Rekurzija, bijekcija, teorija iger in teorija grafov

Rekurzija, bijekcija, teorija iger in teorija grafov

Jakob Jurij Snoj ([email protected])

3. 3. 2020

Uvod

Zapiski so bili spisani v solskem letu 2020/21 kot nadomestilo predavanja, ki se zaraditakratnih razmer ni izvedlo. Pred bralcem je del zapiskov, ki pokriva snov predavanja,ki je bilo izvedeno februarja 2021 v sklopu priprav na matematicno olimpijado.

Osrednja tema zapiskov je bijekcija, ki ji posvetimo tudi najvec nalog. V okviru bijekcijespoznamo tudi Catalanova stevila, lotimo pa se tudi rekurzije in teorije iger. Vse triomenjene teme so uporabna orodja v sirokem spektru tekmovalnih nalog.

1

mailto:[email protected]

Kazalo

1 Rekurzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Naloge: Rekurzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3 Bijekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4 Catalanova stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

5 Naloge: Bijekcija in Catalanova stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

6 Teorija iger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

7 Naloge: Teorija iger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Viri in literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2

Jakob Jurij Snoj Rekurzija, bijekcija, teorija iger, teorija grafov

1 Rekurzija

Pogosto imamo podan nek matematicen objekt, katerega zelene lastnosti je zelo tezkoeksplicitno dokazati, presteti ali izracunati, videti pa je, da bi lahko te informacije izpel-jali, ce bi jih poznali za podoben, a v nekem smislu manjsi objekt. To je ravno glavnaideja rekurzije, principa, ki je malenkost podoben indukciji - opazovali bomo objekte,ki so definirani z uporabo prej definiranih objektov.

Da se malo odmaknemo od abstraktnega razmisljanja, si oglejmo konkreten primer.Zagotovo je bralec ze kdaj slisal za Fibonaccijeva stevila.

Primer 1.1 (Fibonaccijeva stevila). Naj bo F0 = 0, F1 = 1 in naj za vsakonaravno stevilo n ≥ 1 velja

Fn+1 = Fn + Fn−1.

Zaporedje F1, F2, . . . imenujemo zaporedje Fibonaccijevih stevil.

Fibonaccijeva stevila so klasicen primer rekurzivno podanega zaporedja. Definirali smoprvi dve, za definicijo vsakega naslednjega pa nismo potrebovali cisto nic drugega kotprejsnja: vsako naslednje Fibonaccijevo stevilo smo definirali kot vsoto dveh Fibonacci-jevih stevil pred njim.

Izkazalo se bo, da bomo v nalogah velikokrat poskusili zapisati neko opazovano lastnostdanega objekta (denimo, stevilo enic v nekem zaporedju) z rekurzivno podanim zapored-jem. Vcasih nas zanima tudi eksplicitna formula splosnega clena nekega rekurzivno po-danega zaporedja (denimo, poljuben clen zaporedja, definiranega rekurzivno z a1 = 2in an+1 = 2an, lahko eksplicitno zapisemo kot an = 2n). V tekmovalnih nalogah tegav takih primerih vecinoma ni tezko ugotoviti, pri cemer velikokrat pomaga kombinacijaugibanja in indukcije. Velikokrat se formulo splosnega clena da ugotoviti tudi z uporabonaprednejsih metod - diferencnih1 enacb ali rodovnih funkcij - ki pa se jim v teh zapiskihne bomo posvecali.

V nadaljevanju si oglejmo nekaj nalog, pri katerih je princip rekurzije zelo koristen.

1Ne smemo zamesati diferencnih in diferencialnih enacb, saj gre za dva razlicna koncepta.

3


2 Naloge: Rekurzija

Naloga 2.1. Naj bo n naravno stevilo. Na voljo imamo primerjalno tehtnicoin n utezi, ki tehtajo 20, 21, . . . , 2n−1. Vseh n utezi zelimo poloziti na primerjalnotehtnico v n zaporednih korakih na tak nacin, da v vsakem koraku izberemo enoizmed utezi, ki se ni na primerjalni tehtnici in jo polozimo bodisi v levo bodisiv desno posodo primerjalne tehtnice, pri cemer utezi v desni posodi po nobenemizmed n korakov niso tezje od utezi v levi posodi. Doloci, na koliko nacinov lahkoto storimo.

Premislimo, kaj naloga pravzaprav zahteva od nas. Dejstvo, da delamo le s potencamistevila 2, nam pravzaprav poda malo lazji pogoj: ker je vsaka potenca 2 vecja od vsotevseh manjsih, je dovolj, da opazujemo taka zaporedja korakov, v katerih bo trenutnonajtezja postavljena utez vedno na levi strani.

Poskusimo ugotoviti, ali bi se dalo nas primer pametno reducirati na primer, kjer imamoeno utez manj, da bi lahko nato uporabili neke vrste indukcijo ali rekurzijo. Neprakticnobi bilo opazovati najtezjo utez, saj je v trenutku, ko jo postavimo v levo posodo, vseeno,katero zaporedje korakov izvedemo zatem, saj je kar vsako veljavno. Mogoce bi bila boljpametna izbira najlazja utez med njimi.

Pomislimo, da je skoraj vseeno, kdaj in kam postavimo najmanjso utez. Denimo namrec,da smo v nekem koraku prekrsili nas pogoj - torej smo na desno stran tehtnice postavilitisti trenutek najtezjo utez. To bi bila lahko utez teze 1 samo v primeru, ko smo tonaredili takoj na zacetku.

Vidimo torej, da najmanjso utez lahko postavimo kamor koli in kadar koli, razen vdesno posodo na prvi potezi. Ce to utez odmislimo, je jasno, da je veljavnih za-poredij postavitev utezi s tezami 21, 22, . . . , 2n−1 natanko toliko kot veljavnih zaporedijutezi s tezami 20, 21, . . . , 2n−2, prav tako pa vsako veljavno zaporedje korakov z nutezmi, v katerem odstranimo najlazjo utez, da neko veljavno zaporedje korakov z n− 1utezmi.

Nasli smo torej odvisnost zacetnega polozaja z n utezmi od tistega z n − 1 utezmi: vvsako zaporedje veljavnih korakov za n − 1 utezi, ki je seveda dolzine n − 1, moramovstaviti se najlazjo utez, kar lahko naredimo po poljubnem koraku v poljubno posodo(teh moznosti je 2n− 2) ali pa v prvem koraku v levo posodo (ta moznost je samo ena).Ker iz vsakega veljavnega zaporedja za n − 1 utezi lahko na tak nacin dobimo 2n − 1veljavnih zaporedij z n utezmi, moramo stevilo takih zaporedij pomnoziti z 2n−1.

