Kombinatorik

Sten Kaijser

Innehall

Kapitel 1. Pa hur manga olika satt kan man . . . ? 1

1. Mangdalgebra 12. Additionsregeln 43. Multiplikationsregeln 6

Kapitel 2. Inklusion–Exklusion eller Sallmetoden 7

1. Potensmangden 72. Sallmetoden 93. Elementar sannolikhet 11

Kapitel 3. Hur manga funktioner? 15

1. Kulorna ar markta 162. Kulorna ar identiska 183. Stora tal 204. Mittistans akademiska klubb 245. Count Basics problem 26

Kapitel 4. Rekursion 29

1. Linjar teori 302. Sondra och harska 36

Kapitel 5. Genererande funktioner 39

1. Genererande funktioner som algebraiska modeller 392. Genererande funktioner och linjar rekursion 423. Hur hittar man hem? 44

Kapitel 6. Polyateori 49

1. Grupper 492. Fixmangden och fixgruppen 513. Burnsides lemma 544. Farglaggningar 57

1. Pa hur manga olika satt kan man . . .?

Inledning. Ett av de centrala problemen i kombinatoriken ar att rakna ut pa hur manga

satt man kan utfora nagot. Det kan galla att kasta om bokstaver i ord, eller att valja

styrelser i en forening. Problem av detta slag kallas enumerationsproblem, och teorin for

hur man loser dem kallas enumeration, vilket narmast betyder upprakning. Det basta

sattet att lara sig att losa sadana problem ar att forst losa ett antal utan att ha en aning

om metoderna, och att sedan lasa lite teori. Det enklaste, men langt ifran basta sattet att

lara ut hur man loser problemen ar att forst presentera teorin, och ett (tyvarr) nodvandigt

forsta steg ar da att infora nagra begrepp och beteckningar for dessa. I detta kapitel ska

forutom ett antal ny begrepp ocksa ta upp tva viktiga rakneregler.

1. Mangdalgebra

Nagra viktiga mangder. Kombinatoriken ar en del av den diskreta matematiken. Den

grundlaggande strukturen for denna ar mangden av de hela talen, som brukar betecknas

Z. Andra viktiga mangder ar mangden av de naturliga talen, N = 1, 2, 3, . . ., samt de

andliga mangderna Nn = 1, 2, 3, . . . , n och Zn = 0, 1, 2, . . . , n − 1.

Relationer. Ordet relation betyder forhallande. I matematiken har ordet en enkel men

precis betydelse och anvands for att ange ett ”forhallande mellan elementen i tva mang-

der”. Poangen ar att begreppet ska vara sa allmant sa att varje tankbart forhallande ska

kunna vara en relation. Detta uppnar man genom att definiera en relation R helt enkelt

som mangden av par (x, y) som uppfyller forhallandet. Definitionen blir darfor att en

relation R pa ett par (X,Y) av mangder ar en delmangd av produktmangden X × Y.

De viktigaste relationerna ar de dar X = Y, varvid man talar om en relation pa X. Det

finns tva typer av relationer som ar speciellt viktiga att kanna till, namligen ordnings–

och ekvivalensrelationer.

Definition (1.1.1.) (ordningsrelationer)

En ordningsrelation pa en mangd X ar en relation R pa X som ar reflexiv, anti-

symmetrisk och transitiv, d.v.s. sadan att

(i) xRx for alla x ∈ X

(ii) xRy och yRx =⇒ x = y

(iii) xRy och yRz =⇒ xRz.

2 1. Pa hur manga olika satt kan man . . .?

Definition (1.1.2.) (ekvivalensrelationer)

En ekvivalensrelation pa en mangd X ar en relation R pa X som ar reflexiv,

symmetrisk och transitiv, d.v.s. sadan att

(i) xRx for alla x ∈ X

(ii) xRy =⇒ yRx

(iii) xRy och yRz =⇒ xRz.

Mangdfunktionen. Det forsta steget i att losa ett problem om pa hur manga satt . . . ?

ar att gora det till ett matematiskt problem. Detta innebar bl.a. att man ser alla satten

att som en mangd. Man ger sedan denna mangd ett namn, t.ex. X. Ofta ar det dessutom

lampligt att se den sokta mangden som en delmangd av en storre mangd som man da ger

ett annat namn, t.ex. Ω.

Om X ar en (vanligen andlig) mangd ska vi skriva |X| for att ange antalet element

i X. En enkel men viktig funktion som ar anvandbar inom manga delar av matematiken

ges av foljande

Definition (1.1.3.)

Om X ar en delmangd av en given grundmangd Ω sa definieras mangdfunktionen

for X, 1X av att

1X(ω) =

1 om ω ∈ X

0 om ω /∈ X.

Poangen med mangdfunktionen och det som gor den anvandbar i kombinatoriken ar

att de vanliga operationerna pa (del)mangder svarar mot enkla operationer pa mangd-

funktionerna. Forutsattningen for dess anvandbarhet ar dock delvis en annan, namligen

det enkla faktum att det finns en 1–1-motsvarighet mellan delmangderna och mangd-

funktionerna.

Sats (1.1.1.) (Huvudsatsen for mangdfunktioner)

Lat Ω vara en given mangd. Da galler att

(i) till varje delmangd av Ω hor precis en mangdfunktion, och till varje funktion ϕ

pa Ω som bara antar vardena 0 eller 1, hor precis en delmangd av Ω.

(ii) antalet element |X| i en delmangd kan beraknas med hjalp av mangdfunktionen

genom formeln

|X| =∑

ω∈Ω

1X(ω).

Bevis. Satsen ar egentligen sjalvklar sa snart man forstar inneborden av texten.

(i) Vi vet redan att till varje mangd hor en mangdfunktion och omvant kan varje funktion

som bara antar vardena 0 och 1 uppfattas som mangdfunktionen for den delmangd E

av Ω som beskrivs av att E = ω ∈ Ω|ϕ(ω) = 1.

(ii) Formeln kan tolkas pa sa satt att vi forst gar igenom alla elementen i den stora

mangden Ω och samtidigt satter ett streck for dem som rakar ligga i X. Nar vi sedan

1. Mangdalgebra 3

raknar strecken far vi veta hur manga element som lag i X. Syftet med att formulera

dessa pastaenden som en sats ar att det ger en mojlighet att vid lampliga tillfallen

kunna aberopa satsen med namn. ⊔⊓

anmarkning. Formeln i (ii) kan vara svar att lasa och forsta for den som inte ar van att lasamatematiska formler. Svarigheten brukar ligga i att summatecknet dels ar ovant och dels avenfor dem som ar vana vid det anvands pa ett nytt och frammande satt. Formeln ar till mycketliten hjalp nar det galler att rakna ut antalet element i en given, om an aldrig sa abstrakt,mangd X, men den ar fortrafflig nar det galler att bevisa satser och allmanna formler. Skalettill detta ar att man for att bevisa en sats som regel inte behover utfora den sista summationen.

Det vanligaste (och viktigaste) problemet for mangdfunktioner ar att berakna den for en

foreningsmangd, men eftersom det ar det enda problemet som inte ar helt sjalvklart ska

vi borja med foljande

Lemma (1.1.2.)

Lat X, Y och Aini=1

vara delmangder av grundmangden Ω. Da galler foljande

samband:

(A) C(∪Ai) = ∩(CAi)

(B) C(∩Ai) = ∪(CAi)

(C) 1CX

= 1 − 1X

(D) 1X∩Y = 1X · 1Y.

Bevis. Eftersom (A) och (B) ar de Morgans (valkanda) regler och (C) och (D) ar

sjalvklara for den som kan rakna med 0 och 1 sa finns det egentligen ingenting att

bevisa. ⊔⊓

anmarkning. Detta lemma visar att det ar latt att rakna ut mangdfunktionen for en skarningeftersom produkten av tva tal som bada ar 0 eller 1 ar 0 om inte bada talen ar 1. Detta innebaratt ω ∈ X ∩ Y bara om bade 1X(ω) och 1Y(ω) ar 1. Denna analogi mellan multiplikation(av tal) och snitt (av mangder) gjorde att i tidig ”Boolesk algebra” skrevs snittet som enprodukt. Detta var inget storre problem for dem som raknade. Varre var att man ocksaskrev unionen (foreningsmangden) med ett plustecken. For att bli av med dessa aritmetiskasymboler uppfanns sa smaningom de moderna tecknen ∩ och ∪ av nagon (som jag garna skullevilja veta vem det var). Att rakna ut mangdfunktionen for X ∪ Y ar inte svart, men medanmangdfunktionen for ett snitt av manga mangder raknas ut pa samma satt som for ett snittav tva mangder, sa blir mangdfunktionen for en union (som vi snart kommer att se) alltmerkomplicerad ju fler mangder vi har. For tva mangder ar det dock latt eftersom

1X∪Y = 1X + 1Y − 1X∩Y = 1X + 1Y − 1X · 1Y = 1 − (1 − 1X)(1 − 1Y)

Med hjalp av lemmat kan vi nu ocksa berakna mangdfunktionen for en forenings-

4 1. Pa hur manga olika satt kan man . . .?

mangd.

Sats (1.1.3.)

Lat Aini=1

vara delmangder av grundmangden Ω och satt

X =n⋃

i=1

Ai och Y = CX

Da ar:

1Y =

n∏

i=1

(1 − 1Ai) och

1X = 1 − 1Y = 1 −n

∏

i=1

(1 − 1Ai)

Bevis. Enligt (C) i lemmat racker det att bevisa en av formlerna sa jag nojer mig med

att bevisa den forsta. Med hjalp av (A) i foregaende lemma far vi:

Y = C(

n⋃

i=1

Ai) =

n⋂

i=1

CAi

vilket enligt (C) och (D) ger:

1Y = 1 − 1∪Ai= 1

∩CAi

=n

∏

i=1

(1 − 1Ai). ⊔⊓

2. Additionsregeln

Det finns tva enkla men viktiga regler for enumeration som spelar stor roll i den elementara

teorin. Dessa regler brukar kallas for additionsregeln och multiplikationsregeln.

Sats (1.2.4.) (Additionsregeln)

Om X och Y ar disjunkta andliga mangder (d.v.s. om X ∩ Y = ∅ sa ar |X ∪ Y| =

|X| + |Y|.

Bevis. Sjalvklart sa snart man forstar vad det star! ⊔⊓

anmarkning 1. Det ar svart att tanka sig nagot pretentiosare an att som sats formuleradet forsta som barna i skolan far lara sig i matematik. Om vi har tva disjunkta mangder ochraknar antalet element i var och en sa far vi antalet i foreningsmangden genom att lagga ihopantalen. Poangen med att formulera detta som en sats, ar att den aldrig (atminstone nastan

2. Additionsregeln 5

aldrig) anvands pa det sattet. Istallet har man givet en (ofta tamligen abstrakt) mangd somman vill rakna elementen i. For att gora det sa delar man upp den i lampliga delmangder somman forutsatter att man kan rakna. Ser man till att delmangderna verkligen ar disjunkta sakan man darigenom rakna elementen i den ursprungliga. Ett vackert men enkelt exempel padetta ar ”Pascals triangel”.anmarkning 2. Den allmanna additionsregeln utsager pa motsvarande satt att om X =Y1 ∪ Y2 ∪ . . . ∪ Yn och om alla mangderna Yi ar disjunkta, sa ar |X| =

∑

|Yi|. Denallmanna regeln bevisas med induktion.

Exempel 1. Vid det beromda universitetet i Mittistan finns en 3-arig datakulturlinje,

dar det varje hosttermin antas 64 studenter. Under den forsta terminen laser studen-

terna 2 kurser, namligen dels det nya dataspraket SPILL, dels det gamla kulturspraket

Sannskrift. Av de studenter som antogs hostterminen ar 11 (av kejsar Pin Kivs rege-

ringstid) var det 8 som aldrig inledde sina studier. Av dem som tenterade klarade 48

tentan i SPILL och 40 tentan i Sannskrift. Det var 3 studenter som inte klarade nagon

tentamen. Hur manga klarade bada kurserna?

Exempel 2. Antalet delmangder med precis k element ur en grundmangd X med n

element brukar (som bekant) skrivas(

n

k

)

. Ett viktigt samband mellan dessa tal ges av

formeln(

n

k

)

=

(

n − 1

k − 1

)

+

(

n − 1

k

)

.

For att bevisa denna formel valjer vi forst ut ett visst element x0 ur X och delar

sedan upp mangden av alla k-delmangder i tva delmangder, namligen de som innehaller

x0 och de som inte gor det. Dessa tva mangder (av k-delmangder) ar uppenbarligen

disjunkta och eftersom den forsta kan tolkas som mangden av alla (k − 1)-delmangder

av X0 = X \ x0, medan den andra pa samma satt kan tolkas som mangden av alla

k-delmangder av X0 sa foljer resultatet av additionsregeln.

Exempel 3. (Dirichlets ladprincip)

(i) I en klass med 13 elever finns det alltid tva som ar fodda i samma manad.

(ii) Om fler an 10 foremal ska laggas i 5 lador, kommer nagon av ladorna att innehalla

minst 3 foremal.

(iii) Om fler an mn foremal ska laggas i m lador, sa kommer nagon av ladorna att

innehalla fler an n foremal.

Som avslutning pa detta avsnitt kan det vara vart att visa ett narmast lojligt bevis for

additionsregeln, som visar hur man kan anvanda sig av mangdfunktionen.

Bevis. (Bevis 2 for additionsregeln) Eftersom X och Y ar disjunkta sa ar

1X∪Y = 1X + 1Y

och da ar enligt huvudsatsen for mangdfunktioner

|X ∪ Y| =∑

ω∈Ω

1X∪Y =∑

ω∈Ω

(1X(ω) + 1Y(ω))

=∑

ω∈Ω

1X(ω) +∑

ω∈Ω

1Y(ω)) = |X| + |Y|⊔⊓

6 1. Pa hur manga olika satt kan man . . .?

3. Multiplikationsregeln

Eftersom hela detta kapitel (i princip) handlar om pa hur manga satt . . . ? sa ska vi

inleda detta avsnitt om multiplikationsregeln med att omtolka den foregaende regeln (d.v.s.

additionsregeln) som ett problem av detta slag. Den fraga som besvaras av additionsregeln

ar:

Pa hur manga satt kan man plocka ett element ur nagon av (de disjunkta) mangderna

X eller Y.

Additionsregeln handlar alltsa om att utfora en handling. Den nya regeln, multiplika-

tions-regeln handlar om att utfora flera handlingar efter varandra i en viss ordningsfoljd.

Bada reglerna ar enkla, men de innehaller ocksa bada nagot villkor som maste provas.

Forutsattningen for additionsregeln var att de tva mangderna var disjunkta, och det hander

alltfor ofta (atminstone pa tentamensskrivningar) att man anvander regeln pa tva mangder

som vid narmare betraktande visar sig ha gemensamma element.

Multiplikationsregeln ar nagot svarare inte bara att anvanda, utan ocksa att formu-

lera. Det problem det galler ar att rakna ut antalet element i en mangd Ω som bestar av

antalet satt att utfora n stycken handlingar efter varandra. Ett satt att beskriva mangden

ar som mangden av alla foljder ω = h1h2 . . . hn, dar hi ar ett av de mojliga satten att

utfora den i:te handlingen. Vi kan nu formulera regeln.

Sats (1.3.5.) (Multiplikationsregeln)

Lat Ω vara mangden av alla satt att utfora de n stycken handlingarna Hini=1

efter

varandra. Antag ocksa att antalet satt att utfora handlingen Hi inte beror av vad

vi gjort tidigare utan ges av ett fixt tal mi. Da ar

|Ω| = m1 · m2 · · ·mn =

n∏

i=1

mi.

Bevis. Liksom i fraga om additionsregeln ar det viktiga inte att kunna bevisa satsen,

utan om att kunna anvanda den (ratt!). For att bevisa satsen ska vi se processen (d.v.s.

foljden av handlingar) som grenar i ett rotat trad. (Den som inte kanner till teorin for

(matematiska) trad far lasa om det har senare.) Det trad man far har en rot x0 och m1

noder pa niva 1. Sa langt finns det m1 grenar. Forutsattningen ar nu att det fran var

och en av noderna pa denna niva gar m2 nya grenar. Det ar da latt att se att totala

antalet noder pa niva 2 ar m1m2. Anvander man sedan induktion foljer det att antalet

noder pa niva n, d.v.s. antalet lov, ar produkten∏

mi. Slutligen foljer satsen av att i

ett rotat trad sa finns det precis en gren fran roten till varje lov i tradet. ⊔⊓

Exempel 1. Om X och Y ar andliga mangder och om Z ar antalet ordnade par z =

(x, y), dar x ∈ X ¸och y ∈ Y sa ar |Z| = |X| · |Y|.

Exempel 2. Antalet permutationer av de n talen 1, 2, . . . , n ar n! eftersom vi kan

valja det forsta pa n satt, det andra (oberoende av hur vi valt det forsta) pa (n − 1)

satt o.s.v. tills vi bara har ett enda element kvar som da valjs pa 1 satt.

2. Inklusion–Exklusion eller Sallmetoden

Inledning. Ett problem som ofta forekommer i tentamensskrivningar och som ibland

kan vara intressant aven i mindre allvarliga sammanhang ar att rakna ut antalet element

i en foreningsmangd, dar de olika givna mangderna inte behover vara disjunkta. Detta

problem loses med en metod som brukar kallas inklusion-exklusion eller ibland sallmetoden

och som ar en vidareutveckling av additionsregeln.

Forutsattningen ar att antingen den sokta mangden eller dess komplement pa ett

naturligt satt kan ses som en foreningsmangd av ett antal delmangder vars storlek kan

beraknas. Detta skulle ha gjort det mojligt att anvanda additionsregeln om mangderna

vore disjunkta, men eftersom de inte ar det sa far man anvanda en mer komplicerad metod.

Det naturliga ar att forst rakna elementen i varje delmangd och att sedan rakna bort dem

som tillhor flera. I larobockerna finns en formel med eventuella variationer for att utfora

berakningarna i det allmanna fallet.

1. Potensmangden

De svarigheter som finns nar det galler att forsta och lara sig metoden beror inte pa

att metoden ar svar eller pa nagot satt svar att anvanda. Svarigheterna beror istallet

framst pa att den sats som finns ar fullstandigt allman, d.v.s. (det som icke-matematiker

ofta kallar) abstrakt. For att formulera denna mycket allmanna sats behover man infora

beteckningar som gor den formel man far lasbar, och i forsoken att gora detta sa stoter

man pa den enda svarighet som faktiskt finns. Problemet ligger i att vi har tva mangder,

vars delmangder vi ska halla reda pa. Dels har vi naturligtvis den givna (andliga) grund-

mangden Ω, men forutom den har vi ocksa en indexmangd I. For att sa smaningom

kunna formulera den sats jag vill ha behover jag ett par definitioner.

Definition (2.1.1.) (Potensmangden)

Lat X vara en (andlig) mangd. Mangden av alla delmangder av X kallas for potens-

mangden (pa engelska the power set) och betecknas P(X). For att uttrycka att E

ar en delmangd av X ska vi skriva antingen E ⊂ X eller E ∈ P(X). (Kom ihag att

den tomma mangden ∅ ar en delmangd av varje mangd, d.v.s. att for varje X galler

att ∅ ∈ P(X).)

anmarkning. Det kan i detta sammanhang vara vart att saga nagot om den tomma mangdensom delmangd av en indexmangd. Lat darfor I vara en given indexmangd och antag att det

8 2. Inklusion–Exklusion eller Sallmetoden

till varje i ∈ I hor ett tal ai. For varje delmangd J av I kan vi da bilda en summa Sa(J) ochen produkt Pa(J) over mangden, genom

Sa(J) =∑

i∈J

ai och Pa(J) =∏

i∈J

ai.

Vi ser da att om J och K ar disjunkta delmangder av I, d.v.s. om J ∩ K = ∅ sa ar

Sa(J ∪ K) = Sa(J) + Sa(K) och Pa(J ∪ K) = Pa(J) · Pa(K).

Eftersom vi vill att bada dessa formler skall galla aven da J eller K ar den tomma mangden ∅sa definierar vi

Sa(∅) =∑

i∈∅

ai = 0 och Pa(∅) =∏

i∈∅

ai = 1.

Vi kommer i fortsattningen huvudsakligen att syssla med en produkt som paminner om

P (1 − a)(I) =∏

i∈I

(1 − ai)

och det ar vart att notera att om vi raknar ut den pa vanligt satt sa far vi

P (1 − a)(I) =∑

J∈P(I)(−1)|J|P a(J),

varvid (naturligtvis) |∅| = 0.

Har man val forstatt denna formel sa ar det inte sa svart att inse att alla talen ai mycket

val kan bero pa i vilken punkt pa en viss grundmangd Ω som man befinner sig. Detta

innebar att talen ai kan ersattas med funktioner fi(ω) och att formeln da fortfarande ar

giltig. Vi formulerar detta pastaende som ett lemma.

I analogi med ovanstaende kan vi nu for varje i ∈ I lata Ai vara en delmangd av

grundmangden Ω, och for delmangder J av I definiera en union ∪A(J) och ett snitt ∩A(J)

genom

∪A(J) =⋃

i∈J

Ai och ∩ A(J) =⋂

i∈J

Ai.

ven for dessa galler enkla rakneregler om J och K ar disjunkta delmangder av I, namligen

att

∪A(J ∪ K) = ∪A(J) ∪ ∪A(K) och

∩A(J ∪ K) = ∩A(J) ∩ ∩A(K).

Precis som ovan vill vi att dessa regler ska galla aven da J eller K ar den tomma mangden

vilket innebar att

∪A(∅) = ∅ och ∩ A(∅) = Ω.

2. Sallmetoden

For att fa de kommande formlerna att se nagot enklare ut behover vi ytterligare en defi-

nition, namligen

2. Sallmetoden 9

Definition (2.2.2.)

