlett för funktionen $\textrm{Sur}$ får vi påståendet.
  • $S(n,2)= 2^{n-1}-1$. Varför? [+]
    Låt $x$ vara ett element i mängden. Varje annat element placeras antingen i delmängd som $x$ eller i den andra och det betyder att vi $n-1$ gånger väljer mellan två alternativ. Enligt produktprincipen ger detta $2^{n-1}$ alternativ men ett duger inte eftersom alla element inte kan placeras i samma delmängd och därför blir $S(n,2)= 2^{n-1}-1$.
  • Varför? [+]
    Eftersom vi har $n-1$ delmängder kommer det att finns en delmängd som innehåller två element. Vi kan välja en delmängd med två element ur en mängd med $n$ element på $\binom n2$ olika sätt och när vi gjort det kommer varje av de övriga $n-2$ delmängderna att innehålla ett element.
  

Senast modifierad: G. Gripenberg,