Naj bo torej an stevilo zaporedij ustreznih korakov za n utezi. Dobili smo rekurzivnozvezo

an = (2n− 1)an−1.

4


Sedaj iscemo eksplicitno formulo za splosni clen. Ni tezko uganiti vzorca. Veljalo boa1 = 1, za vsak naslednji clen pa bomo prejsnji clen pomnozili z naslednjim lihimstevilom. Vidimo torej, da velja

an = (2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1,

kar potrdimo z enostavno indukcijo. Dokaz je torej zakljucen.

Naloga 2.2. Naj bo beseda koncno zaporedje crk A in B, v katerih se nikoline pojavi niti podzaporedje AAA niti podzaporedje BB. Naj bo pn stevilo beseddolzine n. Doloci vsa naravna stevila n, za katere sta pn in pn+1 sodi stevili.

Najprej opazimo, da prvih n− 1 crk besede z n crkami prav tako tvori besedo. To namda idejo, da bi lahko stevilo besed opazovali rekurzivno. Poglejmo, kako bi iz besededolzine n dobili besedo dolzine n+ 1.

Zelimo ugotoviti stevilo nacinov, da neko crko dodamo na konec besede in dobimo novobesedo. Ze hitro vidimo, da to ne bo tako enostavno in bomo morali obravnavati primere.Najboljse bo to narediti na tak nacin, da posebej gledamo besede, ki se koncajo na A inbesede, ki se koncajo na B. Definirajmo v ta namen ak kot stevilo besed s k crkami, kise koncajo na A, bk pa kot stevilo besed s k crkami, ki se koncajo na B.

Ce bo dodana crka A, se bo morala beseda, ki ji crko dodajamo, koncati z B ali z BA,vsaka taka beseda pa ustreza. Besed dolzine k − 1, ki se koncajo z B, je ravno bk−1,besed dolzine k−1, ki se koncajo z BA, pa je toliko kot besed dolzine k−2, ki se koncajoz B, torej dobimo rekurzivno zvezo

ak = bk−1 + bk−2.

Ce bo dodana crka B, se bo morala beseda, ki ji crko dodajamo, koncati z A, vsaka takabeseda prav tako ustreza. Dobimo torej se rekurzivno zvezo

bk = ak−1.

Nismo se cisto zadovoljni, saj sta zaporedji ak in bk se odvisni drugo od drugega, obenempa opazujemo zaporedje pk = ak + bk, o katerem zaenkrat se ne vemo nic elegant-nega.

Poskusimo vstaviti predpis za zaporedje ak v predpis za zaporedje bk in obratno. Do-bimo

ak = ak−2 + ak−3 in bk = bk−2 + bk−3,

za k ≥ 4, kar nam ze veliko bolj ustreza. Vidimo namrec

pk = ak + bk = ak−2 + ak−3 + bk−2 + bk−3 = pk−2 + pk−3.

5


Ta rekurzivna zveza se nam zdi dovolj lepa, da zacnemo dokazovati zeleno. Najprej botreba rocno poiskati stevila besed dolzine do 3, kar ni pretezko: imamo p1 = 2, p2 = 3in p3 = 4.

Opazujmo torej sedaj zaporedje po modulu 2 in si pomagamo z dobljeno rekurzivnozvezo. Po modulu 2 si bodo torej cleni pk sledili:

0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, . . .

torej se bo zaporedje ponovilo vsakih 7 clenov, saj tedaj znova pridemo do 0, 1 in 0 v temvrstnem redu. Dve zaporedni 0 in s tem dve zaporedni sodi stevili se torej pojavita samona mestih 7k in 7k + 1, torej smo dokazali, da ustrezajo natanko vsa naravna stevila n,deljiva s 7.

Vidimo, da se vcasih splaca definirati vec rekurzivnih zvez, ce bi bilo z eno pretezko delati- tudi, ce si s tem zacasno zapletemo zadeve, se morda kasneje poenostavijo. Oglejmo sise eno nalogo, v kateri je uporaben podoben princip.

Naloga 2.3. Doloci rekurzivno formulo za stevilo besed, sestavljenih iz crk A,B in C, ki ne vsebujejo zaporedij crk AB ali BC.

Zopet najprej vidimo, da prvih n − 1 crk neke besede iz n crk prav tako tvori veljavnobesedo. Podobno kot v prejsnji nalogi bomo tudi tokrat poskusili najti locene rekurzivnezveze za veljavne besede, ki se koncajo z A, z B in s C. Naj bodo to za dolzino besede kzaporedoma ak, bk in ck. Na koncu bomo poskusili te rekurzivne zveze nekako zdruziti veno samo zaporedje, o cemer bomo razmisljali, ko jih dobimo. Poglejmo torej, v kateremprimeru z dodajanjem crk A, B ali C dobimo veljavno besedo.

Ce dodamo crko A, vidimo, da je pravzaprav vseeno, s katero crko se je koncala nasaveljavna beseda. Torej smo za vsak k ≥ 2 dobili zvezo

ak = ak−1 + bk−1 + ck−1.

Ce dodamo crko B, vidimo, da se je nasa beseda morala koncati bodisi z B bodisi s C -z A se ni mogla, saj bi potem v novi besedi imeli na koncu AB. Dobimo torej

bk = bk−1 + ck−1.

Podobno dobimo tudick = ck−1 + ak−1.

Opazimo sedaj nekaj lepega - vseh veljavnih besed dolzine n skupaj je an + bn + cn,kar pa je ravno enako an+1. Naso rekurzivno formulo bomo torej dobili ze, ce najdemorekurzivno formulo za ak, izrazeno brez uporabe zaporedij bk in ck.

6


Preostane nekaj, a ne prevec, eksperimentiranja, ki ima podoben priokus kot resevanjesistema enacb z vec neznankami: Najprej se znebimo clenov oblike ci. Na podlagi drugeenacbe jih znamo zapisati kot ci = bi+1− bi, kar lahko vstavimo v prvo in tretjo enacbo,da za vsak k ≥ 2 dobimo

ak = ak−1 + bk in bk+1 − bk = bk − bk−1 + ak−1.