Lat I vara en (andlig) mangd och lat for varje i ∈ I, Ai vara en delmangd av en

annan (andlig) grundmangd Ω. For varje delmangd J = i1, i2, . . . ik av I ska vi

skriva AJ for skarningsmangden

AJ = Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik=

⋂

i∈J

Ai.

Med hjalp av dessa definitioner kan vi nu skriva sallmetoden som en sats.

Bevis. Vi kan borja med att notera att enligt additionsregeln ar |X|+ |Y| = |Ω|. Sedan

adderar vi de tva summorna i hogerleden och ser da att alla termer utom den allra

forsta (i den forsta summan) forekommer tva ganger med olika tecken och darfor tar ut

varann. Detta innebar att hela summan av de tva summorna bestar av enbart denna

forsta term, vilket ger att summan ar |A∅| = |Ω|. Detta innebar att det racker med att

bevisa en av formlerna, och jag valjer att bevisa den forsta. For att gora det ska jag

anvanda mangdfunktionen 1Y som enligt Sats (1.1.3) ar

1Y =∏

i∈I

(1 − 1Ai).

Vi observerar nu att enligt formeln (⋆) ovan sa ar

Nar vi anvander satsen kommer antingen |I| att vara ett litet tal, eller sa kommer det att

finnas ett slags symmetri i problemet som gor att alla mangder AJ med |J | = k ar lika

stora. Detta innebar att vi bara behover rakna ut storleken av en mangd av varje slag for

att sedan rakna hur manga de ar. Ett naturligt korollarium till foregaende sats ar darfor

Korollarium (2.2.0′). Lat I, Ω, Aini=1

samt X och Y vara som i foregaende sats.

Antag dessutom att for alla delmangder J av I beror |AJ | endast av |J |, d.v.s. att det

finns tal Tk, 1 ≤ k ≤ n sadana att for alla J , med |J | = k ar |AJ | = Tk. Satt vidare

Sk =(

nk

)

Tk. Da ar

|Y| =

n∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

Tk =

n∑

k=0

(−1)kSk

och

|X| =n

∑

k=1

(−1)k−1

(

n

k

)

Tk =n

∑

k=1

(−1)k−1Sk.

Bevis. Korollariet foljer direkt ur satsen, tillsammans med det valkanda faktum att

antalet k-delmangder av en mangd med n element ar(

nk

)

. ⊔⊓

Exempel 1. Hur manga udda tal mellan 1000 och 10 000 ar inte delbara med 3 eller 5.

Losning: Eftersom det galler udda tal kan vi lata grundmangden vara Ω = n|1001 ≤

n ≤ 10 000. Vidare later vi A2 besta av de jamna talen i Ω, A3 av dem som ar

delbara med 3 och A5 av de som ar delbara med 5. Vidare ar den sokta mangden Y

komplementet till foreningsmangden X = A2 ∪ A3 ∪ A5, vilket innebar att

Y = C(A2) ∩ C(A3) ∩ C(A5).

10 2. Inklusion–Exklusion eller Sallmetoden

Enligt sallmetoden ar da

|Y| = |Ω| − (|A2| + |A3| + |A5|) + (|A2,3| + |A2,5| + |A3,5|) − |A2,3,5|,

som ger

|Y| = 9000−(4500+3000+1800)+(1500+900+600)−300 = 9000−9300+3000−300,

vilket omedelbart utraknas till att |Y| = 2400. ⊔⊓

Vi ska senare se att det finns ett enklare satt att rakna ut samma sak.

Exempel 2. Vid universitetet i Mittistan finns ocksa en utbildningslinje i biosofi. Pa

denna linje antas varje hosttermin 128 studenter. Pa denna linje laser studenterna

under forsta terminen tre olika kurser, namligen allman kemi, grundlaggande ekologi

samt grundkursen i bioetik. Av dem som antogs ar 11, var det 18 som aldrig inledde

sina studier. For att fa fortsatta pa andra terminen maste studenterna bli godkanda

pa nagon av kurserna. Vid tentamen var det 76 som klarade kemin, 91 som klarade

ekologin och 97 som klarade bioetiken. Det var 66 som klarade bade kemi och ekologi,

71 som klarade kemi och bioetik, samt 84 som klarade ekologi och bioetik. Slutligen var

det 63 som klarade alla tre tentorna. Hur manga fick fortsatta?

Losning: Vi soker |X| = |AK ∪ AE ∪ AB|, vilket enligt sallmetoden ar

(76 + 91 + 97) − (66 + 71 + 84) + 63 = 264 − 221 + 63 = 106.

⊔⊓

3. Elementar sannolikhet

Inledning. Det finns ett nara samband mellan kombinatorik och sannolikhetsteori. Det

ar t.o.m. sa att de allra forsta sannolikhetsproblemen var renodlade kombinatorikproblem.

Aven om manga larobocker i kombinatorik undviker att infora sannolikheter tycker jag

att det finns flera goda skal att gora det. Det viktigaste skalet ar att nar man inom

kombinatoriken vill rakna ut antalet element i en delmangd X av en viss grundmangd Ω,

sa ar ofta bada talen |X| och |Ω| stora, medan kvoten |X|/|Ω| ar ungefar 1/2 (varmed

menas nagot mellan 1 och 99 hundradelar). Denna kvot, som kan tolkas som sannolikheten

for att ett pa mafa valt element ur Ω ska raka ligga i X, ar ofta intressantare an talet

|X| sjalvt. Eftersom vi i denna kurs (nastan) uteslutande kommer att syssla med andliga

mangder, sa ar den sannolikhetsteori som vi ska anvanda utomordentligt enkel.

Den grundlaggande definitionen. Vi ska borja med

3. Elementar sannolikhet 11

Definition (2.3.3.) (Sannolikhetsfordelning)

En sannolikhetsfordelning (eller enklare bara fordelning) P pa en andlig mangd Ω

ges av en reellvard funktion P (ω) sadan att

(i) P (ω) ≥ 0 och

(ii)∑

ω∈Ω

P (ω) = 1.

Den likformiga fordelningen ges av att for alla ω ∈ Ω ar

P (ω) =1

|Ω|.

anmarkning 1. Vi kommer i fortsattningen nastan enbart att syssla med den likformigafordelningen, och vi ska t.o.m. infora den regeln att om vi enbart talar om sannolikheter utanatt namna nagon sannolikhetsfordelning sa forutsatts denna vara likformig.anmarkning 2 En andlig mangd med en sannolikhetsfordelning kallas for ett sannolik-

hetsrum. Ett sannolikhetsrum brukar skrivas som (Ω, P ) dar Ω ar mangden och P ar san-nolkhetsfordelningen. Om fordelningen ar den likformiga kommer vi helt enkelt att tala omsannolikhetsrummet Ω.

En skillnad som under arens lopp vuxit fram mellan kombinatorik och sannolikhetsteori

ar att man anvander olika sprakbruk. Detta innebar exempelvis att den grundmangd vi

talar om i kombinatoriken, inom sannolikhetsteorin kallas for utfallsrummet, medan vara

delmangder kallas for handelser. Eftersom sannolikhet (och vanligen aven sannolikhetste-

ori) pa engelska kallas probability, sa kallas de som agnar sig at denna teori for probabilister

och deras sprakbruk for probabilistiskt.

Med ett probalistiskt sprakbruk definieras sannolikheten P (A) for en handelse A

genom

P (A) =∑

ω∈A

P (ω).

Om sannolikheten ar likformig sa ar P (A) = |A|/|Ω|.

anmarkning. Med hjalp av mangdfunktionen kan sannolikheten for handelsen A skrivas somen summa over hela utfallsrummet sasom

P (A) =∑

ω∈Ω

1A(ω)P (ω).

Tva viktiga begrepp inom sannolikhetsteorin ar betingad sannolikhet och (stokastiskt)

oberoende. Dessa begrepp hanger nara ihop och vi ska infora bada med samma definition.

Definition (2.3.4.)

(i) Om A och B ar givna handelser (med P (B) > 0) sa definieras den betingade

sannolikheten P (A|B) (for A givet B) genom formeln

P (A|B) = P (A ∩ B)/P (B).

(ii) Handelserna A och B sags vara oberoende om

P (A|B) = P (A) d.v.s. omP (A ∩ B) = P (A) · P (B).

3. Hur manga funktioner?

Inledning. Manga problem i kombinatorik handlar om att rakna hur manga funktioner

det finns av vissa slag. De flesta av dessa problem kan beskrivas sa att man har en mangd

X som kan antas besta av kulor, och en annan mangd Y som kan antas besta av urnor.

En funktion fran X till Y kan uppfattas som ”ett satt att lagga alla kulorna i nagra av

urnorna”. Darefter raknar man de sarskiljbara mojligheterna under olika omstandig-

heter, sasom om kulor och urnor ar markta (exempelvis numrerade) eller identiska. Vi

kommer har att forutsatta att urnorna ar markta, medan vi kommer att sarskilja de tva

fallen av markta eller omarkta kulor.

Eftersom losningarna till de flesta problem av denna typ pa ett eller annat satt

brukar innehalla binomialkoefficienter ska jag borja med att ge de tva viktigaste reglerna

for dessa.

Binomialkoefficienter. Det finns ett stort antal mer eller mindre viktiga och mer eller

mindre anvandbara identiteter for binomialkoefficienter. De flesta av dessa kan bevisas

med hjalp av binomialsatsen, exempelvis genom att man ger vissa varden for x eller

utnyttjar identiteten (1 + x)m(1 + x)n = (1 + x)m+n.

Sats (3.0.1.) (Binomialsatsen)

(1 + x)n =n

∑

k=0

(

n

k

)

xk.

Forutom denna maste ni komma ihag Pascals triangel, d.v.s. identiten(

n

k

)

=

(

n − 1

k − 1

)

+

(

n − 1

k

)

,

som kan bevisas genom att vi skriver (1 + x)n = (1 + x)(1 + x)n−1. Dessutom behover ni

nagon enstaka gang kunna utnyttja det vanliga uttrycket for koefficienterna namligen(

n

k

)

=n!

k! (n − k)!.

Ni bor ocksa kanna till multinomialkoefficienterna. Dessa far man som koefficienterna

m(k1, k2, . . . kr) i uttrycket

(1) (x1 + x2 + . . . xr)n =

∑

m(k1, k2, . . . kr)xk1

1 xk2

2 . . . xkr

r

och som de flesta av er kanner till ar den explicita formeln

(2) m(k1, k2, . . . kr) =

(

n

k1 k2 . . . kr

)

=n!

k1! k2! . . . kr!.

Om vi i (1) satter alla xi = 1 och sedan utnyttjar (2) sa ger detta att

(3) rn =∑

(

n

k1 k2 . . . kr

)

,

nagot som har en naturlig kombinatorisk tolkning.

16 3. Hur manga funktioner?

1. Kulorna ar markta

Problem: Pa hur manga olika satt kan n olika kulor laggas i r olika urnor?

Losning: Vi kan anta att kulorna ar markta med siffror fran och med 1 t.o.m. n, vilket ar

detsamma som att anta att X = Nn Vidare kan vi anta att urnorna ar markta med siffror

fran och med 1 t.o.m. r, eller med bokstaver fran, a till, sag r, vilket kan tolkas som att

Y = Nr. Grundproblemet ar att bestamma det totala antalet funktioner fran X till Y,

d.v.s. fran Nn till Nr vilket ar detsamma som antalet ”ord” av langden n med bokstaver

mellan a och r, och eftersom varje bokstav (oberoende av de ovriga) kan valjas pa r olika

satt sa ar det totala antalet (enligt multiplikationsregeln) rn (4).

anmarkning 1. Eftersom antalet funktioner fran Nn till Nr ar

rn = |Nr||Nn|

sa betecknas ofta denna mangd av funktioner som NNn

r och allmant skrivs mangden av allafunktioner fran (den abstrakta men andliga) mangden X till mangden Y som YX vilket germinnesregeln

|YX| = |Y||X|.

anmarkning 2. Enligt mangdfunktionens huvudsats kan potensmangden P(X) uppfattas

som mangden av funktioner fran X till Z2 = 0, 1 vilket innebar att |P(X)| = |ZX2 | = 2|X|.

Manga problem handlar om att stalla vissa villkor pa de tillatna funktionerna. Det

vanligaste av dessa villkor ar att det totala antalet av varje bokstav ar bestamt, sa att det

exempelvis skall finnas exakt ki stycken i:n. Da bor problemet ses annorlunda. Det man

da skall gora ar att for varje bokstav bestamma vilken delmangd som skall fa denna. Det

innebar att man forst valjer en delmangd av k1 element som blir a:n, vilket kan goras pa(

nk1

)

satt. Bland de kvarvarande (n− k1) platserna valjer man sedan en ny delmangd med

k2 element som blir b:n, vilket kan goras pa(

n−k1

k2

)

satt o.s.v.. Totalt ger detta

(

n

k1

)(

n − k1

k2

)(

n − k1 − k2

k3

)

. . .

(

km

km

)

(5)

=n! (n − k1)! (n − k1 − k2)! . . . km!

k1!(n − k1)! k2!(n − k1 − k2)! . . . km!1!=

(

n

k1 k2 . . . kr

)

olika sadana funktioner. Den vanliga formuleringen av detta problem ar att man har ett

givet ord och soker antalet nya ord som uppstar vid permutationer av dessa. For att

problemet ska vara intressant bor det finnas betydligt fler platser i ordet, an vad det finns

olika bokstaver. Ett av problemmakarnas favoritord i detta sammanhang ar namnet pa

Nordamerikas storsta flod.

Exempel 1. Hur manga ord kan bildas genom omkastning av bokstaverna i ordet MIS-

SISSIPPI?

Losning: Enligt formeln ovan ar antalet

(

11

4 4 2 1

)

=11!

4! 4! 2!=

11 · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 54 · 3 · 2 · 2 = 11 · 10 · 9 · 7 · 5 = 99 · 35 · 10 = 34 650.

1. Kulorna ar markta 17

Exempel 2. Hur manga av dessa innehaller ordet SPIS?

Losning: Lat oss borja med att bilda ordet MISSIPISPIS. Vi skriver detta som MIS-

SIPI(SPIS) och ersatter bokstavsfoljden (SPIS) med bara bokstaven A, vilket ger ordet

MISSIPIA. Antalet ord som kan bildas ur ordet MISSIPIA ar med samma utrakning(

8

3 2 1 1 1

)

= 8 · 7 · 5 · 4 · 3 = 3360.

Vi ar nu nastan framme, men som sa ofta i sadana har problem, finns det en poang

till. Anledningen till detta ar att orden MISPISIA och MIAISPIS svar mot samma

omkastning av bokstaverna i det ursprungliga ordet. Vi maste darfor dra bort de ord

som raknats tva ganger. Dessa kan dessutom vara av tva olika slag.

Lat oss bilda ordet MIAIA. Antalet omkastningar av dessa bokstaver ar 5!/4 = 30.

Slutligen kan en omkastning innehalla ordet SPISPIS, och antalet sadana ar lika manga

som omkastningarna av ordet MISIO som ar 5!/2 = 60.

Antalet ord som innehaller ordet SPIS ar darfor 3360 − 30 − 60 = 3270. Det bor

papekas att det ar nagot lattare (men inte lika valuppfostrat) att rakna ut hur manga

som innehaller ordet PISS. ⊔⊓

anmarkning. Med hjalp av vara losningar ovan kan vi nu rakna mangden av alla ord avlangden n som anvander r olika bokstaver pa tva olika satt. Antingen konstaterar vi att varjebokstav kan valjas pa r olika satt vilket ger rn fall, eller sa bestammer vi forst hur manga detska vara av varje bokstav, anvander formel (5) och lagger sedan ihop alla sadana for alla valav antalet bokstaver. Tillsammans ger detta far tidigare harledda formel

rn =∑

(

n

k1 k2 . . . kr

)

(dar summan tas over alla val av talen ki, sadana att ki ≥ 0 och∑

ki = n).

Eftersom det bade for mig, senare i det har kompendiet, och for er pa exempelvis

tentamensskrivningar, kan vara bra att ha en sats att hanvisa till sa ska jag sammanfatta

det vi bevisat i detta avsnitt till

Sats (3.1.2.) (ord-satsen)

(i) Antalet ord av langden n med bokstaver ur ett alfabet med r bokstaver ar rn.

(ii) Antalet ord av langden n med bokstaver ur ett alfabet med r bokstaver, sadana

att varje bokstav forekommer ett angivet antal ganger ki, 1 ≤ i ≤ r ar(

nk1 k2 ... kr

)

.

Surbinjektioner. Det finns ocksa situationer dar man inte ar intresserad av alla funk-

tioner fran X till Y utan enbart for dem som ar injektiva eller surjektiva. (Jag paminner

om att en given funktion f : X → Y sags vara

injektiv om x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2) och

surjektiv om y ∈ Y ⇒ ∃x ∈ X sa att f(x) = y

Funktionen f sags vara bijektiv om den ar bade injektiv och surjektiv. En funktion som

ar –jektiv kallas for en –jektion.)

Forutsattningen for att det overhuvudtaget ska finnas injektioner fran X till Y ar

att |X| ≤ |Y| och da ar om |X| = m ≤ n = |Y|

|Inj(X,Y)| = n(n − 1) · · · (n − m + 1) = n!/m!

18 3. Hur manga funktioner?

(dar Inj(X,Y) star for mangden av alla injektioner fran X till Y).

Exempel. Hur manga personer maste finnas i en klass for att sannolikheten for att tva

av eleverna ska ha samma fodelsedag ska vara minst 1/2?

Losning: Vi antar for enkelhets skull att alla eleverna ar fodda samma ar och att detta inte

ar ett skottar. Vi antar ocksa att alla fodelsedagar ar lika sannolika (nagot som ju inte

ar helt riktigt eftersom pafallande manga barn blir till under sommaren). Problemet ar

att bestamma det minsta talet m sa att antalet injektioner fran Nm till N365 ar mindre

an halften av alla funktioner. Detta ger att

365!

(365 − m)! · 365m=

365 · 364 · · · (365 − m + 1)

365 · 365 · · · 365 =

m−1∏

k=0

(1 − k

365) <

1

2.

Provar man detta villkor pa en miniraknare finner man att 22 elever ger nastan exakt

(men inte riktigt) sannolikheten 1/2 sa att det behovs 23 stycken. (Den allmanna regeln

for ett givet n ar att om m uppfyller ekvationen m2 + m = 2n log 2 sa ar sannolikheten

for att en funktion fran Nm till Nn skall vara injektiv ungefar 12 . Detta betyder att

m = − 12 +

√

2n log 2 + 14 ≈ 1, 18

√n.) ⊔⊓

Forutsattningen for att det ska finnas surjektioner fran X till Y ar att |X| ≥ |Y|.For att bestamma antalet surjektioner anvander vi sallmetoden. Vi antar att |X| = m ≥n = |Y|. Lat nu for varje y ∈ Y, Ay vara mangden av funktioner fran X till Y som

undviker elementet y. Da ar

W = Sur(X,Y) = mangden av surjektioner fran X till Y = C(

⋂

y∈Y

Ay

)

.

Enligt korollarium(1.4.7′) ar da

|W| =

n∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

Tk,

dar Tk ar mangden av funktioner som undviker k givna element i Y. Eftersom Tk ar

mangden av alla funktioner fran X till en mangd med n − k element ar |Tk| = (n − k)m.

Vi far darfor att

|W| =

n∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

(n − k)m.

Detta ar antalet surjektioner. Eftersom det inte finns nagot enkelt satt att rakna ut

summan ar formeln dock i stort sett oanvandbar. Den kan naturligtvis anvandas for sma

mangder om man raknar for hand och for nagot storre om man har en dator till hjalp.

2. Kulorna ar identiska

Problem: Pa hur manga olika (d.v.s. sarskiljbara) satt kan n identiska kulor laggas i r

olika urnor?

Losning: Ett naturligt satt att behandla detta problem ar att vanda pa det och istallet

for att titta pa kulorna for att se var de hamnar sa tittar vi i urnorna och ser hur manga

2. Kulorna ar identiska 19

som hamnat i var och en. Detta innebar att vi helt enkelt far r tal, x1, x2, . . . xr och det

vi vill veta ar pa hur manga satt vi kan valja dessa sa att

(6) xi ≥ 0 och

r∑

i=1

xi = n.

For att losa detta problem anvander vi induktion over antalet urnor och konstaterar forst

att det behovs minst en urna. Finns det bara en sa maste alla kulorna laggas i denna

vilket innebar att problemet bara har 1 losning. Antag nu att vi har 2 urnor och att n

(identiska) kulor ska laggas i dessa. I detta fall lagger vi forst k kulor i den forsta urnan

och lagger sedan resten i den andra. Eftersom de enda villkoren ar att 0 ≤ k ≤ n sa ger

detta n+1 mojligheter. Jag pastar nu att den allmanna regeln ar att om vi har r urnor sa

finns det(

n+r−1r−1

)

mojligheter. For att bevisa mitt pastaende sa antar jag att resultatet ar

bevisat for alla n om jag har r − 1 urnor och att jag framfor mig har n kulor och r urnor.

Om jag nu borjar med att plocka upp k stycken kulor, 0 ≤ k ≤ n sa kan jag fordela dessa

i de r− 1 forsta urnorna pa(

k+r−2r−2

)

satt, och eftersom resten hamnar i den sista kulan sa

ar det totala antalet mojligheter

n∑

k=0

(

k + r − 2

r − 2

)

.

Denna formel ser naturligtvis avskrackande ut, men det ar i alla fall latt att se att om

n = 0 sa bestar summan bara av den enda termen(

r−2r−2

)

(= 1) och eftersom det finns

precis 1 satt att lagga 0 kulor i r urnor sa ar formeln sann i detta fall. Vi kan darfor

anvanda induktion over n och antar darfor att vi har bevisat att

n−1∑

k=0

(

k + r − 2

r − 2

)

=

(

n + r − 2

r − 1

)

.

Lagger vi nu till en kula sa far vi enligt induktionsantagandet

n∑

k=0

(

k + r − 2

r − 2

)

=n−1∑

k=0

(

k + r − 2

r − 2

)

+

(

n + r − 2

r − 2

)

=

(

n + r − 2

r − 1

)

+

(

n + r − 2

r − 2

)

=

(

n + r − 1

r − 1

)

(varvid den sista likheten kommer ur Pascals triangel). Darmed har vi bevisat foljande

Sats (3.2.3.) (urn-satsen)

Antalet olika satt att lagga n identiska kulor i r olika urnor ar

(

n + r − 1

r − 1

)

=

(

n + r − 1

n

)

.

Problemet med att lagga identiska kulor i urnor ar vanligt, framst pa tentamensskriv-

ningar, men aven i andra sammanhang. Det finns ocksa manga variationer av det sasom

20 3. Hur manga funktioner?

att krava att varje urna ska innehalla minst en kula, eller att nagon av urnorna ska inne-

halla ett jamnt antal kulor. Det ar darfor viktigt att kunna kanna igen problemet bakom

dess olika forkladnader. For att fa en battre forstaelse for problemet vill jag ta upp ett

annat satt att beskriva losningen.

Utgangspunkten for problemet ar att vi ska lagga n kulor i r urnor, och eftersom

kulorna ar identiska sa kan vi inte se vilka kulor som hamnat i de olika urnorna. For att

se hur manga olika losningar som finns till detta problem kan vi glomma bort att kulorna

ar identiska. Vi kan da aterigen se ett satt att lagga kulorna i urnorna som en funktion

fran Nn till Nr och saga oss att for varje satt att fordela kulorna i urnorna ska vi valja

ut precis en av alla de funktioner som ser ut pa detta satt. Det enklaste sattet att gora

det ar att anta att de forsta k1 kulorna hamnar i urna nummer 1, de darpa foljande k2

kulorna i urna nummer 2 o.s.v. Detta kan tolkas som att vi har en vaxande funktion fran

Nn till Nr, och kontentan ar att vi vill rakna antalet sadana. Detta betyder att vi ska

starta i punkten (1, 1) och sedan ta ett steg uppat eller ett steg till hoger anda tills vi

kommer till punkten (n + 1, r). Genom att flytta vandringen ett steg at vanster och ett

steg ner far vi istallet en vandring fran (0, 0) till (n, r − 1). Det vi vill bestamma ar da

antalet mojliga vandringar fran (0, 0) till (n, r − 1) om vi varje gang tar antingen ett steg

till hoger (H) eller ett steg uppat (U) och om vi ska ta precis n steg till hoger och r − 1

steg uppat. Detta ar naturligtvis detsamma som antalet ord av langden n + r − 1 med de

tva bokstaverna H och U och som innehaller precis n stycken H-n och r− 1 stycken U -n.

Enligt resultatet fran foregaende avsnitt ar detta antal(

n+r−1r−1

)

. (Varje H betyder att vi

tar ett steg till hoger, d.v.s. stoppar ner en kula till i samma urna, och varje U betyder

att vi byter urna, nagot som vi maste gora r − 1 ganger.)

Forutom att bada de rena problemen, de med helt markta eller helt omarkta kulor,

kan varieras pa ett antal satt sa forekommer det ocksa mellanformer av typen att det

finns k1 identiska vita kulor, k2 identiska roda o.s.v.. I sin enklaste form kan detta losas

genom att man behandlar varje farg for sig och helt enkelt far en produkt av de olika

mojligheterna.

3. Stora tal

Inledning. Ett viktigt omrade dar kombinatoriken spelar en stor roll ar det som brukar

kallas algoritmanalys. Det som behovs for algoritmanalysen ar dock som regel inte

formler for exakt hur manga mojligheter det finns, utan istallet en beskrivning som ger

en god uppfattning om storleken av olika tal. De tal det galler brukar som regel vara

funktioner f(n) av ett naturligt tal n, dar n star for en instans av ett allmant formulerat

problem. Kanda sadana ar Sorteringsproblemet och Handelsresandens problem. Vid sor-

teringsproblemet har vi en lista av tal som skall ordnas efter storlek, och det n som anger

en instans ar antalet tal i listan. Handelsresandens problem handlar om att minimera

kostnaden (eller restiden eller sammanlagda reslangden) for en rundresa till ett givet antal

stader, dar alla kostnader for resan mellan tva av staderna ar kanda. De flesta av de

problem som behandlas inom algoritmanalysen ar latt losbara for sma varden pa n och

ibland kan man rent av hitta en exakt formel. Det man da vill veta ar hur lang tid det

tar att med en viss dator behandla en instans av given storlek, eller hur stora instanser

en viss maskin overhuvudtaget kan klara av inom rimlig tid. Det ar i detta sammanhang

3. Stora tal 21

som en exakt men komplicerad formel ar ganska ointressant. Det man vill ha ar istallet

enkla uttryck som ger en god uppfattning om storleken av f(n).

Ordobegreppet. Erfarenheten har visat att det fran den rena matematiken overtagna

ordobegreppet ar anvandbart for att jamfora upptradandet av tva funktioner nar n →∞.

Definition (3.3.1.) (Ordobegreppet)

(i) Om f och g ar givna funktioner, bada definierade pa de naturliga talen (eller

pa de reella, eller bara for alla tillrackligt stora naturliga tal), sa sags funktionen f

vara stort O utav funktionen g, (skrives f ∼ O(g), eller med ord, f ar O(g)) om det

finns en konstant C (och ett naturligt tal N) sa att for alla n ≥ N ar f(n) < Cg(n).

(ii) f sags vara litet o av g om

limn→∞

f(n)

g(n)= 0,

vilket skrivs som att f ar o(g).

Vi kommer i fortsattningen att beskriva storleken av de viktiga funktionerna med hjalp

av ordobegreppet. Det man forutom detta begrepp behover for att ange storleken av sina

funktioner ar en lamplig familj av jamforelsefunktioner. Denna familj kan vara mer eller

mindre gles, d.v.s. ge en mer eller mindre exakt beskrivning, och den kan ocksa vara mer

eller mindre enkel, varvid en enklare familj ger en glesare beskrivning. Valet av jamforel-

sefamilj ar darfor en kompromiss dar det galler att ha en tillrackligt stor familj (for att fa

en tillrackligt noggrann beskrivning) som anda inte ar alltfor komplicerad. Den kompro-

miss man som regel valjer ar att utga ifran de tre funktionerna log x, x och ex. Forutom

dessa tar man med potenser av dem, produkter av dem och av en speciell anledning ocksa

funktionen xx.

Exempel.

1. Funktionen(

nk

)

ar O(nk) (liksom ocksa funktionen(

n+kk

)

da n → ∞).

2. Man kan rakna ut att sorteringsproblemet kraver atminstone O(n log n) jamforelser.

3. Vanlig matrismultiplikation av tva n×n matriser kraver O(n3) multiplikationer och

lika manga additioner.

Kombinerar vi de funktioner som beskrivits ovan med potenser och multiplikationer sa

innebar detta att alla jamforelsefunktioner som vi kommer att behova kan skrivas pa

formen

g(n) = eαnnβ(log n)γ .

Detta ar det for en matematiker naturligaste sattet att skriva funktionerna, men av olika

anledningar brukar det inte vara exakt dessa som anvands inom algoritmanalysen. En

anledning till detta ar att datorer arbetar binart. Detta gor att istallet for den naturliga

logaritmen loge n sa anvander man som regel 2-logaritmen log2 n, som for stora tal helt

enkelt ar antalet siffror (i dess binara utveckling). Av samma anledning ar ocksa potensen

2n vanligare an en, och som regel foredrar man allmant att skriva Cn istallet for en log C .

Till sist ar det ocksa sa att eftersom grundfunktionerna vaxer olika fort, sa spelar som

regel en logaritm ingen roll bredvid en potens, och en potens spelar ingen roll bredvid en

22 3. Hur manga funktioner?

geometrisk serie. For att ha nagot att referera till sa kan det vara bra att formulera de

viktigaste tillvaxtegenskaperna hos dessa funktioner som en sats.

Sats (3.3.4.) (storlekssatsen)

(i) For alla β och β′ sadana att β < β′ galler att

nβ ar o(nβ′

)

(ii) For alla positiva α, β och γ galler att

(log n)γ ar o(nβ) och

nβ ar o(eαn)

(iii) For alla α,α′ och β, sadana att α < α′, galler att

eαnnβ ar o(eα′n)

(iv) Om p(n) ar ett polynom av grad k sa galler att p(n) ar O(nk) och att∑

p(n)

ar O(nk+1).

(v) Om f(n) ar O(Cn), C > 1, sa galler att aven∑

f(n) ar O(Cn).

Bevis. (i) ar valkant. I (ii) foljer det forsta pastaendet ur det andra om vi helt enkelt

ersatter n med 2k. Vi ska darfor noja oss med att bevisa att nβ ar o(eαn). Eftersom det

inte spelar nagon roll om vi upphojer bada leden till samma sak racker det darfor att

visa att

(nβ)1/α = nβ/α ar o((eαn)1/α) = o(en).

Nu ar som bekant

en =∞∑

k=0

nk

k!.

Valjer vi nu K > β/α sa galler att nβ/α < nK som enligt (i) ar o(nK+1). Vidare ar

nK+1 = (K + 1)!nK+1

(K + 1)!< (K + 1)!en

eftersom en term i en positiv serie ar mindre an summan av hela serien. Tillsammans

ger detta att

limn→∞

nβ

eαn= 0

vilket var vad vi ville bevisa.

(iii) ar en direkt konsekvens av (ii).

Det forsta pastaendet i (iv) ar uppenbart och det andra foljer av att summan ar ungefar

detsamma som en integral, och da vi integrerar okar gradtalet med 1.

(v) ar latt att visa med formeln for en andlig geometrisk serie och kan i ord formuleras

sa att en geometrisk serie ar ungefar lika stor som den storsta termen (antingen nu den

kommer forst eller sist). ⊔⊓

3. Stora tal 23

anmarkning. En konsekvens av (iii) ovan ar att man i allmanhet undviker att anvandajamforelsefunktioner av formen Cnnk eller nk log n utan nojer sig med den dominerande faktornCn eller i det andra fallet nk.

Binomialkoefficienterna. Som vi sett i de foregaende avsnitten innehaller svaren pa

manga kombinatoriska problem binomialkoefficienter, och det ar darfor ofta av betydelse

att veta nagot om hur stora dessa ar. Nu finns det ofta anledning att skilja mellan dels

de perifera koefficienterna, de som ligger ”nara kanten” vilket innebar att vi for ett fixt k

later n vaxa. Den andra typen ar de centrala, de som ligger nara mitten, d.v.s. de dar k

ar ungefar halften av n. For de perifera ar det latt att se att

(7)

(

n

k

)

<nk

k!,

d.v.s. att(

nk

)

ar O(nk). For de centrala ar denna uppskattning inte sarskilt bra eftersom

vi far en betydligt battre uppskattning genom att helt enkelt observera att summan (over

alla k) av(

nk

)

ar 2n, vilket naturligtvis innebar att detta ocksa galler for var och en av

dem. A andra sidan har vi inte mer an n + 1 termer i summan vilket innebar att den

storsta maste vara atminstone 2n/(n + 1). (Genom att ta bort de tva yttersta 1:orna far

vi att den storsta ar atminstone (2n − 2)/(n − 1) ≥ 2n/n om n ≥ 2, vilket ger en nagot

enklare formel.) Sammantaget innebar detta att inte lonar sig att forsoka forbattra den

uppskattning som sager att(

nk

)

ar O(2n).

Stirlings formel. De funktioner som vi hittills infort for att ange storlek tacker det mesta

av vad algoritmanalysen kraver. Det ar bara en enda vanligt forekommande funktion som

inte ar O(Cn) ens for de storsta varden pa C och det ar fakultetsfunktionen n!. Eftersom

funktionen ar viktig ska jag ge en sats som beskriver dess storlek.

Sats (3.3.5.) (stirlings formel)

For alla naturliga tal n ≥ 7 galler att

(8)(n

e

)n< n! < n

(n

e

)n.

En mer precis uppskattning sager att

(9) n! ≈√

2πn(n

e

)n,

som foljer ur nedanstaende gransvarde.

(10) limn→∞

√2πn

(n/e)n

n!= 1.

(Speciellt galler att n! ar O(nn).)

Vi har i denna kurs inte behov av den precisa uppskattningen (9) utan nojer oss med att

24 3. Hur manga funktioner?

bevisa (8). For att gora det behover vi foljande

Lemma (3.3.6.)

For alla naturliga tal n galler att

(n + 1

n

)n< e <

(n + 1

n

)n+1.

Med hjalp av detta lemma kan vi bevisa olikheten (8) ovan.

Bevis. Den forsta olikheten foljer (for alla n ≥ 1) av att

en =

∞∑

k=0

nk

k!>

nn

n!,

vilket ger att 1 > (nn)/(enn!) eller n! > (n/e)n. For att bevisa den andra olikheten

noterar vi forst att om vi dividerar bada leden med n sa far vi olikheten (n−1)! < (n/e)n.

Vi satter sedan

Sn =(n − 1)!

(n/e)n(=

(n − 1)! en

nn).

Den olikhet vi vill bevisa ar helt enkelt att Sn < 1 om n ≥ 7, vilket vi gor genom att

forst visa att talfoljden ar avtagande och sedan rakna ut (eller atminstone uppskatta)

S7. For att se att talfoljden ar avtagande sa studerar vi kvoten Sn+1/Sn. Vi far da

Sn+1

Sn=

n! en+1

(n + 1)n+1· nn

(n − 1)! en= e

( n

n + 1

)n+1,

som enligt lemmat ar mindre an 1. Det aterstar att uppskatta S7. Nu ar

S7 =6! e7

77<

720 · 10977 · 493

<721 · 10997 · 7 · 75

=103 · 157

75=

16171

16807< 1.

Darmed ar (1) bevisad. ⊔⊓

anmarkning. For alla praktiska behov racker det med att n! ∼ (n/e)n.

Det aterstar att bevisa lemmat.

Bevis. Om vi i den valkanda olikhet som sager att for alla reella tal x 6= 0 ar 1+ x < ex

satter in x = 1/n och x = −1/(n + 1) far vi

(n + 1

n

)n=

(

1 +1

n

)n<

(

e1n

)n= e och

( n

n + 1

)n+1=

(

1 − 1

n + 1

)n+1<

(

e−1

n+1

)n+1= e−1. ⊔⊓

anmarkning. Med anvandning av det exaktaste uttrycket i Stirlings formel kan man for-battra uppskattningen av de storsta binomialkoefficienterna genom att visa att

(

2n

n

)

≈

√

2π

n· 22n.

4. Mittistans akademiska klubb 25

4. Mittistans akademiska klubb

For att fa en illustration till de problem som behandlas i detta kapitel ska vi gora ett besok

pa Mittistans akademiska klubb. Vi kommer dit tillsammans med en av klubbens mest

respekterade medlemmar, den injektivt verksamme professorn i axiomatisk didaktik, greve

Numerus Basic, vanligen kallad Count Basic. Redan nar vi tar av oss ytterkladerna och

ger dessa till garderobiaren borjar CB stalla fragor.

— Lade ni marke till att det endast var gasterna som fick en nummerbricka?

— Ja, hursa?, undrade vi.

— Jo, forklarade CB, det ar garderobiarens skyldighet att kanna igen alla medlemmarnas

ytterklader, sa vi behover inga nummerbrickor.

— Gor han aldrig fel?, fragade nagon.

— Det gar alltid bra utom nar garderobiaren far hjartslag och det blir jordbavning sam-

tidigt, svarade CB.

— Har det hant nagon gang?, undrade vi.

— Tre ganger pa de senaste hundra aren, senast gangen var igar, sade CB. Igar gick det

dessutom riktigt illa, alla fick fel ytterrock.

1. Vet ni vad sannolikheten for den handelsen ar?

— Det beror val pa hur manga ni ar, forsokte vi.

— Det enda ni behover veta ar att vi ar ganska manga, sade CB.

anmarkning. Detta problem kallas oordningsproblemet.

Nar vi sedan tittar in i klubbens matsal sa papekar CB att som vanligt ar den

funktion, som till varje gast tillordnar en stol, en injektion men inte en surjektion. Daremot

ar funktionen fran mangden av stora sallskap till mangden av stora bord surjektiv, vilket

innebar att vi ar tvungna att vanta en stund. Vi gar darfor in i baren medan CB talar med

hovmastaren. Sedan vi alla inmundigat var aperitif, kommer hovmastaren och erbjuder

oss ett bord. Vi slar oss ned varefter kyparen kommer med menyn. Vi gor var bestallning

och nar kyparen lamnar oss for att overlamna bordets bestallningar till koksmastaren sa

sager CB:

”Visst ar det konstigt hur latt en manniska kan forlora sin identitet. Nar kyparen

tar upp var bestallning sa ar vi alla individer, var och en med sin personliga bestallning.

I samma ogonblick som han overlamnar bordsbestallningen till koksmastaren sa ar var

identitet likgiltig. Det enda koksmastaren behover veta ar hur manga av oss som bestallt

Bami Goreng, Bœuf Tartar, Sis Kebab, Halstrad Stor, Gravad Lax eller T-bensstek. Men

lika snabbt som var identitet forsvann, lika snabbt aterkommer den nar kyparen far sin

bricka for att servera oss vid bordet.”

Darefter ger CB var och en av oss ett papper samtidigt som han staller ett antal

fragor.

2. Vi ar 12 personer vid detta bord, som var och en ska bestalla tre olika ratter. Vi har

4 forratter, 6 varmratter och 5 efterratter att valja pa.

Hur manga olika bestallningar kan var och en av oss gora?

Hur manga olika bestallningar kan hela bordet gora?

26 3. Hur manga funktioner?

Nar bestallningen overlamnas till koksmastaren, forsvinner var identitet, vilket innebar

att ingen behover veta vem som bestallt vad. Fragan ar da:

3. Hur manga olika bestallningar fran vart bord kan koksmastaren fa?

Sedan vi alla lost alla uppgifterna sager CB: ”Om jag horde ratt sa var det 6 vid bordet

som bestallde Kaviar med citron, (Kc), 4 som valde Kaviar med toast, (Kt), och 2 som

valde Pate de faisan, (Fp). Detta gallde forratterna. Som huvudratt bestallde 1 Bami

Goreng, 2 Bœuf Tartar, 2 Sis Kebab, 4 Halstrad Stor och resten T-bensstek. Slutligen var

det ingen som vagade prova var beromda delikatess Aprikosglass med friterade skorpioner

till efterratt, medan daremot alla de ovriga efterratterna var lika populara.

4. Om nu var kypare skulle bli arresterad och bortford innan han hinner servera oss,

hur stor chans har da en annan kypare att servera alla vad de bestallt?

Medan vi alla raknade pa dessa problem sa serverades forratten. Det var ingen av oss som

lade marke till att var forste kypare diskret blivit bortford, eller att de flesta av oss fick

fel. Nar vi atit fardigt stallde CB en ny fraga.

5. Eftersom ni var sa upptagna av att rakna sa markte ni inte att ni alla fick fel forratt.

Eftersom alla kypare vet att jag alltid ater samma forratt, sa fick jag naturligtvis

ratt. Nu undrar jag, vad bestallde jag och hur stor var sannolikheten for att ni alla

skulle fa fel forratt, forutsatt (d.v.s. betingat av) att kyparen visste vad jag bestallt?

5. Count Basics problem.

1. Hur stor ar sannolikheten for att alla medlemmarna ska fa fel ytterrock?

Losning: Detta problem loses med (den probabilistiska) sallmetoden. Vi antar att klub-

ben har n medlemmar och betecknar handelsen att medlemmen i far sin egen ytterrock

med Ai. Da ar den handelse Y som vi ar intresserade av komplementet till ∪Ai. Enligt

sallmetoden ar da

P (Y) =∑

J∈P(I)

(−1)|J|P (AJ ).

Eftersom det i detta sammanhang inte finns nagon skillnad pa medlemmarna sa beror

sannolikheten for handelsen AJ enbart pa |J | (= k) sa att om vi skriver Pk for denna

sannolikhet sa ar

P (Y) =

n∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

Pk.

Eftersom det totala antalet permutationer (av rockarna) ar n! och det finns (n − k)!

permutationer som later de k forsta fa sina egna rockar sa ar Pk = (n − k)!/n!. Detta

ger att

P (Y) =n

∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

(n − k)!

n!=

n∑

k=0

(−1)k n!

k! (n − k)!· (n − k)!

n!

=n

∑

k=0

(−1)k 1

k!,

som i sin tur ar en mycket god approximation av talet 1/e. ⊔⊓

5. Count Basics problem. 27

2. Hur manga olika bestallningar kan var och en av oss gora?

Losning: Detta ar multiplikationsregeln i sin enklaste form. Det totala antalet olika

bestallningar ar darfor 4 · 6 · 5 = 120. ⊔⊓Hur manga olika bestallningar kan hela bordet gora?

Losning: An en gang multiplikationsregeln. Det finns (eftersom vi ar 12 vid bordet)

12012 ≈ 8, 92 · 1024 mojligheter (eftersom 1, 212 ≈ 8, 92). ⊔⊓

3. Hur manga olika bestallningar fran vart bord kan koksmastaren fa?

Losning: Vid valet av forratter ska 12 ”identiska gaster” fordelas pa 4 forratter vilket

enligt urnsatsen kan ske pa

(

12 + 4 − 1

12

)

=

(

15

3

)

= 455

olika satt. Eftersom valen av forratt, varmratt och efterratt kan goras oberoende av

varann, sa ar det totala antalet bestallningar (enligt multiplikationsregeln)

(

15

3

)(

17

5

)(

16

4

)

= 455 · 6188 · 1820 = 5124 282 800.

⊔⊓

4. Hur stor chans har en annan kypare att servera alla vad de bestallt, om forratterna

fordelats som 6, 4, 2,

huvudratterna som 4, 3, 2, 2, 1 och

efterratterna som 3, 3, 3, 3?

Losning: Enligt ordsatsen, (ii) finns det

(

12

6 4 2

)

=12!