Naposled se znebimo se clenov oblike bi z uporabo zveze bi = ai−ai−1, ki smo jo ravnokardobili. Iz druge enacbe torej sledi

ak+1 − 2ak + ak−1 = ak − ak−1 + ak−2

kar lahko lepse zapisemo kot

ak+1 = 3ak − 2ak−1 + ak−2

za vsak k ≥ 3. Preostane nam se poiskati zacetne tri clene tega rekurzivno definiranegazaporedja. Ocitno imamo samo eno besedo z eno crko, ki se konca z A, torej a1 = 1.Podobno imamo a2 = 3, malo vec dela pa imamo z naslednjim clenom. Vseh moznihtricrkovnih besed, ki se koncajo z A, je 9, izlociti pa moramo se besedi ABA in BCA,torej a3 = 7.

Naposled moramo paziti, da se nasa rekurzivna zveza po indeksih res ujema s stevilomcrk v besedi. V nasem primeru je pravzaprav an stevilo ustreznih besed z n− 1 crkami,zato moramo indekse zamakniti za 1. Ce je torej sn stevilo ustreznih besed dolzine n, jenasa rekurzivna zveza podana kot

s0 = 1, s1 = 3, s2 = 7 in sn = 3sn−1 − 2sn−2 + sn−3 za n ≥ 3.

Naloga 2.4. Naj bo n ≥ 5 naravno stevilo. V vrsti imamo n kart, ostevilcenihz 1, 2, . . ., n v nekem vrstnem redu. V eni potezi vzamemo neko podzaporedjekart, ki je urejeno narascajoce ali padajoce ter obrnemo vrstni red kart v njem(primer: iz 41253 lahko z eno potezo dobimo 45213). Zelimo urediti vse karte vvrsti v narascajocem ali padajocem vrstnem redu. Dokazi, da to lahko naredimov najvec 2n− 6 potezah.

Poskusimo najti dobro mejo za stevilo potez z rekurzijo. Opazujmo, kaj se zgodi, ceodvzamemo eno karto na zacetku.

Denimo, da smo po nekem zaporedju potez na zadnjih n−1 kartah te uredili v narascajocemali padajocem vrstnem redu. Naj bo na prvi karti stevilo k. Torej so tedaj karte urejenena enega od dveh nacinov:

k, 1, 2, . . . , k − 1, k + 1, k + 2, . . . , n ali k, n, n− 1, . . . , k + 1, k − 1, k + 2, . . . , 1.

7


V prvem primeru vidimo, da sedaj lahko pridemo do zelene ureditve tako, da najprejobrnemo vrstni red kart 1, 2, . . . , k−1, potem pa vrstni red kart k, k−1, . . . , 1, sedaj bodovse urejene v narascajocem vrstnem redu. Podobno lahko v drugem primeru najprejobrnemo vrstni red n, n− 1, . . . , k + 1 in nato vrstni red k, k + 1, . . . , n, sedaj bodo vseurejene v padajocem vrstnem redu. Ne glede na izbiro k smo torej uspeli priti do resitvev dveh potezah vec kot v konfiguraciji za n− 1. Ce je ai najkrajse zaporedje korakov, skaterimi lahko zagotovo uredimo i kart na tak nacin, smo torej dobili neenakost

an ≤ an−1 + 2.

Dovolj bi bilo sedaj le ugotoviti, da lahko 5 kart uredimo s stirimi potezami. To bobaza indukcije, ki jo bomo delali, za indukcijski korak pa uporabimo zgornjo neenakost.Na silo je to precej tezko ugotoviti, zato se pametno poigrajmo s primeri. Oglejmo sipozicijo stevila 5.

• Ce je stevilo 5 na prvem ali zadnjem mestu, je dovolj preostala stiri stevila znatiurediti pravilno, nato pa po potrebi se obrnemo njihov vrstni red, torej potrebu-jemo kvecjemu eno potezo vec, kot jo potrebujemo v primeru za 4 karte.

• Ce je stevilo 5 na drugem ali cetrtem mestu, ga najprej z eno potezo spravimozaporedoma na zacetek ali na konec, za kar porabimo eno potezo. Nato zelimopreostale stiri karte razporediti narascajoce ali padajoce, da smo le eno potezo odkonca.

• Ce je stevilo 5 na tretjem mestu, opazujemo namesto njega stevilo 1 in glede nanjegovo lego zakljucimo analogno kot pri enem od prvih dveh primerov.

Pametno bi bilo torej ugotoviti, s koliko potezami lahko uredimo stiri karte. Zelo enos-tavno je videti, da za urejanje treh kart potrebujemo le eno potezo. Glede na lego stevila4 ga torej najprej spravimo na zacetek ali konec z eno potezo, nato ostala tri stevila ure-dimo z eno potezo in jih naposled po potrebi obrnemo. Imamo torej a4 = 3.

Pojavi se tezava. Prvi primer med navedenimi z zdaj dobljenimi informacijami resimo vstirih potezah, drugega pa le v petih. Ali bi lahko nase ugotovitve kako izboljsali? Zadnjepoteze v drugem primeru bi se lahko znebili, ce bi znali stiri karte s tremi potezami ureditinarascajoce in padajoce. Poskusimo.

Ce je stevilo 4 na prvem ali zadnjem mestu, je resitev enostavna. Analogno je to res,ce je stevilo 1 na prvem ali zadnjem mestu. Ce je stevilo 4 na drugem mestu, zaporedjeze znamo v treh potezah urediti padajoce, ne pa se narascajoce. Preostaneta le dvemozni zaporedji take oblike: 2413 in 3412. V prvem primeru nam to uspe z zaporedjemkorakov, po katerih imamo stanja 2143, 2134 in 1234, v drugem primeru pa 4312, 4321in 1234. Preostali primer za stevilo 4 na tretjem mestu je analogen.

S tremi potezami zato znamo urediti zaporedje stirih kart v narascajoce in padajocezaporedje, torej res velja a5 = 4, kot smo zeleli. Z enostavno indukcijo in formuloan ≤ an−1 + 2 sedaj vidimo an ≤ 2n− 6.

8


Naloga 2.5. Naj bo n naravno stevilo. Na kroznici je fiksiranih 2n razlicnih tock.Doloci stevilo nacinov, da tocke povezemo med seboj z n usmerjenimi daljicamitako, da veljajo naslednji pogoji:• Vsaka izmed 2n tock je zacetna ali koncna tocka ene izmed daljic,• nobeni dve daljici se ne sekata in

• ne obstajata daljici−−→AB in

−−→CD, da bi tocke A, B, C in D na kroznici lezale

v tem vrstnem redu v smeri urinega kazalca (ne nujno zaporedoma).

Oglejmo si se malo tezjo nalogo, pri kateri je rekurzija zelo uporabna. Gre za 5. nalogona RMM 2018, tekmovanju, ki je enakega formata kot IMO, a obicajno tezje, torej jenaloga po tezavnosti primerljiva s tezjimi nalogami na IMO.