6! 4! 2!= 13860

satt att fordela forratterna med motsvarande uttryck for de ovriga ratterna. Enligt

multiplikationsregeln finns det darfor totalt

12!

6! 4! 2!· 12!

4! 3! 2! 2!· 12!

3!4= 426 0000 7296 00 000 ≈ 4 · 1015

olika mojligheter. Eftersom sannolikheten forutsatts vara likformig ar sannolikheten

P ≈ 14 · 10−15. ⊔⊓

5. Vad bestallde CB och hur stor ar sannolikheten for att alla andra ska fa fel forratt?

Losning: Detta problem passar inte riktigt in i mallen for hur kombinatoriska problem

ska se ut. Det loses dock med kanda kombinatoriska metoder. Forst konstaterar vi

att enligt ladprincipen hade CB bestallt Kc. Om CB bestallt nagot annat skulle de

sammanlagt 12 forekomsterna av Kc (6 bestallningar och 6 serveringar) ha placerats

bland de 11 ovriga gasterna, vilket skulle innebara att nagon som bestallt denna ratt

ocksa skulle serveras den. Detta innebar att det fanns totalt(

11

5 4 2

)

=11!

5! 4! 2!= 6930

satt att fordela de ovriga bestallningarna. Vi konstaterar sedan att de 5 tallrikarna med

Kc maste placeras bland de 6 som bestallt nagot annat. Det innebar att en av de ovriga

28 3. Hur manga funktioner?

inte fick Kc utan istallet fick nagot annat. Om vi forst antar att den som inte fick Kc

hade bestallt Kt, sa vet vi att det kunde ske pa 4 satt. Denne fick da Fp och sedan skall

4 Kc och 6 Fp serveras till de 5 som bestallt Kc. Eftersom detta kan goras pa 5 satt sa

finns det totalt 4 · 5 satt att gora fel pa detta satt. Om det istallet var en Fp som inte

fick Kc (vilket kunde ske pa tva satt) och darfor fick Kt, sa var det 3 Kt och 2 Fp som

skulle placeras bland 5 Kc, nagot som kunde ske pa 10 olika satt. Enligt additionsregeln

fanns det darfor 4 · 5 + 2 · 10 = 40 olika satt att servera fel. Sannolikheten for denna

handelse ar darfor

P =40

6930≈ 0, 0055.

4. Rekursion

Inledning. Ordet rekursion ar som manga andra matematiska ord ett nytt ord hopsatt

av gamla delar. Delarna ar latinska, varvid re betyder ater och kursion ar slakt med

kurs, engelska och franska course, som i sin tur ar slakt med exempelvis det franska ordet

courir, vars grundbetydelse ar att springa. Ordet betyder ungefar att springa tillbaka. I

matematiken anvands ordet i manga, men likartade, sammanhang, dar man behandlar ett

problem genom att aterfra det pa ett enklare. Vanligen innebar detta att problemet ar

beroende pa en parameter n, som ar ett naturligt tal, och att man loser problemet for

ett visst n genom att utnyttja losningen for mindre varden pa parametern. Istallet for

substantivet rekursion anvands ofta adjektivet rekursiv. Rekursiva metoder anvands bl.a.

inom matematisk logik, dar man bl.a. sysslar med rekursiva mangder, rekursiva definitio-

ner och rekursiva funktioner. Ett av de manga onskemal som brukar stallas pa moderna

programmeringssprak ar att det ska vara latt att skriva rekursiva program.

Exempel.

1. Man kan definiera fakultetsfunktionen Fak(n) = n! rekursivt genom att ange ett

begynnelsevarde Fak(0) = 1 och rekursionen Fak(n) = n · Fak(n − 1).

2. For att fa goda approximationer av kvadratrotter (exempelvis√

2) kan man anvanda

den talfoljd som ges av att a0 = 1 och att sedan

an+1 =1

2(an +

2

an

).

3. En viktig metod inom numerisk analys ar Newton-Raphsons metod for att losa ek-

vationen f(x) = 0. Vid anvandning av metoden anges ett startvarde x0 och sedan

beraknas battre och battre approximationer till en losning med rekursionen

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn).

Talfoljden i foregaende exempel erhalls da man anvander Newton-Raphsons metod

pa funktionen f(x) = x2 − 2.

4. De beromda fibonacci-talen Fn ges av begynnelsevardena F0 = F1 = 1 och rekur-

sionen Fn+1 = Fn + Fn−1.

5. Nar vi raknade ut antalet satt att lagga n identiska kulor i r olika urnor anvande vi

rekursion. Om antalet olika satt att lagga n kulor i r urnor betecknas med U(n, r)

sa anvande vi begynnelsevardena U(n, 1) = U(0, r) = 1 och rekursionen

U(n + 1, r) =n+1∑

k=0

U(n, r − 1).

30 4. Rekursion

1. Linjar teori

Som framgar av de foregaende exemplen kraver en rekursiv losning av ett kombinatoriskt

problem (med en eller flera parametrar), dels ett antal begynnelsevarden, dels ett rekursivt

satt att berakna losningen for ett visst problem med hjalp av losningarna till de tidigare.

En speciell typ av rekursion, som ar viktig dels for att den faktiskt ofta forekommer

och dels (i denna kurs) for att den gar att losa, ar den linjara. Denna bestar i att man har

en talfoljd u = uk, som bestams av att man forst kanner ett litet antal termer i borjan

och darefter bestammer de ovriga som en fix linjarkombination av ett fixt antal tidigare

termer.

Exempel. I nedanstaende exempel (dar svaren pa de forsta omedelbart inses) bestams

talfoljden av en ekvation atfoljd av nagra begynnelsevarden.

un+1 = un, u0 = 100(1)

un+1 = 3un, u0 = 1(2)

un+1 = 2un − 1, u0 = 1(3)

un+1 = 2un − 1, u0 = 2(4)

un+1 = 2un − un−1, u0 = 1 u1 = 1.(5)

un+1 = un + un−1, u0 = 1 u1 = 1(6)

(Fibonaccifoljden.)

Vi ska borja med att studera den homogena linjara rekursionsekvationen. Denna

kannetecknas av att vi har k termer i rad givna som begynnelsevarden och darefter ett

samband

(1) un+k = a1un+k−1 + a2un+k−2 + . . . + akun.

Vi ska borja med att skriva om detta samband pa ett satt som kommer att visa sig vara

praktiskt, genom att helt enkelt fora over hogra ledet pa vanster sida av likhetstecknet

vilket ger

(2) un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun = 0.

Denna ekvation sags vara linjar, eftersom alla termer upptrader linjart, och homogen,

eftersom hogerledet ar 0. Den sags ocksa vara av ordning k, eftersom k termer kan anges

godtyckligt. For att forenkla beteckningarna ska vi beteckna det linjara samband mellan

termerna i foljden som ges av (2) med bokstaven ”L”, men eftersom ”L” beror bade av

foljden u och talet n som anger var i foljden vi befinner oss sa definierar vi

(3) L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun.

Nasta steg blir att gissa att denna ekvation har en geometrisk serie som losning. Det finns

namligen, som ni snart kommer att upptacka speciella egenskaper hos de geometriska

1. Linjar teori 31

serierna som gor att de hanger nara ihop med linjara rekursioner. Lat oss darfor anta att

foljden un = αn ar en losning och lat oss satta in foljden i ekvationen (3). Vi far da

(4) αn+k − a1αn+k−1 − a2α

n+k−2 − . . . − akαn = 0.

For att se vad som pagar ska vi definiera vad som kallas for det karakteristiska polynomet

χ(t) for ekvationen.

Definition (4.1.1.) (karakteristiska polynomet)

Lat

(5) L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun = 0.

vara en linjar rekursionsekvation. Det karakteristiska polynomet for ekvationen

χ(t) ges av

χ(t) = tk − a1tk−1 − a2t

k−2 − . . . − ak.

Med hjalp av polynomet χ(t) kan vi skriva om (4) som

(6) αn+k − a1αn+k−1 − a2α

n+k−2 − . . . − akαn = χ(α)αn = 0.

Darmed vet vi att den geometriska serien αn ar en losning omm (om och endast om)

χ(α) = 0. Nasta steg ar att titta pa den inhomogena linjara ekvationen. En sadan kan

skrivas som

(7) L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun = vn,

dar v = vn ar en given talfoljd. Som ni sa smaningom kommer att fa se ar geometriska

serier vanliga aven som hogerled. Vi ska darfor forsoka att losa rekursionsekvationen

L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun = βn

med begynnelsevardena ui = βi, 0 ≤ i ≤ k − 1. Med ledning av (6) provar vi med foljden

un = βn. Enligt vara tidigare rakningar far vi att

L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun =

βn+k − a1βn+k−1 − a2β

n+k−2 − . . . − akβn = χ(β)βn,

vilket ger att foljden un = (1/χ(β))βn ar en losning (om inte χ(β) = 0).

For att komma langre ska vi borja om fran borjan och se det hela pa ett helt annat

satt. Vi konstaterar namligen forst att om vi har tva foljder u = un och u′ = u′

n som

bada ar losningar till den homogena ekvationen sa ar cu och u+u′ det ocksa. Detta innebar

att mangden av losningar ar ett linjart rum. Eftersom varje foljd (som loser ekvationen)

ar bestamd av de k forsta termerna sa ar dimensionen for detta linjara rum k. Innan

jag gar vidare sa vill jag paminna er om hur teorin for linjara differentialekvationer med

konstanta koefficienter ser ut.

32 4. Rekursion

Linjara differentialekvationer. En homogen sadan kan skrivas som

(8) y(n) = a1y(n−1) + a2y

(n−2) + . . . + any.

For att losa denna infor man ekvationens karakteristiska polynom

(9) χ(t) = tn − (a1tn−1 + a2t

n−2 + . . . + an).

For differentialekvationen galler nu foljande

Sats (4.1.1.)

(i) Om det karakteristiska polynomet har n olika rotter rini=1 sa ar alla losningar

till ekvationen av formen

(10) y(x) = b1er1x + b2e

r2x + . . . + bnernx.

(ii) Om det karakteristiska polynomet har for fa olika rotter, sa innebar detta att

vissa rotter sammanfaller, vilket i sin tur innebar att vissa av rotterna samtidigt

ar rotter till en eller flera derivator. Om talet r ar en rot till det karakteristiska

polynomet χ, som dessutom ar en rot till de k forsta derivatorna av χ, sa ar alla

funktionerna xjerx, j = 0, 1, . . . , k, (och linjarkombinationer av dessa) ocksa los-

ningar till ekvationen.

Linjar rekursion. Vi ska nu aterga till problemet att bestamma alla talfoljder som

uppfyller en given (homogen) linjar rekursionsekvation (1), och vi ska borja med att an

en gang studera det karakteristiska polynomet χ(t). Vi vet att mangden av losningar ar

ett linjart rum och vi vet ocksa att om χ(α) = 0 sa ar den geometriska serien un = αn en

losning till ekvationen. Om nu det karakteristiska polynomet χ(t) har k olika rotter αi sa

har vi k stycken losningar som man latt ser ar linjart oberoende. Da har vi inga problem

med den homogena ekvationen. Om a andra sidan det karakteristiska polynomet har for

fa olika rotter sa har vi annu inte tillrackligt manga losningar. Vad gor vi da?

Svaret ar pa satt och vis lojligt enkelt, eftersom om polynomet χ(t) (av grad k) har

farre an k nollstallen, sa maste nagra av dessa vara multipla och det innebar att de ocksa

ar nollstallen till derivatan (och eventuellt ocksa till hogre derivator) av polynomet. Detta

innebar att vi vill hitta talfoljder som utnyttjar derivatan till det karakteristiska polyno-

met. Lat oss darfor satta in ”den allmanna” geometriska serien un = tn i ekvationen.

Detta ger

L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun =

tn+k − a1tn+k−1 − a2t

n+k−2 − . . . − aktn = tnχ(t).(11)

Vi deriverar detta och far da i vansterledet

(n + k)tn+k−1 − (n + k − 1)a1tn+k−2 − (n + k − 2)a2t

n+k−3 − . . . − naktn−1

vilket helt enkelt ar den deriverade foljden ntn−1 instoppat i rekursionsekvationen. De-

riverar vi istallet hogerledet far vi

ntn−1χ(t) + tnχ′(t).

1. Linjar teori 33

Detta ger att om u = ntn−1 sa ar

L(u)n = ntn−1χ(t) + tnχ′(t).

Detta innebar att om talet α ar en dubbelrot till det karakteristiska polynomet sa ar

bade den geometriska serien αn och den deriverade geometriska serien nαn−1 (och alla

linjarkombinationer av dem) losningar till den homogena ekvationen. Om vi nu deriverar

(11) en gang till och dividerar med 2! sa far vi

(12)D2

2!L(u)n =

D2

2!

(

tnχ(t))

=χ”(t)

2tn + χ′(t)ntn−1 + χ(t)

(

n

2

)

tn−2.

I detta fall far vi att om α ar en trippelrot sa ar aven foljden

u = un =

(

n

2

)

αn−2

.

en losning till den homogena ekvationen. Har polynomet rotter som ar nollstallen till fler

derivator sa maste vi ocksa derivera den geometriska serien fler ganger. Det visar sig da

vara lampligt att utnyttja Taylors formel och derivera med k! vilket innebar att de foljder

vi vill anvanda ar av typen

u = un =

(

n

k

)

αn−k

.

Som allman benamning for foljder av detta slag ska vi anvanda benamningen deriverade

geometriska serier (aven om de deriverats noll ganger eller mer an en gang). Jag vill

paminna om att en rot α sags ha multipliciteten m om χ(t) = (t − α)mϕ(t), d.v.s. om

polynomet (t − α)n gar jamnt upp i polynomet χ(t), eller (vilket ar samma sak) om α ar

en rot till saval polynomet χ sjalvt, som till de k − 1 forsta derivatorna av det. Jag vill

ocksa paminna om den sats (vanligen kallad algebrans fundamentalsats) som sager

att summan av multipliciteterna for alla rotter (i det komplexa planet) till ett polynom

av grad k ar k. Darmed ar vi fardiga att presentera huvuddragen i teorin for linjara

rekursionsekvationer som en sats (som vi dock inte bevisar).

34 4. Rekursion

Sats (4.1.2.) (huvudsatsen for linjar rekursion)

Lat

L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun = vn

vara en given linjar rekursionsekvation med karakteristiskt polynom

χ(t) = tk − a1tk−1 − a2t

k−2 − . . . − ak.

Da galler att

(i) Mangden av losningar till den homogena ekvationen (alla vn = 0) ar ett linjart

rum av dimensionen k.

(ii) Om u = un ar en losning till den inhomogena med hogerledet v = vnoch u′ = u′

n ar en losning till den inhomogena med hogerledet v ′ = v′n sa ar

au + bu′ = aun + bu′

n en losning till den inhomogena med hogerledet av + bv ′ =

avn + bv′n.(iii) Om χ(α) = 0 sa ar den geometriska serien αn en losning till den homogena

ekvationen.

(iv) Om α ar en rot av multipliciteten m sa ar alla de m foljderna u = un dar

un =

(

n

k

)

αn−k, 0 ≤ k ≤ m − 1

losningar till den homogena ekvationen.

(v) Varje losning till den homogena ekvationen ar en linjarkombination av dessa

deriverade geometriska serier.

(vi) Om hogerledet v = vn ar en deriverad geometrisk serie(

n

k

)

βn−k sa beror

losningen till rekursionsekvationen pa om χ(β) = 0 eller inte. Om χ(β) 6= 0 sa ar

losningen en linjarkombination av dels den geometriska serien βn, dels de k forsta

derivatorna av den. Om a andra sidan χ(β) = 0, och om β ar en rot av multipliciteten

m ar losningen en linjarkombination av deriverade geometriska serier(

nj

)

βn−j , dar

m ≤ j ≤ m + k.

anmarkning. I denna kurs ingar losningen av inhomogena linjara rekursionsekvationer medhogerled som bestar av linjarkombinationer av deriverade geometriska serier. De ekvationeroch de hogerled som forekommer pa tentamen ar dock som regel sa latta att ni klarar demutan att kunna huvudsatsen. Det ni behover veta ar att ni ska anvanda geometriska serier (ochibland deriverade geometriska serier) som ansatser till losningarna, och att det karakteristiskapolynomet innehaller all vasentlig information om ekvationen.

Jag ska avsluta detta avsnitt med att rakna nagra exempel.

Exempel.

1. Bestam den talfoljd un∞n=0 som ges av att u0 = u1 = 0 och att darefter

un+2 = 4un+1 − 4un + 2n.

Losning: Eftersom det karakteristiska polynomet ar χ(t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2 sa gor

1. Linjar teori 35

vi ansatsen un = A(

n2

)

2n−2 + Bn2n−1 + C2n. Enligt formeln (12) far vi da att

un+2 − 4un+1 + 4un = A(

(

n

2

)

2n − 4

(

n

2

)

2n−1 + 4

(

n

2

)

2n−2)

+ 0 · C + 0 · B

= A(χ”(2)

22n + χ′(2)n2n−1 + χ(2)

(

n

2

)

2n−2)

= A2

22n

vilket visar att vi ska valja A = 1. Darefter bestammer vi B och C ur begynnelsevill-

koren, nagot som i detta fall blir latt eftersom vi far B = C = 0. Eftersom rekursions-

ekvationer alltid ska provas sa ser vi att om vi direkt ur ekvationen loser u2, u3 och u4

sa far vi u2 = 1, u3 = 6 och u4 = 24 vilket ju stammer med(

n

2

)

2n−2. ⊔⊓

2. Bestam den talfoljd un∞n=0 som ges av att u0 = u1 = 0 och att darefter

un+2 = 4un+1 − 4un +

(

n

2

)

.

Losning: Eftersom det karakteristiska polynomet ar χ(t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2 sa gor

vi ansatsen un = An2n−1 + B2n + C(

n

2

)

+ Dn + E. enligt formeln (12) sa far vi att

un+2 − 4un+1 + 4un = A(

χ′(2)2n + χ(2)2n−1)

+ Bχ(2)22

+C(χ”(1)

21n + χ′(1)n1n−1 + χ(1)

(

n

2

)

)

+ D(

χ′(1)1n + χ(1)n1n−1)

+ Eχ(1)1n

=

(

n

2

)

Eftersom vi har χ(1) = 1, χ′(1) = −2 och χ”(1) = 2 ger detta att

C = 1, − 2C + D = 0 och C − 2D + E = 0

eller

C = 1, D = 2 och E = 3

Det aterstar att bestamma A och B vilket vi gor med begynnelsevillkoren. Vi vet att

un = An2n−1 + B2n +(

n

2

)

+ 2n + 3, vilket for n = 0 ger B = −3 och for n = 1

ger att A − 3 · 2 + 0 + 2 · 1 + 3 = 0 eller A = 1. Den vanliga kontrollen ger att

u3 = u4 = 0 och u5 = 1.

3. Vi ska avsluta med att bestamma ett nagot overraskande uttryck for Fibonaccitalen.

Dessa ges av att

un+2 = un+1 + un

med begynnelsevardena u0 = u1 = 1. Det karakteristiska polynomet ar

χ(t) = t2 − t − 1

som har rotterna

α1 =1 +

√5

2och α2 =

1 −√

5

2.

Den allmanna losningen ar darfor

un = Aαn1 + Bαn

2 ,

36 4. Rekursion

och begynnelsevardena ger att A + B = 1 och Aα1 + Bα2 = 1. Loser vi detta far

vi

A(α1 − α2) = 1 − α2 och B(α2 − α1) = 1 − α1,

vilket ger

un =1 +

√5

2√

5

(

1 +√

5

2

)n

− 1 −√

5

2√

5

(

1 −√

5

2

)n

=1√5

((

1 +√

5

2

)n+1

−(

1 −√

5

2

)n+1)

.

2. Sondra och harska

Egentligen borde avsnittet heta ”dela och beharska” vilket ar vad som menas, men eftersom

det engelska uttrycket divide and conquer har hamtats fran politikens varld1, sa foredrar

jag att anvanda det svenska uttryck som anvands inom politiken. Metoden ar vanlig

inom komplexitetsteorin som i sin tur hanger nara ihop med algoritmanalysen. Iden ar

vasentligen den att man for att losa ett stort problem forst delar det mitt itu, darefter

loser de tva mindre problemen var for sig och till sist forsoker att utnyttja losningen av

de tva mindre for att losa det ursprungliga. Detta innebar vanligen att man far en god

uppskattning av hur lang tid det tar att losa ett givet problem om storleken ar en potens

av 2, men att det enda man vet i ovrigt ar att ett mindre problem inte ska behova ta

langre tid an ett storre.

Exempel. Jag pastod i foregaende kapitel att det behovs minst O(n log n) parvisa jam-

forelser for att sortera en lista med n tal. Anledningen till detta ar att varje jamforelse

kan ge tva svar, sa att varje process kan ses som en foljd av 0:or och 1:or. Detta

innebar att varje permutation (av den ursprungliga ordningen) bestams av ett binart

tal. Eftersom det finns n! permutationer sa maste alla dessa kunna anges med olika

tal vilket innebar att de tal vi anvander maste vara atminstone n! stycken. Detta in-

nebar att om langden ar l sa maste vi ha n! ≤ 2l, och eftersom n! ar O(n(n/e)n sa ar

l = log2(2l) ≥ n(log n − log e) + log n ≈ n log n. For att visa att det faktiskt gar att

losa problemet med (ungefar) n log n jamforelser kan vi anvanda ”sondra och harska”-

tekniken. Vi antar darfor forst att n = 2k. Vi delar sedan listan i tva lika delar sorterar

bada och blandar sedan de tva. Att blanda tva sorterade listor kan vi gora med hogst

n = 2k − 1 jamforelser. Vi kan t.ex. borja med att jamfora de tva minsta elementen

och sedan varje gang jamfora det storsta med det foljande i den andra listan. Eftersom

summan av index da varje gang vaxer med 1 sa anvander vi 2 · 2k−1 − 1 jamforelser for

att blanda listorna. Antag nu att vi kan sortera en lista med 2i tal med f(i) jamfo-

relser. Det innebar att en lista med 2i+1 tal kan sorteras med hogst 2f(i) + 2i+1 − 1

jamforelser. Eftersom en lista med tva tal kan sorteras med 1 jamforelse ger detta en

rekursionsolikhet

f(i + 1) ≤ 2f(i) + 2i+1 − 1

1Uttrycket lar ha myntats av Alexander den stores far Filip II av Makedonien, som anvande

denna teknik for att krossa motstandet fran de sma grekiska stadsstaterna.