Naj bo konfiguracija dobra, ce ustreza vsem pogojem. Poskusimo opazovati le majhnedele te konfiguracije in na podlagi njih morda pridobiti kaj dobrih informacij. Opazujmo

torej poljubno daljico−−→AB v poljubni dobri konfiguraciji za n tock.

Daljica AB razdeli kroznico na dva krozna loka, na vsakem pa mora biti sodo stevilo tock,saj se nobeni dve daljici ne bosta sekali. Poglejmo, kaj se zgodi na vsakem posameznemloku. Naj v nadaljevanju izraz lok XY oznacuje tisti lok med X in Y , po katerem Ylezi za X v smeri urinega kazalca.

Oglejmo si najprej lok BA. Tocke na njem, ki jih je 2k za nek k ≥ n − 1, bodo v nasidobri konfiguraciji povezane z nekaj daljicami, opazimo pa, da ze vemo, v katero smerbo orientirana vsaka daljica - da ne bo krsila tretjega pogoja, mora biti usmerjena v

isto smer kot−−→AB! Za neko konfiguracijo neusmerjenih daljic imamo torej na tem loku

kvecjemu eno ustrezno usmeritev, saj je smer vsake od daljic ze enolicno dolocena. Danedaljice tudi med seboj ne bodo krsile tretjega pogoja, saj so vse usmerjene v nasprotnismeri urinega kazalca glede na lok BA.

Oglejmo si sedaj lok AB, ki vsebuje preostalih 2n − 2 − 2k tock. Tudi te bodo v nasidobri konfiguraciji povezane z nekaj usmerjenimi daljicami. Opazimo lahko, da nobena

izmed teh daljic skupaj z daljico−−→AB ne bo krsila tretjega pogoja, iz enakega razloga pa

ga ne bo krsila niti z daljicami v drugem kroznem loku po zgornjem razmisljanju.

Ugotovili smo torej, da za poljubno daljico−−→AB dobimo dobro konfiguracijo, ki jo vsebuje,

natanko na sledece nacine:

• Tocke na loku BA, ki jih je 2k, lahko povezemo na toliko nacinov, kolikor jenacinov, da 2k tock povezemo z neusmerjenimi daljicami, ki se ne sekajo.

• Tocke na loku AB, ki jih je 2n− 2− 2k, lahko povezemo na toliko nacinov, kolikorje dobrih konfiguracij za 2n− 2− 2k tock.

Le se malo nam manjka, da to opazanje pretvorimo v rekurzivno zvezo. Na tej tockibom kot lemo, ki je ne bomo dokazovali, navedel naslednje splosno znano dejstvo.

9


B

A

Lema. Stevilo nacinov, da 2n tock na kroznici povezemo z n tetivami tako,da se nobeni dve med seboj ne sekata, je natanko n-to Catalanovo steviloCn = 1

n+1

(2nn

).

Catalanovim stevilom se bomo podrobneje posvetili v enem od kasnejsih poglavij, kjerbomo videli, da imajo mnogo uporabnih kombinatoricnih interpretacij. Zaenkrat sevrnimo k nasi nalogi in zeleni rekurzivni zvezi.

Nasa tezava je, da smo zgoraj opisano reduciranje uspeli izpeljati le za eno konkretnodaljico, ki pa je seveda poljubna. Res ne vemo, ali bo neka daljica nastopala v nasi dobrikonfiguraciji, vemo pa, da bo vsaka tocka krajisce neke daljice - zakaj ne bi fiksirali neketocke in gledali vseh moznih daljic, katere krajisce bi lahko bila?

Oznacimo tocke zaporedoma v smeri urinega kazalca z A1, A2, . . ., An. Zgornje ugo-tovitve torej lahko uporabimo na vseh moznih daljicah, ki vsebujejo A1, to pa bodo vse

mozne daljice oblike−−−→A1A2i ali

−−−→A2iA1. Za vsako od teh daljic znamo izracunati stevilo

dobrih konfiguracij, v katerih nastopa - ce vse te moznosti sestejemo, dobimo (kjer je anstevilo dobrih konfiguracij za 2n tock):

an = 2

n−1∑i=0

aiCn−1−i.

Preostane nam se eksplicitno izracunati dobljen splosni clen rekurzivne formule2. Zazacetek poskusimo z obravnavo majhnih primerov uganiti to formulo. Bralcu prepuscamo,

2V uradni resitvi naloge je to narejeno z rodovnimi funkcijami, ki se jim v teh zapiskih prav tako nebomo posvetili.

10


da obravnava posamezne primere, s katerimi dobimo najprej a1 = 2, a2 = 6 in a3 = 20.Na tej tocki je se morda se precej tezko opaziti vzorec, a pomagajmo si z dejstvom, da vrekurzivni formuli nastopajo Catalanova stevila, torej bi bilo morda pametno iskati kajpodobnega. S tem namigom je malo lazje uganiti, da je iskana formula an =

(2nn

), zato

sedaj naredimo indukcijo.

Delajmo mocno indukcijo, torej predpostavimo, da trditev ai =(2ii

)velja za vsak

1 ≤ i < n. Dokazimo, da velja se za n. Naso formulo lahko z uporabo indukcijskepredpostavke zapisemo kot

an = 2n−1∑i=0

(i+ 1)CiCn−1−i.

Premislimo, ali bi lahko kaj poenostavili. Vsak faktor Ci se v vsoti pravzaprav pojavidvakrat, oglejmo si vsoto obeh clenov, kjer nastopi:

(i+ 1)CiCn−1−i + (n− i)Cn−1−iCi = (n+ 1)CiCn−1−i.

Vsoto lahko torej pravzaprav zapisemo na naslednji nacin3:

an =

n−1∑i=0

(n+ 1)CiCn−1−i.

Dovolj bi bilo torej dokazati preprosto

Cn =n−1∑i=0

CiCn−1−i,

saj bi nam zgornja vsota s tem dala an = (n+ 1)Cn, kar zelimo.

V ta namen se spet spomnimo na naso kombinatoricno interpretacijo stevila Cn - to jeravno stevilo nacinov, da z n tetivami povezemo 2n danih tock na kroznici na tak nacin,da se tetive ne sekajo. Poskusimo s pomocjo tega najti rekurzivno formulo za Cn. Vemoze, kako zaceti, saj lahko poskusimo kar na enak nacin kot prej.