2. Sondra och harska 37

och begynnelsevardet f(1) = 1. Enligt huvudsatsen for linjar rekursion ar losningen till

detta problem av formen

f(i) = Ai2i + B2i + C

och for att bestamma A, B och C sa maste vi rakna ut aven f(2) och f(3). Rekursionen

ger att f(2) = 2f(1)+(22−1) = 2+3 = 5 och att f(3) = 2f(2)+(23−1) = 2·5+7 = 17.

Tillsammans ger detta ekvationssystemet

2A + 2B + C = 1

8A + 4B + C = 5

24A + 8B + C = 17

som ger losningen A = C = 1 och B = −1. Vi provar med att rakna ut f(4) och f(5)

pa tva olika satt. Rekursionen ger f(4) = 2 · 17 + 15 = 49 medan losningen ger f(4) =

4 · 24 − 24 + 1 = 49. (Utrakningen av f(5) lamnas som ovning.) Sammantaget far vi

alltsa att f(k) = (k − 1)2k + 1 och eftersom n = 2k far vi att det behovs hogst n log2 n

jamforelser for att sortera en lista med n element (om n ar en jamn 2-potens). Eftersom

det inte behovs fler jamforelser for att sortera farre tal sa kan vi alltsa sortera n tal med

hogst 2n log2 n jamforelser. ⊔⊓

anmarkning. Som framgar av detta exempel kan ”sondra och harska”-metoden ibland ledatill en linjar rekursion for jamna 2-potenser. Det forekommer ocksa liknande problem dar detursprungliga problemet delas i 3 eller flera delar. Da ar det som regel 3-potenserna som skaanvandas.

Surjektioner. I foregaende kapitel beraknade vi en formel som ger antalet surjektioner

fran en mangd med m element till en mangd med n, dar m ≥ n. Jag ska avsluta detta

kapitel med att berakna detta antal rekursivt. Eftersom detta ar en rekursion som beror

av tva parametrar behover vi begynnelsevarden langs tva axlar. Vi ska borja med att

infora beteckningen S(m,n) for talet |Sur(Nm,Nn)|. Det ar nu latt att se att for alla

m ar S(m, 1) = 1. Det ar ocksa latt, fast kanske inte fullt lika sjalvklart att for alla n

ar S(n, n) = n!. Vi ar intresserade av mangden Sur(X,Y) och vi ska dela denna i tva

disjunkta delmangder Ae och As. Den forsta mangden bestar av de surjektioner som har

egenskapen att talet m ar det enda som antar ett visst varde (e star for ensam), medan den

andra bestar av de dar talet m har sallskap. Det ar nu latt att se att mangden Ae bestar av

surjektioner fran Nm−1 till en mangd med n− 1 element, och eftersom dessa element kan

valjas pa n satt ur mangden Nn sa ar |Ae| = nS(m− 1, n− 1). For att bestamma antalet

element i As noterar vi att varje surjektion i As faktiskt ar en surjektion fran Nm−1 till

Nn. A andra sidan kan varje sadan surjektion fran Nm−1 utvidgas till en surjektion fran

Nm pa n olika satt. Tillsammans ger detta att |As| = nS(m − 1, n) och darmed har vi

bevisat att talen S(m,n) (for m ≥ n) bestams av rekursionen

S(m,n) = n(

S(m − 1, n − 1) + S(m − 1, n))

med begynnelsevardena

S(m,m) = m! och S(m, 1) = 1.

Avslutningsvis ar det vart att papeka att det ar latt att rakna fel nar man loser

rekursionsekvationer. Darfor ar det nodvandigt att alltid prova sina svar genom att rakna

ut de forsta okanda termerna bade med rekursion och med den formel man hittat. Helst

bor man bestamma lika manga okanda termer som man bestamt koefficienter.

5. Genererande funktioner

Inledning. En metod som ar vanlig i matematiken ar att funktioner av en viss typ

transformeras till funktioner av en annan typ. Det som forekommer i denna kurs ar

att talfoljder transformeras till ”vanliga” funktioner. Definitionen ar att om a = ak ar

en given (andlig eller oandlig) talfoljd sa kan den anvandas for att definiera en ”funktion”

(1) Ga(x) =∑

akxk.

De talfoljder som forekommer i denna kurs ar antingen rekursivt definierade, eller sa ges de

som svar pa ett allmant kombinatoriskt problem (vanligen ett enumerationsproblem) med

en parameter k. Det har visat sig att genererande funktioner ar ett utmarkt hjalpmedel

for att losa problem som galler linjar rekursion. De kan ocksa anvandas for att ge vad som

kan kallas for en algebraisk modell for allmanna kombinatoriska problem.

1. Genererande funktioner som algebraiska modeller

Eftersom (savitt vi idag forstar) matematikens anvandbarhet for losning av ”praktiska

problem” beror pa att matematiken i sig inte beror av verkligheten, sa maste varje an-

vandning av matematik for att losa ett praktiskt problem borja med att man konstruerar

en matematisk modell for problemet. Vanligen ar modellen sa sjalvklar att vi inte ens ar

medvetna om att vi arbetar med modellen utan tror att vi loser det praktiska problemet

direkt. Om vi har en korg med 7 applen och en annan med 11 sa vet vi att vi har totalt

18 applen, men vi ar som regel inte medvetna om att vi lost problemet genom att overga

till den matematiska modell som ges av de (abstrakta) naturliga talen. Nar man forst lar

sig att losa en ny typ av problem med matematiska modeller ar det dock som regel inte

sjalvklart hur man bar sig at. Dessutom bor det papekas att det finns ingen matematisk

teori for hur man konstruerar matematiska modeller, och det kan heller aldrig skapas na-

gon. Anledningen till detta ar att, som jag nyss papekade, sa har matematik ingenting

med verkligheten att gora och eftersom matematiska modeller ar till for att ”likna verk-

ligheten” sa ar det vi sjalva som maste avgora om en modell for ett visst problem fangar

det vasentliga i problemet. Det som daremot finns ar allmanna erfarenhets-regler som

sager att vissa metoder brukar fungera. Eftersom det basta sattet att forsta och lara sig

erfarenhetsregler ar att sjalv skaffa sig erfarenheten ska jag i detta avsnitt endast illustrera

den metod som brukar anvandas i kombinatoriken genom att studera nagra exempel.

40 5. Genererande funktioner

Exempel.

1. Vad ar det vanligaste resultatet for summan av tre kast med en korrekt tarning, och

hur stor ar sannolikheten for denna summa?

Losning: For att losa detta problem vill vi forst bestamma utfallsrummet for ”forsoket”.

Det vi ska gora ar att kasta en tarning tre ganger, och enligt multiplikationsregeln

innebar detta att utfallsrummet kan skrivas som en kartesisk produkt

Ω = Ω × Ω × Ω,

dar varje Ω ar mangden 1, 2, 3, 4, 5, 6. Utfallsrummet bestar darfor av taltripplar

(i, j, k) dar alla talen ligger mellan 1 och 6. Det vi ar intresserade av ar summan av

talen. Det vi nu sager oss ar att det forsta kastet ge ett tal mellan 1 och 6 och vi kan

(enligt additionsregeln) beskriva detta med polynomet g(x) = x+x2 +x3 +x4 +x5 +x6,

dar termen xk svarar mot handelsen att det forsta kastet blir en k:a. Naturligtvis

representeras aven de andra kasten av samma polynom, och tre kast efter varandra

betyder enligt multiplikationsregeln att vi ska multiplicera ihop dem. Detta ger oss

polynomet

G(x) = g(x)3 = (x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6)3

= x3 + 3x4 + 6x5 + 10x6 + 15x7 + 21x8 + 25x9 + 27x10

+ 27x11 + 25x12 + 21x13 + 15x14 + 10x15 + 6x16 + 3x17 + x18.

Provar vi nu pa hur manga satt vi kan fa summorna 3, 4 eller 5, sa ser vi att det gar

pa 1, 3 eller 6 satt. Tydligen svarar polynomet G(x) pa nagot satt mot att kasta tre

tarningar. Hur?

Ett satt att se varfor ar att anvanda olika variabler i de tre polynomen sa att vi istallet

far polynomet

G(x, y, z) = g(x)g(y)g(z) =

6∑

i=1

6∑

j=1

6∑

k=1

xiyjzk.

I detta polynom finns alla de 216 = 63 mojligheterna med, men i det ursprungliga

polynomet sa har alla termer av samma gradtal i + j + k forts ihop till en enda term

Axi+j+k. Samtidigt paminner vi oss att det faktiskt var precis det vi ville, eftersom

det vi fragade oss var vilken summa som var vanligast, och hur stor sannolikheten var

for denna. Vi ser av funktionen G att bada varden 10 och 11 ar lika vanliga, och vi ser

ocksa att sannolikheten for handelsen ar 27/216 = 1/8. ⊔⊓

anmarkning. Det ar vart att notera att g(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = x(1 + x + x2 +

x3 + x4 + x5) = x 1−x6

1−x. Detta ger att

G(x) =x3

(1 − x)3(1 − x

6)3 =x3

(1 − x)3(1 − 3x

6 + 3x12

− x18)

Detta exempel antyder hur raknande med genererande funktioner kan ersatta tankande vidlosning av konkreta problem.

2. Hur stor ar sannolikheten for att vi ska fa k kronor da vi kastar krona och klave n

ganger?

Losning: Aven om vi vet svaret ska vi anvanda en genererande funktion som en algebraisk

modell for problemet. Poangen ar att i varje kast kan vi fa 0 eller 1 krona. Detta innebar

1. Genererande funktioner som algebraiska modeller 41

att den genererande funktionen for ett kast ar g(x) = x0 + x1 = 1 + x. Om vi nu kastar

n ganger sa far vi den genererande funktionen G(x) = g(x)n = (1 + x)n. Detta innebar

att vi kan tolka binomialsatsen som en algebraisk modell for att kasta krona och klave

n ganger. Svaret pa fragan ar naturligtvis (som vi visste) P =(

n

k

)

/2n.

3. Pa hur manga satt kan n identiska kulor laggas i r olika urnor.

Losning: Vi ska losa detta problem pa samma satt som i kapitel 2 genom att se det som

en fraga om hur manga som hamnar i varje urna. Den genererande funktionen for en

urna ar da g(x) = 1 + x + . . . + xn och den genererande funktionen for hela problemet

ar

G(x) = g(x)r =(

n∑

k=0

xk)r

=?

I nasta avsnitt ska vi se att det finns ett enkelt satt att rakna ut detta polynom. Har

ska vi forbereda detta genom att forst notera att det vi ar intresserade av ar ju inte

polynomet i sig, utan koefficienten framfor xn som anger att summan av antalet i de

r urnorna ar just n. Eftersom denna koefficient inte bryr sig om ifall polynomet g(x)

skulle raka innehalla koefficienter av hogre grad sa kan vi faktiskt ersatta polynomet

g(x) med den oandliga summan g(x) =∑

∞

k=0 xk. Detta borde naturligtvis vara varre,

men eftersom serien faktiskt konvergerar om |x| < 1 sa kan vi ju forsoka med att ersatta

den med sin summa 11−x

. Detta ger da en ny genererande funktion G(x) for problemet

med r urnor, namligen

G(x) =( 1

1 − x

)r,

och vi ska se i nasta avsnitt att koefficienterna for denna funktion kan beraknas pa ett

tamligen enkelt satt.

4. (Vaxlingsproblemet) Pa hur manga satt kan en 500-sedel vaxlas i enkronor, femkro-

nor, tior, femtiolappar och hundralappar?

Losning: Detta kan ses som ett problem med kulor och urnor, dar vi ar tvungna att

alltid lagga ett jamnt antal kulor i den andra urnan, ett antal som ar delbart med 5 i

den tredje o.s.v. Detta innebar att vi har ett antal genererande funktioner, en for varje

valor, namligen

g1(x) = 1 + x + x2 + x3 . . . =1

1 − x,

g2(x) = 1 + x2 + x4 + . . . =1

1 − x2,

g5(x) = 1 + x5 + x10 + . . . =1

1 − x5

g10(x) = 1 + x10 + x20 + . . . =1

1 − x10

g50(x) = 1 + x50 + x100 + . . . =1

1 − x50

g100(x) = 1 + x100 + x200 + . . . =1

1 − x100

Den genererande funktionen for problemet ar

G(x) = g1(x)g2(x)g5(x)g10(x)g50(x)g100(x)

och det vi ar intresserade av ar koefficienten for x500.

42 5. Genererande funktioner

5. Som avslutning ska vi studera ett sammansatt problem, namligen

pa hur manga satt kan n identiska svarta och m identiska vita kulor laggas i r olika

urnor.

Losning: Eftersom vi i varje urna kan lagga svarta och vita kulor oberoende av varann, sa

kan den genererande funktionen for varje urna skrivas som g(s)g(v) = 1(1−s)(1−v) vilket

ger en genererande funktion

G(s, v) =1

(1 − s)r(1 − v)r.

2. Genererande funktioner och linjar rekursion

Jag pastod i inledningen att de flesta talfoljder som forekommer i kombinatoriken antingen

erhalls genom rekursion, eller som losningar till kombinatoriska problem med en eller

flera parametrar. Eftersom vi i det forra avsnittet sag hur genererande funktioner kunde

anvandas som modeller for enumerationsproblem, ska jag i detta avsnitt visa hur de kan

anvandas for losningen av (linjara) rekursionsekvationer. Vi ska borja med att studera

foljande

Problem: Bestam den genererande funktionen Gu(x) till den talfoljd un∞

n=0 som ges

av den linjara rekursionsekvationen

(2) un+k = a1un+k−1 + a2un+k−2 + . . . + akun

med begynnelsevardena ui = ci, 0 ≤ i ≤ k − 1.

Losning: Den genererande funktionen ar

Gu(x) =

∞∑

n=0

unxn.

Vi ska snart se att om foljden un kommer fran en linjar rekursion sa kommer den genere-

rande funktionen att vara en rationell funktion, som kan erhallas som kvoten mellan tva

polynom. For att bestamma den genererande funktionen sa noterar vi forst att om vi har

en summa

Gjk(x) =

∞∑

n=j

unxn+k

sa kan denna skrivas om som

Gjk(x) =

∞∑

n=0

unxn+k −

j−1∑

n=0

unxn+k(3)

= xk

( ∞∑

n=0

unxn −

j−1∑

n=0

unxn

)

= xk(

Gu(x) −

j−1∑

n=0

unxn)

2. Genererande funktioner och linjar rekursion 43

Innan vi gar vidare skriver vi om ekvationen (2) pa samma satt som i foregaende kapitel.

Vi far da som tidigare

(4) L(u)n = un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun.

Vi bildar nu summan∞∑

n=0

L(u)nxn+k =

∞∑

n=0

(

un+k − a1un+k−1 − a2un+k−2 − . . . − akun

)

xn+k =∞∑

n=0

0.

Med anvandning av (2) kan vi skriva detta som

0 =

∞∑

n=k

unxn − a1

∞∑

n=k−1

unxn+1 − a2

∞∑

n=k−2

unxn+2 − . . . − ak

∞∑

n=0

unxn+k

= Gk0(x) −(

k∑

i=1

aiGk−i,i(x))

=(

Gu(x) −

k−1∑

n=0

unxn)

−

k∑

i=1

aixi(

Gu(x) −

k−i−1∑

n=0

unxn)

=(

1 −k

∑

i=1

aixi)

Gu(x) −k−1∑

n=0

unxn +k−1∑

i=1

aixi(

k−i−1∑

n=0

unxn)

.

Aven om dessa rakningar ser avskrackande ut i det allmanna fall som vi haller pa med,

sa blir de alltid betydligt lattare for konkreta exempel. Resultatet kan dock alltid skrivas

nagorlunda begripligt som

(

1 −

k∑

i=1

aixi)

Gu(x) = P (x)

dar P (x) ar ett polynom av grad hogst k − 1, som beror av begynnelsevardena ci. Detta

ger

Gu(x) =P (x)

1 −∑k

i=1 aixi. ⊔⊓

anmarkning. Observera att namnaren i Gu(x) kan skrivas som xkχ( 1

x).

Eftersom ovanstaende harledning formodligen ar fullstandigt olasbar for den som

inte redan kan teorin ska jag illustrera den med ett exempel.

Exempel. Bestam den genererande funktionen for Fibonaccifoljden.

Losning: Foljden ges av ekvationen

un+2 = un+1 + un

och begynnelsevardena u0 = u1 = 1. Detta ger

0 =

∞∑

n=0

(

un+2 − un+1 − un

)

xn+2

=∞∑

n=0

un+2xn+2 −

∞∑

n=0

un+1xn+2 −

∞∑

n=0

unxn+2,

44 5. Genererande funktioner

eller

0 = (Gu(x) − x − 1) − x(Gu(x) − 1) − x2Gu(x) = (1 − x − x2)Gu(x) − 1.

Darmed har vi visat att

Gu(x) =1

1 − x − x2.

⊔⊓

3. Hur hittar man hem?

Hittills har vi enbart sysslat med att bestamma den till en given foljd horande genererande

funktionen. Det som gor genererande funktioner anvandbara for att losa kombinatoriska

problem ar dock att man ocksa fran en erhallen funktion kan hitta tillbaka till talfoljden.

Med en varldsatlas. Jag ska borja med att ange en fullstandigt generell metod som alltid

fungerar men eftersom den ar ungefar lika bra som att leta efter Flustret med hjalp av en

varldsatlas sa ska jag ge enklare men effektivare metoder senare.

Utgangspunkten ar att vi startade fran en talfoljd a = ak och bildade en serie

Ga(x) =∑

akxk, som vi kallade den till talfoljden a horande den genererande funktionen.

En anledning till att den brukar kallas for den genererande funktionen ar att serien ofta

konvergerar och darigenom faktiskt definierar en funktion. ven nar sa inte ar fallet kan

man formellt aterfa talfoljden fran serien pa foljande satt. Vi noterar forst att vi kan

aterfa den forsta koefficienten a0 genom sambandet a0 = Ga(0). Sedan bildar vi en ny

serie SGa genom att definiera

(5) SGa(x) =Ga(x) − a0

x

och vi noterar da att a1 = SGa(0). Upprepar vi proceduren och bildar i tur och ordning

S2Ga = S(SGa) och SnGa = S(Sn−1)Ga kan vi sedan aterfa talfoljden steg for steg

eftersom an = SnGa(0).

ven om man formellt kan aterfa talfoljden utan att serien konvergerar sa ar en serie

som konvergerar betydligt anvandbarare. En forutsattning for detta ar att talen ak inte

vaxer alltfor fort. Det nodvandiga och tillrackliga villkoret for detta ar att det finns nagot

reellt tal r sadant att for alla k galler att rkak ≤ 1. (Varfor det ar sa kan ni fa lara er i en

lamplig kurs i analys, eller annu hellre i en kurs i komplex analys.) I alla tillampningar

som ni kommer att se sa galler denna forutsattning. En allman sats sager nu att man kan

fa tillbaka talfoljden med hjalp av Taylors formel, som ger att

(6) ak =G(k)(0)

k!.

Detta ar alltsa det allmanna sattet att aterfa talfoljden, och den viktigaste konse-

kvensen av att det finns en generell teoretisk metod, ar att man kan dra slutsatsen att

talfoljden ar entydigt bestamd av sin funktion. Daremot ar, som jag antydde tidigare den

allmanna metoden oanvandbar i praktiken, sa att det ar viktigt att aven lara sig andra

metoder.

3. Hur hittar man hem? 45

Genom att halla sig till kanda marker. De flesta brukar hitta hem sa lange som de

befinner i sina egna kvarter.

Den metod som anvands i denna kurs ar enkel men forutsatter en viss ovning. Me-

toden bestar helt enkelt i att man lar sig att kanna igen de genererande funktioner som

brukar dyka upp.

Utgangspunkten ar den geometriska serien. Antag alltsa att ak = qk. Da blir den

genererande funktionen

(7) Ga(x) =

∞∑

k=0

qkxk =1

1 − qx.

Omvant innebar detta att om ni ser funktionen 11−qx

sa vet ni att detta ar den genererande

funktionen for talfoljden qk. Nasta steg ar att veta vad som hander nar man multiplicerar

tva geometriska serier med varann. Det visar sig da att det finns tva helt olika fall.

1. Vi har tva geometriska serier som vi kan skriva som 11−ax

och 11−bx

och vi ar

intresserade av att hitta den talfoljd c = cn som har den genererande funktionen

G(x) = 1(1−ax)(1−bx)

. Vi antar forst att a 6= b. Vi utnyttjar da identiteten

(8)1

(1 − ax)(1 − bx)=

1

a − b

(

a

1 − ax−

b

1 − bx

)

,

som ger att

(9) ck =ak+1 − bk+1

a − b.

Denna metod kan ocksa anvandas for en produkt av flera geometriska serier med

olika kvoter.

2. Ser vi pa svaret ovan sa inser vi att identiteten inte galler om a = b, sa for detta fall

far vi anvanda en annan metod. Ett satt ar att tanka som man gor i analys, vilket

innebar att man borjar med b 6= a men sedan later b narma sig a. Gor man det

kan man forst notera att ck i formel (9) ovan faktiskt ar en andlig geometrisk serie,

namligen

ck = ak + ak−1b + ak−2b2 + . . . + bk,

vilket ger att om b = a sa far vi ck = (k + 1)ak. Ett annat satt att fa fram samma

svar ar att derivera funktionen 11−ax

. Gor vi det ser vi att

(10) D(1

1 − ax) =

a

(1 − ax)2.