Naj bo AB poljubna tetiva v neki konfiguraciji tetiv za 2n tock. Kroznico razdeli na dvaloka, na enem je 2k, na drugem pa 2n− 2− 2k tock. Na obeh lokih tetive med tockamitvorijo veljavno konfiguracijo za zaporedoma 2k in 2n− 2− 2k tock, teh je zaporedomaCk in Cn−1−k. Ce sedaj gledamo vse mozne tetive iz neke fiksirane tocke X in po njihsestejemo moznosti za konfiguracije, smo res dobili

Cn =

n−1∑i=0

CiCn−1−i,

kar smo zeleli. S tem je torej indukcija zakljucena, torej an = (n+ 1)Cn =(2nn

).

3Faktor 2 uporabimo, da vsoto podvojimo, nato pa zdruzevanje zgoraj naredimo za vsak i.

11


3 Bijekcija

V poglavju bom uporabljal veliko terminologije, povezane s funkcijami (slika, praslika,definicijsko obmocje ipd.). Za sledenje snovi razdelka bo pomagalo, da so bralcu teizrazi cim bolj domaci. Z abstraktne razlage se bomo kasneje v nalogah pomaknili nabolj prakticne primere.

Spomnimo se za zacetek na funkcije, konkretno na to, kako smo definirali bijektivnost.

Definicija 3.1. Funkcija f : A → B je bijektivna, ce ustreza naslednjimapogojema:• Funkcija f je surjektivna: za vsak b ∈ B obstaja nek ab ∈ A, za katerega

velja f(ab) = b.• Funkcija f je injektivna: za vsaka a1, a2 ∈ A velja, da iz f(a1) = f(a2)

sledi a1 = a2.Bijektivni funkciji se rece tudi bijekcija.

Kaj pomeni, da med mnozicama obstaja bijekcija? Premislimo.

Zaradi surjektivnosti vemo, da za vsak element v B obstaja nek element v A, ki se vanjslika. Elementov v mnozici A je torej vsaj toliko kot elementov v mnozici B.

Zaradi injektivnosti vemo, da sta sliki vsakih dveh razlicnih elementov v A prav takorazlicni, torej je slika vsakega elementa A enolicna. To pomeni, da je elementov v mnoziciB vsaj toliko kot elementov v mnozici A.

Ce zdruzimo nasi ugotovitvi, vidimo

|A| ≥ |B| in |A| ≤ |B| =⇒ |A| = |B|.

Zgornje ugotovitve lahko torej zdruzimo v izrek, ki nam mocno namigne na uporabnovrednost bijekcij v kombinatoricnih nalogah.

Izrek 3.2. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Denimo, da obstaja bijekcijaf : A→ B. Potem imata mnozici A in B isto moc (ce sta koncni, to pomeni, daimata enako stevilo elementov).

Preden pozornost preusmerimo na tekmovalne naloge, v katerih se z bijekcijami uk-varjamo predvsem v smislu koncnih mnozic, si oglejmo eno od presenetljivih poslediczgornjega izreka.

12


Primer 3.3. Mnozica naravnih stevil N in mnozica celih stevil Z imata enakomoc.

Dokaz. Konstruirajmo bijekcijo med danima mnozicama. Definirajmo funkcijo f : N→Z:

f(n) =

0, ce n = 1;n2 , ce je n sod;

−n−12 , ce je n lih.

Preverimo, da je funkcija res bijekcija. Surjektivnost sledi, saj je praslika 0 stevilo1, praslika poljubnega naravnega stevila n stevilo 2n, praslika poljubnega negativnegacelega stevila a pa je −(2a + 1). Injektivnost je prav tako ocitna, zato je nasa funkcijares bijekcija in imata po Izreku 3.2 mnozici res enako moc.

Za zanimivost lahko povem, da recemo, da je mnozica stevna, ce je koncna ali po mocienaka mnozici naravnih stevil. Bralcu za izziv prepuscam, da najde malo tezji dokazzelo presenetljivega dejstva:

Naloga 3.4. Dokazi, da je mnozica racionalnih stevil Q stevna.

Do sedaj smo spoznali le en nacin, da izvemo, ali je neka funkcija bijekcija: po definicijipreverimo surjektivnost in injektivnost. Vseeno se vcasih zgodi, da to glede na okoliscineni najbolj primeren nacin in obstaja malenkost lazja metoda, ki jo predstavimo spodaj.

Definicija 3.5. Naj bo f : A → B poljubna funkcija. Denimo, da obstajafunkcija f−1 : B → A, za katero velja

f(a) = b natanko tedaj, ko f−1(b) = a za vsaka a ∈ A in b ∈ B.

Funkcijo f−1 imenujemo inverzna funkcija ali inverz funkcije f .

Povedano z besedami, inverzna funkcija je funkcija, ki je definirana tako, da slike fpreslika nazaj v njihove praslike. Za lazjo ilustracijo si oglejmo nekaj primerov:

13


Primer 3.6. Opazujemo funkcije, ki slikajo iz Z v Z.

• Inverz funkcije f(a) = −a je podan kar s predpisom f−1(a) = −a, torej je tafunkcija inverzna sama sebi. Preverimo, da to res drzi: za vsaki celi stevilia in b mora veljati f(a) = b natanko tedaj, ko f−1(b) = a. Enostavno jepreveriti, da veljavnost poljubne izmed teh enacb implicira veljavnost druge.

• Inverz funkcije g(a) = a − 1 je podan s predpisom g−1(a) = a + 1. Pravtako ni tezko preveriti, da je to res.

• Funkcija h(a) = 2a nima inverza, kar bomo dokazali. Denimo, da obstajainverz h−1 in naj bo b poljubno liho stevilo. Ker je h−1 funkcija iz Z v Z,je b v njenem definicijskem obmocju in torej obstaja nek c ∈ Z, za kateregah−1(b) = c. Po definiciji inverzne funkcije mora zato veljati h(c) = b, torejobstaja neko celo stevilo, ki ga h preslika v b. To pa vodi v protislovje, sajje b liho stevilo, vse slike funkcije h pa so soda stevila. Taka funkcija torejne obstaja (obstajala pa bi, ce bi h slikal samo v mnozico sodih celih stevil2Z, tedaj bi bil njen predpis h−1(a) = a

2 ).

Ocitno je, da je tudi f inverzna funkcija funkcije f−1. Premislimo, zakaj bi nas inverzisploh zanimali. Kdaj sploh obstaja inverzna funkcija neke funkcije f : A→ B?