Nu ar det ju ocksa latt att derivera serien term for term vilket ger att

(11) D(1

1 − ax) = D(

∑

akxk) =∑

kakxk−1 =∑

(k + 1)ak+1xk.

Poangen med den andra metoden ar att vi genom att derivera flera ganger far alla

funktioner av typen 1(1−ax)n . Den enda riktigt viktiga identitet som ni maste kunna ar

46 5. Genererande funktioner

darfor den som ges av

Sats (5.3.1.) (Igenkanningssatsen)

Till den ”deriverade geometriska serien”

c(k) = c(k)n =

(

n + k

k

)

an

hor den ”deriverade funktionen”

G(k)(x) =1

(1 − ax)k

(Observera att bade funktionen och serien fatt ett enklare uttryck genom att jag inte bara

deriverat k ganger, utan ocksa dividerat med k!.)

Med karta och kompass. Det ar alltid bra att kanna igen sig, men har man kommit

lite for langt bort, kan man ha gladje av karta och kompass for att hitta tillbaka till sina

valkanda marker. Sen ar det ju bara att ga hem.

Det problem vi har kommit till ar att vi har fatt en genererande funktion som ar

rationell, men de enda funktioner som vi kanner igen ar derivator av den geometriska serien

1/(1 − ax). Den metod som da anvands kallas partialbraksuppdelning. Forutsattningen

for denna ar en sats som jag dock inte bevisar.

Sats (5.3.2.) (Satsen om partialbraksuppdelning)

Lat R(x) = P (x)/Q(x) vara en rationell funktion och antag att vi har kunnat skriva

namnaren som en produkt

Q(x) =

n∑

j=0

ajxj = a0

(

m∏

i=1

(1 − qix)ki

)

.

Da kan R(x) skrivas som ett polynom + en summa av rationella funktioner av

formen bij/(1 − qix)j med 1 ≤ j ≤ ki, d.v.s. vi kan skriva

R(x) =m

∑

i=1

(

ki∑

j=1

bij

(1 − qix)j

Satsen innebar att om G(x) ar en genererande funktion kan vi alltid aterfa talfoljden om

(i) Ga(x) ar en rationell funktion och

(ii) vi kan uppdela namnaren i faktorer.

Den enda svarighet som aterstar ar att utfora partialbraksuppdelningen. Det forsta

steget ar att utfora divisionen sa att vi far R(x) som ett polynom + en rationell funktion

vars taljare har lagre grad an namnaren. Nasta steg ar att faktorisera namnaren vilket

3. Hur hittar man hem? 47

man som regel gor genom att gissa ett antal rotter tills man efter division med dessa

faktorer far ett andragradspolynom.

Darefter skriver man upp en summa med okanda taljare och de ratta namnarna, och

forsoker att bestamma taljarna. Det brukar ga genom att man borjar med handpalagg-

ningsmetoden, vilket brukar ge sa pass manga taljare att man som regel far ut de som

aterstar genom att satta in lampliga varden pa x (x = 0 brukar t.ex. vara bra).

Exempel. (Fibonaccifoljden)

Losning: Vi raknade tidigare ut att den genererande funktionen for Fibonaccifoljden var

Gu(x) =1

1 − x − x2.

ven om det inte ar alldeles latt att rakna ut sa kan man dock visa att namnaren kan

faktoriseras som 1 − x − x2 = (1 − α1x)(1 − α2x) (dar talen αi ar de tidigare erhallna

rotterna till det karakteristiska polynomet for rekursionsekvationen). Detta ger (enligt

(8)) att

Gu(x) =1

(1 − α1x)(1 − α2x)=

1

α1 − α2

(

α1

1 − α1x−

α2

1 − α2x

)

.

Enligt (9) far vi da det vi visste, namligen att

un =1

α1 − α2(αn+1

1 − αn+12 ).

⊔⊓

Exempel. Antag att G(x) = 1+3x1−3x2+2x3 . Da ar

G(x) =1

9

(

12

(1 − x)2−

1

1 − x−

2

1 + 2x

)

.⊔⊓

Andra genererande funktioner. Jag skrev tidigare att den genererande funktionen

fungerade bast om den serie som definierar den ar konvergent och att forutsattningen for

detta ar att det finns r > 0 sa att rkak ≤ 1 for alla k. Nu finns det aven i kombinatoriken

vissa talfoljder som inte uppfyller detta villkor. Sadana talfoljder uppstar framst nar

talen an representerar antalet permutationer av visst slag pa en mangd med n element.

Eftersom enligt Stirlings formel n! ≈ (n/e)n sa finns det i detta fall inget tal r > 0

sadant att rn ·n! ≤ 1. ven i sadana fall kan man dock anvanda en modifierad genererande

funktion som man kan astadkomma genom att forst dividera talen an med n!. Detta

kallas for den exponentiellt genererande funktionen eftersom talfoljden 1, 1, 1, . . . ger

exponentialfunktionen ex.

anmarkning. Forutom geometriska serier och ”fakultetsfoljden” un = n! ar den enda talfoljdvars exponentiellt genererande funktion brukar beraknas den man far ur ”oordningsproblemet”.

Genererande funktioner anvands aven i sannolikhetsteorin. Utfallsrummet ska da

vara de naturliga talen, eller mojligen mangden Z+ som bestar av de icke-negativa hela

talen, d.v.s. av de naturliga talen tillsammans med talet 0. Pa denna mangd finns ingen

likformig fordelning, utan istallet har vi givet en foljd pk som ar sannolikheten for att

ett experiment ska utfalla med vardet k. Den till denna sannolikhetsfordelning horande

genererande funktionen ar

Gp(x) =∞∑

k=0

pkxk.

Det ar vart att notera att eftersom∑

pk = 1 sa konvergerar den genererande funktionen

for alla x sadana att |x| ≤ 1. Det bor ocksa pa pekas att vardet i punkten 1 av derivatan

G′

p(1) kan tolkas som medelvardet av en ”stokastisk variabel”.

6. Polyateori

Inledning. Vi har tidigare i denna kurs studerat problemet att rakna antalet funktioner

fran en mangd X till en mangd Y. Vi har darvid speciellt agnat oss at problemet att

rakna antalet sarskiljbara funktioner da alla element i X varit identiska. I detta avsnitt

ska vi fortsatta med ett liknande problem, dar vi aterigen ska rakna antalet sarskiljbara

funktioner fran en mangd X, men denna gang kommer vissa till synes olika funktioner att

sammanfalla inte for att alla element ar identiska utan av andra orsaker som vi snart ska

stifta bekantskap med.

1. Grupper

ven om det formodligen ar svart att forsta den foljande teorin for den som inte tidigare

stott pa gruppbegreppet sa kan det anda vara lampligt att inleda med en kort presentation

av detsamma.

Definition (6.1.1.) (gruppbegreppet)

En grupp G (eller riktigare (G, ∗)) ar en mangd tillsammans med en funktion m :

G×G :−→ G, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (x, y) av element tillordnar

ett element z i mangden. Denna funktion kallas vanligen gruppmultiplikationen och

beskrivs genom formeln

x ∗ y = z.

Foljande tre villkor galler for gruppmultiplikationen:

∀x∀y∀z x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z (associativitet)(1)

∃e∀x e ∗ x = x ∗ e = x (enhetselement)(2)

∀x∃y x ∗ y = y ∗ x = e (invers)(3)

Det vanliga sattet att presentera grupper ar att utga ifran en valkand associativ operation

sasom addition, multiplikation, matrismultiplikation eller komposition (d.v.s. sammansatt-

ning av funktioner) och att darefter definiera gruppen som en delmangd av mangden av

alla tal, matriser eller funktioner, sadan att denna delmangd innehaller ett enhetselement

och for varje element ocksa en invers.

50 6. Polyateori

Exempel.

1. Den enklaste gruppen ar den som bara bestar av ett element. Konkret kan denna

grupp anges som (0,+) eller som (1,×).

2. Valkanda grupper ar ocksa mangden av hela tal under addition (Z,+), mangden av

positiva reella tal under multiplikation (R+,×), mangden av 2×2-matriser med deter-

minanten 1 under matrismultiplikation. Denna grupp betecknas vanligen SL(2,R).

3. En for Polyateorin viktig grupp ar mangden av permutationer av en given andlig

mangd X, som brukar betecknas S(X). Om X ar mangden Nn skriver vi Sn.

4. Om P ar en polygon i planet eller en polyeder i rummet sa kallas varje ortogonal

linjar avbildning av planet (rummet) som overfor P i sig sjalv for en symmetri (for

P). Mangden av dessa symmetrier utgor en grupp som betecknas Sym(P).

5. Om G ar en graf sa ar mangden av automorfier av G (d.v.s. isomorfier av G till sig

sjalv) en grupp som brukar betecknas Aut(G).

6. En delgrupp H av en given grupp G ar en delmangd som sjalv ar en grupp med

samma multiplikation. Man kan visa att H ar en delgrupp om H 6= ∅ och om

x, y ∈ H =⇒ x · y−1 ∈ H.

Ett begrepp som spelar stor roll i alla sammanhang dar grupper forekommer ar begreppet

grupphomomorfism som beskrivs i foljande

Definition (6.1.2.) (grupphomomorfism)

Lat G och H vara givna grupper. Med en homomorfism eller grupphomomorfism ϕ

fran G till H menas en funktion pa G med varden i H, sadan att for alla x och y i

G galler att

(4) ϕ(x · y) = ϕ(x) · ϕ(y).

anmarkning. Det ar vart att papeka att om ϕ ar en homorfism sa ar ϕ(eG) = eH ochdessutom ar ϕ(x−1) = ϕ(x)−1.

Gruppaktioner. Polyateorin handlar till stor del om grupper av permutationer av en

lamplig mangd, men eftersom det ofta ar samma grupp som ar inblandad trots att mang-

derna (och darmed permutationerna) ar olika, sa kan det vara praktiskt att utga fran ett

annat perspektiv. Vi ska darfor borja med foljande

Definition (6.1.3.) (gruppaktioner)

En (vanster-)gruppaktion A(G,X, ∗) av gruppen (G, ·) pa mangden X ar en funktion

a : G× X −→ X, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (g, x) ger ett element

x ∈ X. Istallet for a(g, x) skriver vi g∗x. Vidare skall foljande villkor vara uppfyllda:

∀x e ∗ x = x (enhetsmultiplikation)(5)

∀g∀h∀x g ∗ (h ∗ x) = (g · h) ∗ x (associativitet)(6)

2. Fixmangden och fixgruppen 51

Exempel.

1. Om G ar gruppen med 1 element och om X ar en godtycklig mangd sa finns det

en gruppaktion som bestar helt enkelt av att e ∗ x = x som det maste vara. Mera

allmant kan man for varje grupp och varje mangd definiera den s.k. triviala aktionen

som ges av att for alla g och x ar g ∗ x = x.

2. For varje grupp G kan vi definiera en aktion av G pa sig sjalv (uppfattad som mangd)

genom g ∗ x = g · x (for alla g och x i G).

3. Det finns en annan aktion av en grupp pa sig sjalv som ar av stor betydelse i grupp-

teorin, namligen den s.k. konjugeringen som ges av att g ∗ x = g · x · g−1.

4. For grupperna S(X, ), Sym(P) och Aut(G) ger definitionen i sig sjalv en naturlig

aktion pa X, P eller G.

5. Om A ar en aktion av G pa X och om Y ar annan mangd sa finns det en viktig aktion

pa mangden YX av alla funktioner fran X till Y som ges av att for g ∈ G och f ∈ YX

ar

(7) (g ∗ f)(x) = f(g−1 ∗ x).

I Polyateorin studeras en viss typ av gruppaktioner som gor det naturligt att infora foljande

(tillfalliga)

Definition (6.1.4.)

Vi definierar en relation E pa mangden X genom yEx om det finns g ∈ G sa att

y = g ∗ x.

Anledningen till denna definition ar foljande

Sats (6.1.1.)

E ar en ekvivalensrelation pa X.

Bevis. En relation ar en ekvivalensrelation om den ar reflexiv, symmetrisk och transitiv.

Hos E foljer reflexiviteten av att x = e∗x, symmetrin av att om y = g∗x sa ar x = g−1∗y

och transitiviteten av att y = g ∗ x och z = h ∗ y medfor z = (h · g) ∗ x. ⊔⊓

2. Fixmangden och fixgruppen

Det vi i fortsattningen kommer att gora ar att studera den partition (eller pa svenska

uppdelning) av mangden X som ges av ovanstaende ekvivalensrelation. Det centrala pro-

blemet i fortsattningen kommer att vara att bestamma antalet ekvivalensklasser, men for

att gora detta kommer vi forst att behova bestamma storleken av dem. For att gora detta

behover vi nagra nya begrepp som ges i de foljande definitionerna. I alla dessa definitioner

antas A vara en given aktion av G pa X.

Definition (6.2.5.)

Fixmangden FA ⊂ G× X ar mangden av alla par (g, x) sadana att g ∗ x = x.

52 6. Polyateori

I detta sammanhang kan det vara vart att namna att en delmangd Y av X sadan att

y ∈ Y =⇒ g ∗ y ∈ Y sags vara invariant under elementet g. Om mangden Y ar invariant

for alla g ∈ G sags mangden helt enkelt vara invariant.

Definition (6.2.6.)

Om x och y bada tillhor X sa ar Gxy mangden av alla g ∈ G, sadana att g ∗ x = y.

Definition (6.2.7.)

Om i foregaende definition x = y skriver vi Gx istallet for Gxx. Mangden Gx kallas

fixgruppen for elementet x.

vning: Visa att Gx ar en delgrupp av G.

Definition (6.2.8.)

Mangden av ekvivalensklasser som ges av E kommer att betecknas O. Ett element

i O, d.v.s. en ekvivalensklass kommer att betecknas o och den ekvivalensklass som

innehaller ett givet element x kommer att betecknas o(x).

For att nu forst bestamma storleken av en ekvivalensklass behover vi foljande

Lemma (6.2.2.)

Om bade y och z tillhor o(x) sa ar |Gyz | = |Gx|.

Speciellt ar for alla y ∈ o(x), |Gxy | = |Gy | = |Gx|.

Innan jag genomfor beviset vill jag bara papeka att detta ar ett typiskt exempel pa ett

bevis som ar latt att presentera vid en tavla, men som genast blir omstandligt sa snart

det skrivs ner.

Bevis. Vi ska visa att det finns en 1-1-motsvarighet mellan mangderna Gyz och Gx och

for att gora det sa ska vi definiera tva funktioner ϕ och ψ mellan mangderna sa att de

blir varandras inverser. Vi borjar med att konstatera att eftersom y ∈ o(x) och z ∈ o(x)

sa finns det element gy och gz sadana att y = gy ∗ x och z = gz ∗ x. Sedan definierar vi

ϕ : Gx −→ Gyz genom ϕ(g) = gz · g · g−1y(8)

och

ψ : Gyz −→ Gx genom ψ(h) = g−1z · h · gy.(9)

Eftersom funktionerna uppenbarligen ar varandras inverser sa foljer lemmat. ⊔⊓

Av detta lemma foljer alltsa att for ett fixt x ar for alla y ∈ o(x) mangderna Gxy lika

stora, och eftersom Gxy ∩ Gxz 6= ∅ =⇒ y = z sa ar de naturligtvis ocksa disjunkta. Men

detta innebar att

G =⋃

y∈o(x)

Gxy d.v.s.(10)

|G| =∑

y∈o(x)

|Gxy | =∑

y∈o(x)

|Gy|

= |o(x)| · |Gx|.(11)

2. Fixmangden och fixgruppen 53

Vi har darmed bevisat den enkla satsen

Sats (6.2.3.)

|o(x)| =|G|

|Gx|

anmarkning. Innan vi gar vidare kan det vara vart att notera att det finns en allman regelsom sager att om en aktion har stora ekvivalensklasser sa ar de fa, medan sma ekvivalensklasserinnebar manga olika. En konsekvens av sats 3 ar nu att sma ekvivalensklasser svarar mot storafixgrupper, vilket i sin tur innebar att en stor fixmangd innebar manga ekvivalensklasser.

Ett tydligt exempel. Innan jag gar vidare med den allmanna teorin vill jag presentera

ett exempel for att visa vad de inforda begreppen och satserna innebar. Vi ska utga fran

ett rakt prisma P, dar toppen och botten ar regelbundna 6-horningar. Ytorna pa over och

undersidan ska nu indelas i 7 falt var genom att vi drar radier fran bada mittpunkterna

till de 6 hornen, och genom att vi runt mittpunkterna ritar en cirkel med samma radie,

exempelvis en tredjedel av hela radien och darefter betraktar det som ligger innanfor

cirkeln som ett falt. Varje sida i prismat utgor sedan ett eget falt.

Figur

Symmetrigruppen for detta prisma bestar av identiteten e, en rotation ett sjattedels

varv r med potenserna r2, r3, r4, r5 och r6 = e, samt sex vandningar s1, s2, s3 och d1,

d2, d3 som bestar i att vi lyfter upp prismat, vander det upp och ned och sedan satter

ned det igen. Nar vi utfor denna vandning kan vi gora det pa sa satt att antingen ett par

av motstaende sidokanter, eller ett par av motstaende sidoytor behaller sin ursprungliga

plats. Vi antar att da vi utfor vandningen si aterkommer sidoytorna (zi, zi+4) till sin

ursprungliga plats, medan vid vandningen di ytorna zi och zi+4 byter plats. Detta ar

gruppen G = Sym(P). Vi ska nu lata denna grupp agera pa den mangd X vars element

ar de olika falten pa prismat. Mangden bestar av 7 falt pa ovansidan, 7 falt pa undersidan

och 6 falt pa sidorna, d.v.s. sammanlagt 20 element som vi kan benamna x0, x1, . . . , x6 for

falten pa ovansidan, varvid x0 ar faltet i mitten, y0, . . . , y6 for falten pa undersidan, samt

z1, . . . , z6 for falten pa sidorna. Innan vi borjar anvanda oss av teorin kan vi i detta fall

direkt se vilka ekvivalensklasserna ar for aktionen. Vi ser darvid att x0 och y0 utgor en

54 6. Polyateori

ekvivalensklass, falten xi och yi, i = 1, 2, . . . 6 utgor en, medan z-falten utgor en tredje.

De olika ekvivalensklasserna innehaller alltsa 2, 12 och 6 element.

Fixmangden FA bestar av alla par (e, x), alla (rk, x0) och (rk, y0) och slutligen alla

(si, zi) och (si, zi+4). En tabell over fixmangden ser ut pa foljande satt

x0 y0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 y1 y2 y3 y4 y5 y6 z1 z2 z3 z4 z5 z6

e 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1r 1 1r2 1 1r3 1 1r4 1 1r5 1 1s1 1 1s2 1 1s3 1 1d1

d2

d3

Innan vi gar vidare kan det vara vart att notera hur pass mycket information om aktionen

som ovanstaende tabell innehaller. Speciellt ar det vart att notera att i kolonnen under

ett givet element x ∈ X kan vi avlasa fixgruppen Gx, och vi kan ocksa observera det som

vi redan vet, namligen att antalet 1:or under olika element i samma ekvivalensklass alltid

ar lika. Vi ska senare se att aven raderna i tabellen har betydelse.

Som synes blir matrisen for fixmangden redan for en mattligt stor mangd X syn-

nerligen utrymmeskravande. Det finns dock ett satt att presentera fixmangden som tar

mindre plats men ger samma information. I vart exempel kan den se ut pa foljande satt.

e r r2 r3 r4 r5

X x0, y0 x0, y0 x0, y0 x0, y0 x0, y0

s1 s2 s3 d1 d2 d3

z1, z4 z2, z5 z3, z6

3. Burnsides lemma

Efter att i Sats (3) ha beraknat storleken av de olika ekvivalensklasserna kan vi nu ocksa

berakna antalet av dem. For att gora detta ska vi forst bevisa foljande

Lemma (6.3.4.)

|FA| = |O| · |G|

Bevis. For att berakna |FA| ska vi summera mangdfunktionen 1F over mangden G×X.

Vi ska utfora summeringen genom att forst berakna summan over varje kolonn for sig.

Detta innebar att vi borjar med att summera over gruppen G medan vi haller elementet

x fixt. Darefter ska vi aven summera over X och vi borjar da med att summera varje

3. Burnsides lemma 55

ekvivalensklass for sig. Slutligen summerar vi over ekvivalensklasserna. Detta beskrivs

i foljande utrakning

|FA| =∑

x∈X

∑

g∈G

1F(g, x) =∑

x∈X

|Gx|(12)

=∑

o∈O

∑

x∈o

|Gx| = (enligt sats 3)

=∑

o∈O

|G| = |O| · |G|.⊔⊓

Vi ar nu nastan fardiga for Burnsides lemma. Det enda vi behover ar nagra nya begrepp

som har till syfte att forenkla formuleringen av lemmat.

Definition (6.3.9.)

Om A ar en aktion av G pa X sa ska vi skriva Xg for mangden av alla x ∈ X sadana

att g ∗ x = x, och vi ska skriva F (g) for |Xg|.

Innan vi gar vidare kan vi notera att i fixtabellen ar F (g) summan av alla 1:or som star i

samma rad. Darmed ar vi framme vid

Sats (6.3.5.) (burnsides lemma)

Antalet ekvivalensklasser ar

|O| =1

|G|

∑

g∈G

F (g)

Bevis. Detta foljer av det foregaende lemmat om vi helt enkelt noterar att vi vid sum-

meringen av 1F over mangden G×X lika garna kunde ha borjat med att summera over

raderna. ⊔⊓

Gruppaktionens cykliska index. Sa har langt har vi agnat oss at viktig matematik

men vi har inte sysslat med kombinatorik i snav mening. Vad som egentligen menas med

kombinatorik ar visserligen nagot oklart, men en beskrivning ar att saga att kombinatori-

ken sysslar med att rakna antalet satt som vissa saker kan utforas pa, och hittills har vi ju

inte gjort nagonting pa nagot enda satt. Det vi i fortsattningen ska studera ar farglagg-

ningar av elementen i mangden X, och den fraga som stalls ar hur manga sarskiljbara

farglaggningar det finns om tva farglaggningar betraktas som lika om det finns ett g ∈ G

som overfor mangden X pa sig sjalv pa ett sadant satt att den ena farglaggningen overgar

i den andra. For att beskriva detta problem matematiskt sa ska vi kalla mangden av

farger for Y och eftersom det for detta problem bara ar antalet farger som ar relevant

ska vi tills vidare anta att Y = Nn. Detta innebar att det som ar givet ar en aktion A

av G pa X, samt ett tal n. Vi kan da (for varje n) definiera en aktion An pa mangden

av farglaggningar, som kan betraktas som mangden av funktioner fran X till Nn. Denna

mangd kallades tidigare NX

n men for att forenkla vara beteckningar ska vi i fortsattningen

benamna den Xn. Vi kan dock notera att eftersom |Xn| = |NX

n | = n|X| sa ar detta ofta

en ganska stor mangd. Speciellt ar det i praktiken omojligt att explicit skriva en fixtabell.