• Funkcija f−1 je definirana na celotni mnozici B tako, da slike funkcije f posiljanazaj v njihove praslike. To pomeni, da mora biti vsak element mnozice B slikanekega elementa mnozice A pod funkcijo f (konkretna ilustracija je v zadnjemprimeru zgoraj). Povedano bolj formalno: ker f−1(b) = a natanko tedaj, kof(a) = b za poljubna a in b, imamo f(f−1(b)) = b, torej obstaja nek elementmnozice A, ki ga f preslika v b za poljuben b. To pomeni, da mora funkcija f bitisurjektivna.

• Vzamimo poljubni stevili a1, a2 ∈ A, in naj velja f(a1) = f(a2) = b za nek b ∈ B.Potem mora po definiciji inverzne funkcije veljati f(b) = a1 in f(b) = a2, toreja1 = a2. Funkcija f je zato injektivna.

Da bi imela funkcija f inverz, mora torej biti surjektivna in injektivna obenem, torejmora biti bijekcija. Preverimo se, da ima vsaka bijekcija inverz. Naj bo f : A →B bijekcija in naj bo f−1 : B → A funkcija, ki ustreza definiciji inverzne funkcije.Enostavno je preveriti, da je f−1 dobro definirana na B: zaradi surjektivnosti f je vsakelement B neka slika elementa v A pod f , ki ga bo torej inverzna funkcija preslikalanazaj v prasliko. Zaradi injektivnosti bo imel vsak element v f−1 res samo eno sliko.Zgornje ugotovitve sedaj zdruzimo v izrek:

14


Izrek 3.7. Naj bo f poljubna funkcija. Funkcija f je bijekcija natanko tedaj,ko obstaja njen inverz.

Videli smo torej, da obstajata dva lepa nacina, da dokazemo, da med nekima mnozicamaobstaja bijekcija: ko najdemo funkcijo, lahko dokazemo njeno bijektivnost po definiciji,lahko pa namesto tega poiscemo njen inverz. V nalogah bomo videli, da je vcasih boljuporaben en nacin, vcasih pa drugi, zaenkrat pa si oglejmo se znan kombinatoricenobjekt, ki smo ga na kratko obravnavali ze prej, pri dokazovanju ene izmed njegovihlastnosti pa bomo se malo povadili bijekcije.

15


4 Catalanova stevila

Spomnimo se na Nalogo 2.5, kjer smo kot pomozno orodje pri dokazu uporabili eno odkombinatoricnih lastnosti Catalanovih stevil. Zapisimo se enkrat, kaj ta stevila splohso.

Definicija 4.1 (Catalanova stevila). Naj bo n naravno stevilo. Stevilo

Cn =1

n+ 1

(2n

n

)=

(2n)!

n!(n+ 1)!

imenujemo n-to Catalanovo stevilo.

Oglejmo si eno od najbolj znanih lastnosti Catalanovih stevil.

Izrek 4.2 (Dyckove poti). Naj bo n naravno stevilo. Opazujemo zaporedjakorakov za (1, 1) ali (1,−1) (desno-gor ali desno-dol), ki se zacnejo v tocki (0, 0),koncajo v tocki (2n, 0) in nikoli ne padejo pod premico y = 0. Zaporedja takihkorakov imenujemo Dyckove poti.

Stevilo Dyckovih poti dolzine 2n je n-to Catalanovo stevilo Cn.

Slika 1: Ena od Dyckovih poti dolzine 18

Dokaz. Oglejmo si vse mozne poti (ne nujno Dyckove) z navedenimi koraki, ki se zacnejov (0, 0) in koncajo v (2n, 0). Vse te poti so sestavljene iz 2n korakov, od katerih bo nkorakov desno-gor, n pa desno-dol, torej je vseh moznih poti

(2nn

). Veliko teh poti bo

slabih - na neki tocki bodo sle pod premico y = 0 (na sliki oznacena z rdeco barvo).Vsaka slaba pot bo v nekem koraku prvic zadela premico y = −1 (na sliki oznacena zmodro barvo).

16


Slika 2: Zrcaljenje dela slabe poti cez premico y = −1

Zrcalimo celoten del nase slabe poti za korakom, po katerem prvic zadene premico y =−1, cez to premico. Po tem koraku je originalna pot morala opraviti en korak desno-gorvec od korakov desno-dol, zato bo njena zrcalna slika opravila en korak desno-dol vec odkorakov desno-gor. Zrcalna slika te poti se bo torej koncala v tocki (2n,−2).

Poglejmo sedaj vse poti iz tocke (0, 0) v tocko (2n,−2). Vsaka taka pot bo zagotovoenkrat zadela premico y = −1. Ce na analogen nacin prezrcalimo cez njo tisti del, pokaterem to premico prvic zadene, dobimo neko slabo pot iz (0, 0) v (2n, 0).

Argumentiramo lahko, da je tako opisano zrcaljenje pravzaprav samo sebi inverz (gledanokot funkcija iz mnozice slabih poti v mnozico poti, ki se koncajo v (2n,−2)). Ugotovilismo, da z opisano operacijo lahko iz vsake slabe poti od (0, 0) do (2n, 0) dobimo nekopot iz (0, 0) do (2n,−2) in obratno. Ocitno je tudi, da je, ce zrcalimo slabo pot, zrcalnaslika dobljene poti spet nasa slaba pot, ki smo jo zrcalili. Torej ima nase zrcaljenje resinverz in je zato bijekcija med opisanima tipoma poti.

Ker obstaja bijekcija med stevilom slabih poti od (0, 0) do (2n, 0) in stevilom vseh potiod (0, 0) do (2n,−2), je teh poti enako mnogo, stevilo poti drugih poti pa je enostavnodirektno izracunati. Pot je v bistvu poljubno zaporedje n+ 1 korakov desno-dol in n− 1korakov desno-gor, zato je stevilo slabih poti enako

Sn =

(2n

n− 1

).

To stevilo sedaj odstejemo od stevila vseh poti od (0, 0) do (2n, 0) in dobimo steviloDyckovih poti:

Dn =

(2n

n

)−(

2n

n− 1

)=

(2n)!

n!n!− (2n)!

(n− 1)!(n+ 1)!=

(2n)!((n+ 1)− n)

n!(n+ 1)!=

1

n+ 1

(2n

n

).

17


Navedimo se nekaj lepih lastnosti Catalanovih stevil, ki se na tekmovanjih seveda popotrebi dajo citirati kot splosno znana dejstva. Bralcu odsvetujem, da se jih brez potrebeuci na pamet in so navedeni predvsem kot zanimivost.