56 6. Polyateori

Vad vi ska gora ar darfor att infora ett hjalpmedel som ger sa mycket information om fixta-

bellen for farglaggningarna att det t.ex. ar mojligt att berakna radsummorna i tabellen

utan att forst rita upp den. For att gora detta behover vi tva definitioner. Innan jag ger

dessa vill jag forst papeka att en gruppaktion A av G pa X kan ses som en homomorfism

av gruppen G till gruppen S(X) av alla permutationer av X. Detta innebar speciellt att

varje element g kan entydigt beskrivas med hjalp av en produkt av disjunkta cykler. For

att forenkla beteckningarna i det foljande sa ska vi anvanda foljande

Konvention: Beteckningen x star for en vektor (x1, xi2 , . . . , xim) och for att ange att

alla element i vektorn ersatts med talet n ska vi skriva n.

Definition (6.3.10.) (cykelstruktur)

Den cykliska strukturen Sg(x) for ett element g ∈ G under en aktion A ar ett monom∏

xki

i dar ki ar antalet cykler av langd i nar g uppfattas som ett element i S(X).

Definition (6.3.11.) (cykliskt index)

Gruppaktionen A:s cykliska index PA(x) = PA(x1, x2, . . . , xk) definieras som

(13)1

|G|

∑

g∈G

Sg(x).

Innan vi ger oss in pa ett noggrannare studium av det cykliska indexet och dess betydelse

ska vi aterga till vart exempel och berakna elementens cykliska struktur och aktionens

cykliska index.

Vi ska gora detta genom att ge foljande tabell

F (g) Sg(x)

e 20 x201

r 2 x21x

36

r2 2 x21x

63

r3 2 x21x

92

r4 2 x21x

63

r5 2 x21x

36

s1 2 x21x

92

s2 2 x21x

92

s3 2 x21x

92

d1 0 x102

d2 0 x102

d3 0 x102

Med hjalp av tabellen ser vi att

(14) PA(x) = PA(x1, x2, x3, x6) =1

12(x20

1 + 2x21x

36 + 2x2

1x63 + 4x2

1x92 + 3x10

2 ).

4. Farglaggningar 57

Darmed kan vi aterga till den allmanna teorin och som ett steg pa vagen kan vi

notera att om vi forst deriverar Sg(x) med avseende pa x1 och sedan satter alla variabler

till 1, sa far vi talet F (g), d.v.s. vi ser att F (g) = ∂∂x1

Sg(1). Lagger vi nu ihop alla dessa

och dividerar med |G| sa far vi enligt Burnsides lemma fram att

(15) |O| =∂

∂x1PA(1),

vilket ger en latt foraning om att cykliska index kan vara anvandbart.

4. Farglaggningar

Vi paminner oss nu att om A ar en aktion av G pa X sa kan vi for varje n definiera en

aktion An pa mangden Xn av farglaggningar (med hogst n farger) av X med hjalp av

formeln (7). Vi ska skriva On for att beteckna mangden av ekvivalensklasser for aktionen

An. Detta innebar att |On| helt enkelt ar antalet sarskiljbara farglaggningar.

Var uppgift ar nu att skapa oss en uppfattning om fixmangden for aktionen An.

Vi gor darfor forst den enkla observationen att en viss farglaggning ar invariant under

verkan av ett visst gruppelement g om och endast om varje cykel ar enfargad. Eftersom

varje cykel (oberoende av de ovriga) kan malas med vilken som helst av de n fargerna, sa

innebar detta att antalet fixpunkter Fn(g) helt enkelt ges av formeln

(16) Fn(g) = Sg(n) =∏

nki .

Kombinerar vi nu detta med Burnsides lemma sa far vi Polyas forsta sats.

Sats (6.4.6.)

Antalet sarskiljbara farglaggningar av X med hogst n farger ar

(17) |On| = PA(n).

I vart exempel ser vi att

PA(n) = PA(n, n, n, n) =1

12(n20 + 2n2n3 + 2n2n6 + 4n2n9 + 3n10)(18)

=1

12(n20 + 2n5 + 2n8 + 4n11 + 3n10).

Farginventariet. Manga ganger ar det inte det totala antalet farglaggningar med ett

givet antal farger som ar intressant, utan istallet ar det antalet farglaggningar med en

given fordelning av fargerna. I detta sammanhang kan det vara vart att papeka att det

problem som Polya ville losa med sin teori var att bestamma antalet isomerer av organiska

molekyler. Dessa molekyler kan beskrivas pa sa satt att vi har ett skelett av kolatomer

och pa dessa sitter det sedan kemiska grupper av olika typer. Eftersom tva molekyler ar

isomerer endast om de har lika manga av var och en av de olika sidogrupperna, sa var

58 6. Polyateori

han inte nojd forran han ocksa lost problemet att bestamma hur manga farglaggningar

det fanns av varje typ.

For att studera detta problem ska vi aterga till att betrakta mangden av farger som

en abstrakt mangd Y med elementen y1, y2, . . . , yn. Vi kan darmed ge en modell av de

mojliga satten att mala en punkt x med nagon av fargerna med hjalp av ”den genererande

funktionen” (y1+y2+ . . .+yn). Pa samma satt kan de olika satten att mala en hel cykel av

langden i med en enda farg representeras av den genererande funktionen (y i1+yi

2+. . .+yin).

Ska vi nu beskriva mangden av fixpunkter for ett element g med

Sg(x) =∏

xki

i

sa ar det latt att se att en genererande funktion for denna mangd ges av

(19) Sg(Y) = (∑

yj)k1 · (

∑

y2j )k2 . . . (

∑

yrj )

kr) =∏

(∑

yij)

ki .

For att fa hela fixmangden representerad maste vi till slut addera alla dessa Sg(Y) vilket

ger oss en funktion

PA(Y) =1

|G|

∑

g∈G

Sg(Y)

= PA((∑

yj), (∑

y2j ), . . . , (

∑

yrj )).(20)

Denna funktion brukar kallas for Polyas farginventarium.

For att fa en battre forstaelse av farginventariet ska vi se pa nagra enkla exempel.

Exempel.

1. Om X bestar av ett enda element och darmed G bestar av bara enheten far vi

PA(x) = x1 och PA(Y) =∑

yi. Mer allmant ar det naturligtvis sa att om G

bestar av bara enheten, sa att det saknas symmetrier och om |X| = n sa ar PA(x) =

xn1 och PA(Y) = (

∑

yi)n. Koefficienterna i farginventariet ges i detta fall av

multinomialkoefficienterna.

2. I foregaende exempel fanns det inga symmetrier vilket innebar att alla elementen

i X ar olika. Det motsatta extremfallet ar att alla elementen ar identiska vilket

svarar mot att G = S(X). I detta fall ar gruppens cykliska index komplicerat

(atminstone om |X| > 3) men farginventariet ar enkelt atminstone i den meningen

att alla koefficienter ar 1. Hur manga de ar och vilka de ar kan det daremot vara

jobbigt att ta reda pa.

3. (Dominobrickor) Om X bestar av tva identiska element sa bestar G av dels enheten

och dels platsbytet. Detta ger att PA(x) = 12 (x2

1 + x2) sa att PA(n) = 12 (n2 + n) =

(

n+12

)

. Speciellt far vi om n = 7 att det finns 28 olika dominobrickor. Farginventariet

blir

PA(Y) =1

2((

∑

yi)2 +

∑

y2i ) =

∑

y2i +

∑

i<j

yiyj

vilket helt enkelt sager att en dominobricka ar helt bestamd av sina prickar.

4. Ett problem som har stor betydelse inom den organiska kemin galler farglaggning

av hornen i en (regelbunden) tetraeder. Symmetrigruppen bestar i detta fall av

enheten, tre vippningar genom motstaende kanters mittpunkter, samt 8 rotationer,

4. Farglaggningar 59

ett 1/3-varv runt en axel genom ett horn och motstaende sidas mittpunkt. Detta

ger det cykliska indexet

P (x) =1

12(x4

1 + 3x22 + 8x1x3)

Det som ar speciellt intressant i detta fall ar farginventariet for fyra farger. Forst far

vi att antalet farglaggningar med fyra farger ar

P (4) =1

12(44 + 3 · 42 + 8 · 42) =

256 + 48 + 128

12= 36.

Raknar vi sedan ut farginventariet, sa visar det sig att vi far koefficienten 1 for alla

tankbara fargkombinationer med hogst 3 farger men koefficienten 2 for fallet da alla

farger forekommer precis en gang. (Det ar denna tvaa som ar betydelsefull!)

5. Ett annat valkant exempel som brukar behandlas i alla bocker ar farglaggning av

hornen i en kvadrat. Gruppen bestar av 8 element och det cykliska indexet ar

P (x) = P (x1, x2, x4) =1

8(x4

1 + 2x4 + 2x21x2 + 3x2

2),

vilket ger farginventariet

P (Y) =1

8

(

(∑

yi)4 + 2(

∑

y4i ) + 2(

∑

yi)2(

∑

y2i ) + 3(

∑

y2i )

2)

.

For tva farger ger detta

P (s, v) = (s4 + v4) + (s3v + sv3) + 2(s2v2).

6. Darmed kan det vara dags att aterga till vart tidigare exempel med vart prisma,

men eftersom vi sag att det fanns val manga olika farglaggningar sa ska vi helt

enkelt forutsatta att prismat ar vitt over och under sa att det racker att farglagga

sidoytorna. Detta innebar att vi later gruppen operera enbart pa mangden Z =

z1, . . . , z6. Den cykliska strukturen for elementen och det cykliska indexet for

aktionen blir da betydligt enklare. Vi far helt enkelt

PA(x) =1

12(x6

1 + 2x6 + 2x23 + 4x3

2 + 3x21x

22)

vilket ger farginventariet

PA(Y) =1

12((

∑

yi)6 + 2(

∑

y6i ) + 2(

∑

y3i )

2 + 4(∑

y2i )3 + 3(

∑

yi)2(

∑

y2i )

2).

ven detta uttryck ar naturligtvis otympligt, men for 2 farger blir det overkomligt.

Vi far

PA(s, v) = (s6 + v6) + (s5v + sv5) + 3(s4v2 + s2v4) + 3s3v3.

1. Mer om funktioner

Inledning. Efter att ha avslutat arbetet med kompendiet KOMBINATORIK har jag

insett att det sista kapitlet i kompendiet, d.v.s. det som handlar om POLYATEORI ar

synnerligen svarlast, atminstone for den som inte har mer forkunskaper om ekvivalens-

relationer och permutationer an vad som finns i de tidigare kapitlen. I nasta upplaga av

kompendiet kommer darfor denna stencil (nagot modifierat) att inga som ett kapitel, fore

eller efter kapitel 3.

Kapitel 3 i kompendiet har titeln Hur manga funktioner?, en titel som snarare borde

vara Hur manga funktioner finns det som . . . ?, och namnet pa detta bihang till kom-

pendiet skulle da vara fortsattningen och vad kan vi gora med dem?. Innan jag pa allvar

gar in pa den fragan ska jag dock ta upp begreppet ekvivalensrelationer igen, och det ar

vart att redan nu namna att det finns ett samband mellan surjektioner definierade pa en

mangd (med varden i nagon annan lamplig mangd) och de ekvivalensrelationer som finns

pa mangden.

1. Ekvivalensrelationer och partitioner

I det forsta kapitlet definierade vi ekvivalensrelationer. Vi ska i detta avsnitt visa att det

finns ett nara samband mellan dessa och det begrepp som som ges av foljande

Definition (1.1.1.) (Partitioner)

Lat en grundmangd X och en indexmangd I vara givna. En mangd P = pii∈I av

delmangder av X kallas for en partition av X om

X =⋃

i∈I

pi och

pi ∩ pj 6= ∅ =⇒ pi = pj .

anmarkning 1. Detta kan uttryckas sa att mangderna pi ska vara disjunkta (d.v.s. saknagemensamma element) och tillsammans tacka hela X, eller sa att varje x ∈ X ska tillhoraprecis en av mangderna pi.anmarkning 2. Observera att det andra villkoret inte sager att i = j, utan endast attpi = pj . Anledningen till detta ar att samma delmangd kan dyka upp flera ganger under olikanamn. I fortsattningen kommer den vanligaste indexmangden for en partition av X att varamangden X sjalv.

2 1. Mer om funktioner

For att beskriva sambandet mellan de tva begreppen maste vi borja med att hitta en

partition som hanger ihop med en given relation.

Definition (1.1.2.) (Ekvivalensklasser)

Lat E vara en ekvivalensrelation pa en mangd X och lat x vara ett element i X. Da

kallas mangden

CE(x) = y ∈ X| xEy

av alla y som ar ekvivalenta med x for en ekvivalensklass, varvid CE(x) ar den

ekvivalensklass som innehaller x.

Vi kan nu borja med att visa ett forberedande lemma, namligen

Lemma (1.1.1.)

Lat E vara en ekvivalensrelation pa X och lat x och y vara element i X, sadana att

y ∈ CE(x). Da galler att CE(y) = CE(x).

Bevis. Antag att z ∈ CE(y), d.v.s. att yEz. Pa grund av transitiviteten galler da aven

xEz d.v.s. att z ∈ CE(x), och darmed har vi visat att CE(y) ⊂ CE(x). Vi noterar sedan

att pa grund av symmetrin galler ocksa att yEx vilket innebar att x ∈ CE(y). Vi kan

darfor i det forsta steget byta plats pa x och y, vilket ger att CE(x) ⊂ CE(y) d.v.s. att

CE(x) = CE(y). ⊔⊓

Darmed kan vi nu formulera och bevisa

Sats (1.1.2.) (Partitionssatsen)

Lat E vara en ekvivalensrelation pa X och lat PE vara mangden av ekvivalensklasser

PE = CE(x)|x ∈ X.

Da ar PE en partition av X.

Omvant om P = pi|i ∈ I ar en partition av X sa kan vi definiera en ekvivalens-

relation EP pa X genom sambandet

xEy ⇐⇒ ∃i ∈ I sa att x ∈ pi och y ∈ pi.

Bevis. For att visa att PE ar en ekvivalensrelation finns det tva saker att bevisa och

eftersom det foljer av lemmat att mangderna ar disjunkta sa behover vi bara bevisa att

de ocksa tacker X. Detta foljer dock av att en ekvivalensrelation ocksa ar reflexiv, d.v.s.

att for varje x ∈ X galler att x ∈ CE(x). For att bevisa det omvanda sa observerar vi

forst att reflexiviteten och symmetrin ar uppenbara och enbart utnyttjar att partitionen

tacker X. For transitiveten utnyttjar vi att xEy och yEz innebar att det finns mangder

pi och pj sadana att den forsta innehaller x och y medan den andra innehaller y och z.

Detta innebar att pi och pj har elementet y gemensamt, och eftersom P ar en partition

ar da pi = pj vilket innebar att ocksa xEz galler. ⊔⊓

2. Sammansattning av funktioner 3

anmarkning. Det bor papekas att det ar vanligare att en partition definieras fran en ekvi-valensrelation an tvartom.

Som avslutning pa detta avsnitt ska vi se att varje funktion ger upphov till en ekvivalens-

relation pa ett mycket naturligt satt. Om namligen α : X −→ Y ar en given funktion

sa kan vi definiera en relation Eα pa X genom x1Eαx2 ⇐⇒ α(x1) = α(x2). Det

intressanta med detta ar egentligen inte att Eα ar en ekvivalensrelation, eftersom detta

bara beror pa att = ar en ekvivalensrelation (pa Y), utan det intressanta ar att det ar

en ekvivalensrelation som faktiskt ges av vanlig identitet. (Tva elemnt i Y ar ekvivalenta

om de ar samma element.) En fraga som visar sig ha ett intressant (d.v.s. jakande) svar

ar nu om varje ekvivalensrelation kan uppsta pa detta satt. For en andlig mangd ar

detta uppenbart, om vi tanker pa de olika ekvivalensklasserna som urnor och darmed

uppfattar den tillhorande partitionen som en funktion fran en given mangd (av markta)

kulor till en annan mangd av (markta) urnor. Fragan ar nagot mindre latt att besvara

om mangden X ar oandlig, men svaret ar aven i detta fall ja. Beviset bestar i att visa

att mangden av ekvivalensklasser CE(x)|x ∈ X kan tolkas som en ny mangd Y. Det

ar i detta sammanhang vart att notera att de funktioner som definieras pa detta satt ar

surjektioner.

Ett enumerationsproblem som hanger nara ihop med fragan om hur manga surjek-

tioner det finns fran X till Y ar att rakna ut hur manga partitioner (med k icke-tomma

delmangder) det finns av mangden Nn. Detta problem kan losas rekursivt, antalet skrivs

S(n, k) och kallas for Stirling-tal.

2. Sammansattning av funktioner

Vi ska i detta avsnitt definiera en av de (allmannaste) och viktigaste algebraiska operatio-

nerna i modern matematik, och pa kopet far vi ocksa ett par av de viktigaste algebraiska

strukturerna. For att forenkla eller atminstone forkorta beteckningarna i fortsattningen

ska vi skriva Xα

−→ Y (istallet for α : X −→ Y) for att ange att α ar en funktion fran X

till Y.

Definition (1.2.3.)

Lat Xα

−→ Y och Yβ

−→ Z vara funktioner. Da definieras sammansattningen

Xβα−→ Z genom sambandet β α(x) = β(α(x)).

Den viktigaste egenskapen hos sammansattningsoperationen ar att den ar associativ och

aven om detta ar narmast sjalvklart eftersom sammansattningen av tre funktioner bara kan

definieras pa ett satt, sa ar det vart att ha en sats att aberopa. Innan jag gar vidare vill jag

papeka att ni ofta da ni lar er nagot om algebraiska strukturer i matematiken, kommer att

upptacka att matematiker faster en till synes overdriven vikt vid sadana element som inte

forandrar nagonting. Vid sammansattning av funktioner ar det identitetsfunktionerna

som har denna egenskap. Jag kommer i fortsattningen att skriva JX (eller bara J om

mangden X ar underforstadd) for identitetsfunktionen pa X, varvid JX(x) = x for alla

4 1. Mer om funktioner

x ∈ X. Darmed ar vi fardiga for

Sats (1.2.3.) (Sammansattningssatsen)

(i) Lat Xα

−→ Yβ

−→ Zγ

−→ W vara funktioner. Da ar de sammansatta funktionerna

(γ β) α och γ (β α) lika.

(ii) Vidare galler att om JX och JY ar identitetsfunktionerna sa ar α JX = α =

JY α.

(iii) Om funktionerna α och β bada ar injektioner sa galler detta aven sammansatt-

ningen β α, och om bada ar surjektioner sa ar aven β α en surjektion. Speciellt

ar β α en bijektion sa snart bade α och β ar det.

ven om sammansattning av funktioner ar en mycket allman operation som kan definieras

aven om mangderna X, Y och Z inte har nagon som helst algebraisk struktur i sig sjalva,

sa stalls det dock ett viktigt krav, namligen att ”β borjar dar α slutar”. Det enklaste

sattet att fa detta villkor uppfyllt ar nu att anta att alla funktioner borjar och slutar i

samma mangd X. Vi ska i fortsattningen skriva End(X) for mangden av funktioner fran

X till sig sjalv.1 Det foljer av sammansattningssatsen att sammansattning ar definierad for

alla α och β i End(X). En mangd med en associativ operation (i vart fall sammansattning

av funktioner) som dessutom har ett neutralt element (d.v.s. ett som inte gor nagot alls

da man opererar med det) kallas ofta for en monoid. ven om begreppet monoid ar bade

anvandbart och viktigt i modern matematik, sa ar det dock nasta begrepp som ar det

riktigt betydelsefulla.

Definition (1.2.4.) (Grupper)

En grupp G (eller riktigare (G, ∗)) ar en mangd tillsammans med en funktion

m : G × G :−→ G, d.v.s. en funktion som till varje ordnat par (x, y) av element

tillordnar ett element z = m(x, y) i mangden. Denna funktion kallas vanligen grupp-

multiplikationen och beskrivs genom formeln

z = x ∗ y.

Foljande tre villkor galler for gruppmultiplikationen:

∀x∀y∀z x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z (associativitet)(1)

∃e∀x e ∗ x = x ∗ e = x (enhetselement)(2)

∀x∃y x ∗ y = y ∗ x = e (invers)(3)

Det basta sattet att fa nagon aning om gruppbegreppet ar att se pa nagra enkla exempel.

Exempel.

1. Den enklaste gruppen ar den som bara bestar av ett element. Konkret kan denna

grupp anges som (0,+) eller som (1,×).

1Beteckningen kommer av att i manga sammanhang kallas sadan funktioner for endomor-

fier eller endomorfismer.

3. Permutationer 5

2. Valkanda grupper ar ocksa mangden av hela tal under addition (Z,+), mangden av

positiva reella tal under multiplikation (R+,×), mangden av 2×2-matriser med deter-

minanten 1 under matrismultiplikation. Denna grupp betecknas vanligen SL(2,R).