Izrek 4.3 (Nekatere lastnosti Catalanovih stevil).

a) Za Catalanova stevila velja rekurzivna formula

Cn =n−1∑i=0

CiCn−1−i.

b) Stevilo nacinov, da 2n razlicnih tock na kroznici povezemo z n tetivami, kinimajo skupnih tock, je Cn.

c) Razdelitev veckotnika z diagonalami na same trikotnike z oglisci v ogliscihveckotnika imenujemo triangulacija. Stevilo razlicnih triangulacij poljubnegakonveksnega n+ 2-kotnika je Cn.

d) Stevilo permutacij σ stevil 1, 2, 3, . . . , n, v katerih za nobena stevila x < y < zne velja σ(x) < σ(y) < σ(z), je Cn.

Tocki a) in b) smo omenili ze v Nalogi 2.5. Obstaja se zelo veliko drugih interpretacijCatalanovih stevil, ki jih nismo navedli.

18


5 Naloge: Bijekcija in Catalanova stevila

Naloga 5.1. Pred blagajno se je zbralo 2n ljudi, n ≥ 1, od katerih ima n ljudibankovec za 5 evrov, n ljudi pa ima bankovec za 10 evrov. Vsak zeli kupiti poeno karto, ki stane 5 evrov. Na zacetku je blagajna prazna. Koliko je razlicnihrazporeditev ljudi v vrsto, pri katerih lahko blagajnicarka vsakemu takoj vrnedenar?

Za zacetek ne razlikujmo ljudi, ki imajo enake bankovce in prestejmo stevilo nacinov vtem primeru. Opazimo, da blagajnicarka od vsake osebe, ki ima bankovec za 5 evrov,ta bankovec dobi, za vsako osebo, ki ima bankovec za 10 evrov, pa en bankovec za 5evrov izgubi. Bankovci za 10 evrov niso relevantni za vracanje denarja, zato jih lahkoodmislimo.

Ljudi moramo zato postaviti v vrsto na tak nacin, da bo v vsakem trenutku do tedaj navrsto prislo vsaj toliko ljudi z bankovci za 5 evrov kot ljudi z bankovci za 10 evrov. Kerje ljudi vsakega tipa enako mnogo, vsak tak nacin lahko interpretiramo kot neko Dyck-ovo pot (ljudje z bankovci za 5 evrov predstavljajo korak desno-gor, ljudje z bankovciza 10 evrov pa predstavljajo korak desno-dol). Moznih razporeditev ljudi v vrsto, daupostevamo nas pogoj, je torej natanko Cn.

Naposled za vsako veljavno konfiguracijo obstaja se (n!)2 ureditev ljudi v njej (saj imamon ljudi vsakega tipa). Stevilo razporeditev, ki upostevajo nase pogoje, je torej

(n!)2Cn =(2n)!

n+ 1.

Naloga 5.2. Naj bo n naravno stevilo in M poljubna mnozica z n elementi.Dokazi, da je stevilo podmnozic M z lihim stevilom elementov enako stevilupodmnozic M s sodim stevilom elementov.

Naloga od nas zeli, da dokazemo, da sta stevili dveh razlicnih stvari enaki, kar nam daidejo, da bi nasli bijekcijo med njima.

Oglejmo si najprej primer, ko je n liho stevilo. Opazimo lahko, da je komplement gledena M poljubne podmnozice z lihim stevilom elementov (torej mnozica vseh elemen-tov M , ki jih ta podmnozica ne vsebuje) neka mnozica s sodim stevilom elementov inobratno. Denimo, glede na mnozico {1, 2, 3, 4, 5} je komplement mnozice {1, 3}, ki imasodo stevilo elementov, mnozica {2, 4, 5}, ki ima liho stevilo elementov. To nam ponudi

19


zelo lepo bijekcijo med mnozicami z liho mnogo elementi in mnozicami s sodo mnogoelementi.

Naj bo S druzina vseh mnozic s sodo mnogo elementi in L druzina vseh mnozic zliho mnogo elementi. Dokazimo, da komplement glede na M ponuja bijekcijo medmnozicama. Ce vsaki mnozici iz S priredimo tisto mnozico iz L, ki je njen komple-ment, je enostavno preveriti, da je inverz te funkcije prirejanje vsaki mnozici iz L tistemnozice iz S, ki je njen komplement: komplement komplementa neke mnozice je mnozicasama. Obstaja torej bijekcija med mnozicama L in S, ki imata zato enako stevilo ele-mentov.

Oglejmo si sedaj se primer, ko je n sodo stevilo. Enaka strategija sedaj ne bo delovala, sajsta komplementarni mnozici vedno enake parnosti. Namesto tega poskusimo ugotoviti,ali nam znanje, ki ga ze imamo za n − 1, kaj pomaga pri ugotavljanju lastnosti se zastevilo n.

Naj bo A poljuben element mnozice M . Ker je preostalih elementov n − 1, kar je lihostevilo, vemo, da je podmnozic M s sodo mnogo elementi, ki ne vsebujejo A, toliko,kot podmnozic M z liho mnogo elementi, ki ne vsebujejo A. Oznacimo druzino vsehpodmnozic M s sodo mnogo elementi brez A kot S− in analogno tudi L−.

Oglejmo si sedaj poljubno podmnozico mnozice M , ki vsebuje A. Ce ima sodo mnogoelementov, ima mnozica, ki vsebuje enake elemente brez A, liho mnogo elementov.Podobno, ce ima liho mnogo elementov, ima mnozica, ki vsebuje enake elemente brez A,sodo mnogo elementov. Ze vidimo, kaj bo torej nasa bijekcija.

Naj bo S+ tokrat druzina vseh podmnozic M s sodo mnogo elementi, ki vsebujejo A,analogno definiramo se L+. Trdimo, da je odstranitev elementa A bijekcija iz S+ vL−. Ni tezko preveriti, da je dodajanje elementa A njen inverz, torej je to res bijekcija.Podobno imamo tudi bijekcijo med L+ in S−.

Ker smo med mnozicama S+ in L− nasli bijekcijo, imata enako stevilo elementov,podobno lahko povemo tudi za mnozici L+ in S−. Imamo torej

|S+|+ |S−| = |L−|+ |S−| = |L−|+ |L+|,

zato je stevilo lihih mnozic tudi v tem primeru enako stevilu sodih mnozic.

Obstaja se en krajsi, a manj motiviran nacin, ki se ne ozira na parnost stevila n. Podobnoizberemo nek element A mnozice M in za naso bijekcijo vzamemo naslednjo funkcijo: cemnozica vsebuje A, ji odstranimo A, ce mnozica ne vsebuje A, pa ji dodamo A. Opisanafunkcija je bijekcija med druzino podmnozic z lihim in tisto s sodim stevilom elementov,kar spet ni tezko preveriti (po predpisu je sama sebi inverz, le zamenjamo domeno inkodomeno).