3. Den grupp som kommer att spela storst roll i denna kurs ar mangden av bijektioner

pa en given andlig mangd, som ofta men inte alltid forutsatts vara mangden Nn (for

nagot n). Gruppmultiplikationen ar sammansattning av funktioner, som enligt vad

vi tidigare visat ar associativ. Vi sag ocksa att identiteten ar ett enhetselement, sa

for att bevisa att vi verkligen har en grupp behover vi bara bevisa att varje bijektion

har en invers. Detta foljer nu av att vi kan definiera den till funktionen α horande

inversen, som vanligen skrivs α−1, genom α−1(x) = y ⇐⇒ α(y) = x. Eftersom α

ar surjektiv sa finns det for varje x ett sadant y och eftersom α ar injektiv sa finns

det hogst ett y vilket innebar att α−1 ar en funktion. Att den ar en bijektion foljer

av att mangden ar andlig. Denna grupp betecknas S(X) eller om X = Nn for Sn.

Innan vi gar vidare bor det papekas att eftersom det bara finns en enda algebraisk opera-

tion i en grupp sa behovs det egentligen ingen symbol alls for denna sa att istallet for att

skriva x ∗ y skriver vi vanligen bara xy.

Innan ni borjar lasa nasta avsnitt bor ni losa foljande ovningsuppgifter.

1. Visa att en grupp innehaller precis ett enhetselement. (Ledning: Anta att bade

e1 och e2 ar enhetselement och rakna ut produkten e1e2.)

2. Visa att varje element i en grupp bara har en invers. (Ledning: Anta att bade y och z

ar inverser och rakna ut produkterna (yx)z och y(xz).)

3. Visa att e−1 = e, att (x−1)−1 = x samt att (xy)−1 = y−1x−1.

3. Permutationer

Vi ska i aterstoden av detta ”kapitel” agna oss at mangden Sn av bijektioner pa mangden

Nn och som alla sakert vet sa kallas en sadan funktion for en permutation. ven om jag

forutsatter att ni alla kanner till begreppet permutation, sa misstanker jag att ni som regel

inte behovt se dem som funktioner, och inte heller behovt rakna sarskilt mycket med dem.

Daremot ar jag saker pa att ni alla vet att antalet permutationer i Sn ar n!. Det forsta ni

nu maste lara er ar att se dem som funktioner och att lara er att sammansatta dem. For

att kunna gora det ska ni forst fa lara er ett satt att skriva dem som underlattar raknandet.

Jag vill i detta sammanhang papeka att till skillnad fran de funktioner man oftast traffar

pa, exempelvis reellvarda funktioner definierade pa intervall av reella tal, som vanligen ges

av algebraiska uttryck eller med hjalp av ett litet antal elementara funktioner, sa kommer

permutationer sallan att kunna beskrivas pa annat satt an genom att tala om vad som

ska handa med varje enskilt tal. Ett satt att ange en permutation π ar naturligtvis att

helt enkelt ge foljden π(k), 1 ≤ k ≤ n, men av olika anledningar ar detta inte nagon

sarskilt bra metod. Den framsta anledningen till detta ar att det inte ar sarskilt latt att

rakna ut sammansattningen av tva permutationer som skrivits pa detta satt. Det finns

ocksa andra anledningar, varav en ar att identitsfunktionen J som spelar storre roll an

alla andra och darfor anvands mer tar lika stor plats att skriva som nagon annan trots

att den ju faktiskt inte gor nagot. Det har visat sig att det som brukar kallas for den

6 1. Mer om funktioner

cykliska representationen av en permutation ar det i de flesta sammanhang basta sattet

att beskriva den. De viktigaste fordelarna ar:

1. Endast de element som verkligen paverkas av en permutation behover anges. Detta

innebar att ju mindre an permutation staller till med, ju mindre plats tar den.

2. Det ar latt att skriva upp inversen till en given permutation.

3. Det ar latt att berakna sammansattningen av en permutation med sig sjalv.

4. I vissa sammanhang behover man inte ens veta vilka element som paverkas av en

permutation, utan all information som behovs ar hur manga cykler det finns och hur

langa de ar.

4. Den cykliska representationen

For att forsta den cykliska representationen av en permutation kan vi borja med att fraga

oss vad som hander nar vi sammansatter en given permutation med sig sjalv ett antal

ganger. Om ni provar med nagra permutationer i S3 eller S4 sa kommer ni att upptacka

att ni efter bara nagra ganger kommer forst till identiteten och sedan tillbaka till den

permutation som ni borjade med. (I S3 kommer ni till identiteten efter hogst tre steg,

i S4 efter 4, i S5 efter 6 och undan for undan kan det behovas betydligt fler an n steg i

Sn.) Detta beror egentligen inte pa att det ar just permutationer ni haller pa med utan

bara pa att den mangd som ni raknar pa ar en andlig grupp. Om vi namligen definierar

permutationerna πn genom π0 = J och πn+1 = ππn sa ar det latt att inse att eftersom

vi kan halla pa hur lange som helst medan det bara finns n! permutationer i Sn sa kommer

man forr eller senare tillbaka till en permutation som forekommit tidigare. Antag nu att

0 < k < l, att πk = πl och att πl ar den forsta permutation som aterkommer. Da ar pa

grund av associativiteten (och existensen av en invers)

πl = πl−k πk

vilket medfor att

J = πl (πl)−1 = πl (πk)−1 = pil−k πk (πk)−1 = πl−k.

Detta innebar att π = πl−k π och eftersom l−k+1 < l om inte k = 1 sa maste (pa grund

av forutsattningen att πl var det forsta element som aterkom) k vara 1. Det foljer ocksa

att πl−1 = J och att πl−2 = π−1. Talet l − 1, d.v.s. det minsta tal ν for vilket πν = J

kallas for permutationens ordning. (Eftersom det bara finns n! olika mojligheter for πk

sa vet vi att ordningen ν(π) av π ar hogst n!. Det ar dock latt att visa att ordningen ar

betydligt mindre.)

Om nu π ar en given permutation (pa Nn) sa kan vi definiera en relation Eπ pa Nn

genom xEπy om det finns k (≥ 0) sa att πk(x) = y. Lat ordningen vara ν (eller ν(π) ).

Eftersom π0 = πν = J och J(x) = x sa ar relationen Eπ reflexiv. Om sedan k < ν sa

ar πν−k = (πk)−1 vilket innebar att πn−k(y) = x om πk(x) = y och detta innebar att

relationen ar symmetrisk. Slutligen ar Eπ transitiv pa grund av att om y = πk(x) och z =

πj(y) sa ar z = (πj)πk(x) = πj+k(x), vilket visar att Eπ ar en ekvivalensrelation. Detta

innebar att vi kan dela in Nn i ett antal ekvivalensklasser och for varje ekvivalensklass

galler att om vi startar dar sa kommer vi aldrig ur den hur lange vi an haller pa. Ett satt att

4. Den cykliska representationen 7

beskriva permutationen ar darfor att sammanfora elementen i sina ekvivalensklasser for att

sedan satta parenteser runt dessa. Den som aterstar ar att ta reda pa vad permutationen

gor inom en ekvivalensklass. For att se det tar vi ett godtyckligt element i klassen och

later π verka pa detta tills vi forsta gangen far ett element som vi har sett forut. Fragan

ar naturligtvis vilket element det kan vara, och svaret ar att det maste vara det element

som vi startade med. Anledningen ar att fran det att vi forsta gangen aterfar ett gammalt

element kommer foljden att upprepa sig sjalv, sa att om vi inte far tillbaka det element

vi startade med innan vi aterfar nagot annat, sa far vi aldrig tillbaka det forsta och det

strider mot vad vi tidigare bevisat, namligen att for nagot ν ar πν = J . Vi antar darfor

att πµ(x0) = x0, (varvid µ ≤ ν) och konstaterar att eftersom foljden upprepar sig sa

ar πµ(x) = x for alla x i ekvivalensklassen. Dessutom maste vi fa med alla de andra

elementen i klassen innan vi kommer tillbaka till x0. Ett satt att skriva upp elementen

i klassen ar darfor att borja med nagot av dem (t.ex. det minsta) och att skriva resten i

den ordning de kommer om vi later permutationen π verka. En ekvivalensklass skriven i

”sin ratta ordning” kallas for en cykel (uttalas med langt y).

Darmed ar det dags att visa nagra exempel, men innan jag ger dem vill jag saga

att den som inte kanner till den cykliska representationen av permutationer, och anda

lyckats hanga med i den har texten och forstatt vad som menas formodligen har alla

forutsattningar att lyckas med sina matematikstudier.

Exempel. I nedanstaende exempel ska vi forst beskriva permutationen genom att helt

enkelt ange resultatet av permutationen, d.v.s. att vi ska skriva elementen i ordningen

[π(1) π(2) . . . π(n)].

1. I S2 finns det bara tva permutationer, namligen identiten J , d.v.s. den som ger

resultatet [1 2] och den som byter plats pa dem, namligen permutationen [2 1]. For

identiten ar varje element sin egen ekvivalensklass sa att permutation kan skrivas

(1)(2). I allmanhet foljer man regeln att inte alls skriva upp de ekvivalensklasser

som bara innehaller ett element, vilket innebar att vi alltsa hoppar over de element

som inte paverkas av permutationen. Gor vi det nar det galler identiteten far vi dock

bara , vilket aven om det i princip ar ratt kan vara svart att lagga marke till.

Nar det galler identiteten skriver man darfor upp den forsta ekvivalensklassen vilket

ger att identiteten brukar skrivas som (1). Den andra permutationen skrivs (1 2).

2. I S3 finns det 3! = 6 permutationer varav identiteten ar en. En lamplig ordning att

skriva upp alla ar

[1 2 3], [2 3 1], [3 1 2], [1 3 2], [3 2 1], [2 1 3].

Da ar den forsta identiteten J = (1). Den andra skickar 1 till 2, 2 till 3 och slutligen

3 tillbaka till 1. Alla elementen utgor darfor en ekvivalensklass och permutationen

skrivs (1 2 3). Den tredje ar ungefar som den andra men skrivs (1 3 2). Den fjarde

permutationen gor ingenting alls at 1:an men byter plats pa de tva andra och skrivs

darfor (2 3), den femte haller 2:an still och skrivs (1 3), medan den sjatte slutligen

skrivs (1 2).

3. Som avslutning kan ni forsoka att skriva upp den cykliska representationen av nagra

permutationer i S4, exempelvis [1 2 3 4], [2 3 4 1], [2 3 1 4], [2 1 3 4] och [3 4 1 2].

(Svaren finns langst bak i haftet.)

8 1. Mer om funktioner

5. Rakning med permutationer

Forhoppningsvis har ni nu forstatt och lart er hur man skriver upp den cykliska repre-

sentationen for en given permutation, och om ni fortsatter att rakna med permutationer

kommer ni snart att upptacka att ni mot er egen vilja foredrar detta satt att beskriva dem.

Det aterstar att se hur man raknar med permutationer. For att beskriva det ska jag rakna

ett par exempel for att visa att ni egentligen redan kan detta. Lat tva permutationer i S5,

exempelvis π = [1 3 2 5 4] och σ = [2 3 5 4 1] vara givna och lat oss berakna π σ. Vi kan

borja med att rakna som vi skulle gjort utan den cykliska representationen. Vi ser da att

π σ(1) = π(σ(1)) = π(2) = 3, π σ(2) = π(3) = 2, π σ(3) = π(5) = 4, π σ(4) =

π(4) = 5 och slutligen π σ(5) = π(1) = 1, vilket ger att π σ = [3 2 4 5 1].

Vi overgar nu till att rakna med cykliska representationer och maste darfor borja med

att utfora en operation som i fortsattningen alltid kommer att vara genomford (eftersom

permutationer kommer att vara givna genom sin cykliska representation), namligen att

rakna ut de cykliska representationerna. Vi borjar med π och ser att π(1) = 1 sa att 1

ar sin egen ekvivalensklass. Sedan foljer π(2) = 3 och π(3) = 2 sa att (2 3) ar en cykel.

Slutligen utgor 4 och 5 en ekvivalensklass vilket ger att π = (2 3)(4 5). For att rakna ut

den cykliska representationen av σ ser vi att σ(1) = 2, σ(2) = 3, σ(3) = 5 och σ(5) = 1

medan σ(4) = 4, sa att den forsta cykeln (1 2 3 5) och den andra (som vi inte behover

skriva ner) ar (4). Sammantaget ger detta σ = (1 2 3 5). For att rakna ut π σ borjar vi

med att skriva ned dem i den ordning de star, vilket ger

π σ = (2 3)(4 5) (1 2 3 5).

Vi bortser nu fran sammansattningstecknet och raknar helt enkelt fran hoger. Vi ser

att den forsta cykeln skickar 1 till 2, den andra (fran hoger) gor inget med 2 medan den

sista skickar 2 till 3. Darefter gar 3 till 5 till 4, 4 paverkas inte av den forsta men skickas

av den andra till 5 och slutligen gar 5 till 1 och blir kvar dar vilket ger cykeln (1 3 4 5).

Det aterstar ett element, namligen 2 som skickas till 3 och tillbaka till 2. Detta ger att

πσ = (1 3 4 5). Raknar vi nu ut den cykliska representationen av [3 2 4 5 1] far vi (1 3 4 5)

vilket ju var vad vi redan visste.

Innan vi tittar narmare pa hela mangden Sn av alla permutationer maste vi (tyvarr)

notera att den operation vi studerar, namligen sammansattning av permutationer (el-

ler mer allmant funktioner) saknar en egenskap som vanligen underlattar allt raknande,

namligen kommutativitet. For att se detta racker det att rakna ut σ π. Resultatet blir

σ π = (1 2 3 5)(2 3)(4 5) = (1 2 5 4)

(eller σ π = [2 5 3 1 4]).

Eftersom det alltid ar lattare att rakna da saker kommuterar, men inte alla permu-

tationer kommuterar sa ar det viktigt att veta nagot om nar de kommuterar. Eftersom

det ar i praktiken omojligt att ange alla fall sa ska vi har noja oss med nagra enkla men

viktiga fall.

1. π och σ kommuterar om nagon av dem ar enheten.

2. π och σ kommuterar om σ = π eller om σ = π−1.

6. Jamna och udda permutationer 9

3. De kommuterar ocksa om det finns en permutation τ och tal k och j sadana att

π = τk och σ = τ j . (Detta beror pa den associativa lagen.)

4. π och σ kommuterar om ”de ar disjunkta” vilket innebar att det finns en partition

Nn = A ∪ B (med A ∩ B = ∅) sadan att σ inte andrar A medan π inte andrar B.

Speciellt innebar detta att ordningen mellan cyklerna i den cykliska representation

av π ar godtycklig.

anmarkning. Det ar vart att notera att varje cykel av π kan ses som en egen permutation,d.v.s. att den cykliska representationen helt enkelt ar ett satt att skriva π som en produkt av(kommuterande) enkla permutationer.

6. Jamna och udda permutationer

Hittills har vi i detta kapitel studerat permutationer och lart oss den cykliska represen-

tationen av dem. Dessutom har vi lart oss att berakna sammansattningen av tva per-

mutationer. Det vi nu ska gora ar att titta pa mangden av alla permutationer i Sn och

studera denna mangd i sig. Det forsta vi ska gora ar att paminna oss var vi tidigare sett

permutationer och vad de da anvandes till. Med eller utan en stunds funderande ar jag

saker pa att ni minns att permutationer forekommer i samband med determinanter och

att man dar talar om jamna och udda permutationer. Aven om jag inte forutsatter att

ni kommer ihag definitionen tanker jag inte upprepa den eftersom det racker med att ni

kommer ihag determinantrakning for att vi ska kunna rakna ut om en permutation ar

jamn eller udda. For att gora det ska vi borja med

Definition (1.6.5.) (Permutationsmatris)

En kvadratisk matris som innehaller precis en etta i varje rad och en etta i varje

kolonn kallas for en permutationsmatris.

Exempel. Alla matriserna

(

1 00 1

)

och

(

0 11 0

)

samt

1 0 00 1 00 0 1

,

0 1 00 0 11 0 0

,

0 0 11 0 00 1 0

1 0 00 0 10 1 0

,

0 0 10 1 01 0 0

,

0 1 01 0 00 0 1

ar permutationsmatriser. De ar ocksa de enda permutationsmatriserna av ordning 2

resp. 3.

Om ni raknar med permutationsmatriser upptacker ni snart att dessa paminner om

permutationer, eftersom om man multiplicerar en vektor sa permuteras koordinaterna. I

sjalva verket ger de ett annat satt att skriva permutationer och aven om vi inte bryr oss

om att rakna ut hur man kan overfora en given permutation till en matris eller tvartom, sa

10 1. Mer om funktioner

definierar vi en permutationsmatris som jamn om dess determinant ar 1 och udda om dess

determinant ar −1. Enligt rakneregler for determinanter innebar detta att identitetsma-

trisen, I, ar jamn, att determinanten byter tecken om vi byter plats pa tva rader eller tva

kolonner, att den inte andras nar determinanten transponeras och att determinanten for

en produkt ar produkten av determinanterna. Allt vi nu behover veta for att kunna rakna

ut tecknet, (jamn eller udda, +1 eller − 1) for en permutation ar att identitetsmatrisen I

svarar mot identitetspermutationen J , att produkten av tva permutationsmatriser svarar

mot produkten av motsvarande permutationer och slutligen att omkastning av tva rader

svarar mot multiplikation fran vanster med en permutationsmatris som bara byter plats

pa dessa tva rader. Sammantaget innebar detta att identiteten J ar jamn, att en tvacykel

ar udda och att tecknet for produkten av tva permutationer ar produkten av deras tecken.

Med utgangspunkt fran detta kan man rakna ut att en cykel av udda langd ar jamn, en

cykel av jamn langd ar udda, och att tecknet for en permutation ar udda om den innehaller

ett udda antal cykler av jamn langd, medan den ar jamn annars. Innan ni laser nasta

avsnitt foreslar jag att ni beraknar tecknet for alla de permutationer ni hittills stott pa i

detta kapitel. (De ar trots allt inte sarskilt manga!)

anmarkning. Det kan papekas att en permutationsmatris ar en ortogonalmatris, vilketinnebar att dess invers ar den transponerade matrisen. Detta innebar att inversen till enpermutation π alltid har samma tecken som π.

7. Konjugerade permutationer

Jag pastod tidigare att nar man haller pa med permutationer spelar det ofta ingen roll

vilka element som en permutation skickar hit eller dit, d.v.s. att det inte spelar nagon roll

vilka element som de olika cyklerna innehaller utan att det enda som spelar nagon roll

ar hur manga och hur langa som cyklerna ar. Ett exempel pa detta sag vi i foregaende

avsnitt dar slutresultatet ar att tecknet for en permutation enbart beror pa hur manga

cykler av jamn langd som den innehaller.

I detta avsnitt ska vi infora ett begrepp som ar viktigt for alla (icke-kommutativa)

grupper, men som ni i den har kursen bara behover kunna och forsta for gruppen Sn.

Definition (1.7.6.) (Konjugerade element i en grupp)

Lat G vara en (andlig) grupp och lat x och y vara element i G. Da sags elementen

vara konjugerade om det finns nagot element z i gruppen sadant att

y = z−1xz.

Eftersom begreppet, att vara konjugerad med ar en relation pa G och eftersom de

flesta relationer som vi tar upp i denna kurs ar ekvivalensrelationer bor nasta sats vara

vad de flesta av er vantar sig.

Sats (1.7.4.) (Konjugeringssatsen)

Relationen ”att vara konjugerad med” ar en ekvivalensrelation pa G.

7. Konjugerade permutationer 11

Bevis. Ni kommer i kapitlet om Polyateori att traffa pa flera exempel dar en ekvivalens-

relation definieras med hjalp av en grupp. Ni kommer da att se att reflexiviteten bevisas

med hjalp av identiteten, symmetrin med hjalp av inverser och transitiviteten med hjalp

av gruppmultiplikationen. I vart aktuella fall ser vi att relationen ar reflexiv, d.v.s. att x

ar konjugerat med x pa grund av att x = e−1xe, att relationen ar symmetrisk eftersom

zyz−1 = x om y = z−1xz och att relationen ar transitiv emedan y = w−1xw och z =

u−1yu =⇒ z = (wu)−1x(wu). ⊔⊓

Eftersom konjugering ger upphov till en ekvivalensrelation, sa kan gruppen indelas i

ekvivalensklasser (med avseende pa relationen) som i detta fall kallas konjugatklasser.

vning: Visa att elementen xy och yx ar konjugerade. (Ledning: Anvand z = x.)

Det som ar viktigt i denna kurs ar att det ar latt att se nar tva element i Sn ar

konjugerade.

Sats (1.7.5.) (Konjugatklasserna i Sn)

Tva permutationer i Sn ar konjugerade om deras cykliska representationer innehaller

lika manga cykler av varje langd.

Detta ar en sats som ni bor kanna till och ni bor ocksa ha en aning om hur man hittar

en permutation som overfor den ena till den andra, daremot behover ni varken forsta eller

lara er beviset.

Bevis. Skriv permutationernas cykliska representationer (medtagande aven cyklerna av

langd 1) over varandra pa sa satt att cykler av samma langd star rakt over varann. Om

τ definieras sa att varje element i den ovre permutationen (π) avbildas pa motsvarande

element i den undre (σ) sa ar τ−1 σ τ = π och τ π τ−1 = σ. Antag namligen

att π(x) = y och att w och u star under x och y. Da ar τ(x) = w, τ−1(w) = x, τ(y) =

u och τ−1u = y. Vidare ar σ(w) = u och

τ−1 σ τ(x) = τ−1 σ(w) = τ−1(u) = y = π(x).

Pa samma satt ar

τ π τ−1(w) = τ π(x) = τ(y) = u = σ(w).

Eftersom elementet x ar godtyckligt och alla de andra elementen (d.v.s. y, w och u)

bestamts av elementet x och permutationerna π och σ sa foljer satsen. ⊔⊓

Svar till uppgifterna i avsnitt 4: (1), (1 2 3 4), (1 2 3), (1 2), samt (1 3)(2 4).