20


Naloga 5.3. Naj bo an stevilo dvojiskih zaporedij dolzine n, ki ne vsebujejopodzaporedja 1100 niti zaporedja 0011. Naj bo bn stevilo dvojiskih zaporedijdolzine n, ki ne vsebujejo podzaporedja 010. Dokazi, da za vsak n ≥ 2 veljaan = 2bn−1.

Oznacimo zaporedja dolzine n, ki ne vsebujejo podzaporedij 1100 in 0011, zaporedja tipaA, zaporedja dolzine n−1, ki ne vsebujejo podzaporedja 010, pa zaporedja tipa B. Ali bilahko nasli kaksno bijekcijo med zaporedji tipa B in neko razdelitvijo na pare zaporedijtipa A?

Poskusimo na nek nacin uporabiti podane informacije v nalogi. Zaporedji 1100 in 0011imata nekaj skupnega: prvi stevki sta enaki, zadnji stevki sta enaki, ta para stevk pasta med seboj razlicna. To pravzaprav znamo povedati se malo drugace: prvi stevki staenaki, druga in tretja stevka sta razlicni, zadnji dve stevki pa sta enaki. Ce lastnost“zaporedni stevki sta enaki” oznacimo z 0, lastnost “zaporedni stevki sta razlicni”, pa z1, znamo nasi zaporedji 1100 in 0011 opisati kot 0, 1, 0, ce gledamo vsaki dve zaporednistevki. Denimo, zaporedje 0110100 z njim opisemo kot 101110. Kaj nam to pove?

Poskusimo poljubno zaporedje tipa A zapisati s tem pravilom. Stevke, ki jih dobimo,lahko pravzaprav interpretiramo kot neko zaporedje dolzine n−1, v katerem pa se nikoline pojavi podzaporedje 010. Ravnokar smo opisali natanko zaporedja tipa B! Videti je,da bi tak predpis (drugace povedano, gre v bistvu za sestevanje dveh sosednih stevk pomodulu 2) lahko bil neke vrste bijekcija.

Dokazimo, da ta predpis nekako dolocenima dvema razlicnima zaporedjema tipa Apriredi zaporedje tipa B - torej, da tvori bijekcijo med neko razdelitvijo zaporedij tipaA na pare in zaporedji tipa B. Kaj bi bil njen inverz?

Poglejmo, kako iz zaporedja tipa B lahko ustvarimo zaporedje tipa A. Inverzen predpisbi bil, da 1 na k-ti poziciji v zaporedju tipa B pomeni “stevki na mestih k in k + 1 vsliki tega zaporedja bosta razlicni”, 0 na k-ti poziciji pa pomeni “stevki na mestih k ink + 1 v sliki tega zaporedja bosta enaki”. Vidimo, da je prva stevka po tem predpisulahko poljubna, za kar imamo dve izbiri, ostale pa so potem glede na prvo ze enolicnodolocene. Vsakemu zaporedju tipa B po tem predpisu pripadata natanko dve razlicnizaporedji (po konstrukciji taki, ki imata na vsaki poziciji drugacno stevko), ki bosta restipa A, saj bi sicer v nasem zaporedju tipa B imeli podzaporedje oblike 010. Jasno je,da je opisan postopek inverz zacetnemu, saj nas postopek za zaporedja tipa A obemadobljenima zaporedjema spet priredi tisto zaporedje tipa B, iz katerega izhajata.

Nasli smo torej bijekcijo med pari zaporedij tipa A, ki imajo na istih pozicijah razlicnestevke in zaporedji tipa B. Torej je teh parov (ki so seveda disjunktni) toliko kotzaporedij tipa B in res velja an = 2bn−1.

21


Naloga 5.4. Jakob in David zelita pokriti poligon, ki je sestavljen iz n enotskihkvadratkov, z 1 × 2-dominami in T-dominami (dominami, sestavljenimi iz stirihenotskih kvadratkov v obliki crke T). Pri tem se domine ne smejo prekrivati alisegati cez rob poligona. Jakob ima na voljo vse domine le v eni barvi in lahkoz njimi pokrije poligon na a nacinov. David ima na voljo 1 × 2-domine v dvehbarvah, T-domine pa v stirih barvah. Z njimi lahko poligon pokrije na b nacinov.Ce je a 6= 0, doloci vrednost izraza b

a .

Na prvi pogled je naloga zelo neobicajna. Nic ne vemo o tem, kaksne oblike je nas poligon,predpostavljamo samo, da ga je mogoce na nek nacin pokriti. Naloga namiguje na to,da je izraz b

a konstanten ne glede na obliko nasega poligona, zato bi bilo verjetno dobro

poiskati neke vrste bijekcijo med Jakobovimi postavitvami in mnozicami ba razlicnih

Davidovih postavitev.

Premislimo lahko, da bi bilo pametno opazovati vse barvne razlicice neke fiksne postavitvedomin. Ce dokazemo, da imamo za vsako fiksno postavitev, ki jo lahko postavi Jakob,enako stevilo barvanj te fiksne postavitve po Davidovih pravilih (z drugimi besedami,stevilo postavitev, kjer David postavi domine na enak nacin po obliki), smo vecji delnaloge zagotovo ze resili. Tezava je v tem, da ne vemo, koliko vsakega tipa domin bomopri taksni postavitvi porabili, za namecek pa imamo se razlicne domine v razlicnemstevilu barv!

Vseeno poglejmo, ali nam ta informacija pravzaprav lahko koristi. V nadaljevanjunaj barvanje Jakobove postavitve oznacuje neko veljavno Davidovo postavitev, enakoJakobovi postavitvi po obliki. Ce je stevilo barvanj vsake postavitve res enako, bi moralobstajati nek lep nacin, da do tega stevila pridemo. T-domine so sestavljene iz stirihkvadratkov in jih lahko pobarvamo na stiri razlicne nacine, 2× 1-domine pa so sestavl-jene le iz dveh kvadratkov - kaj, ce bi zdruzili neki dve 2 × 1-domini skupaj? To sezdi kot obetavna ideja, saj vidimo, da imamo natanko stiri nacine za barvanje nekegapara domin, ki pa je skupaj sestavljen iz stirih kvadratkov, kakor tudi T-domina. S tembo v bistvu ze lazje ugotoviti stevilo barvanj, saj vidimo, da imamo ne glede na steviloposameznih domin za vsake 4 kvadratke tocno 4 moznosti.

Ker vseh 2×1-domin ne bomo nujno mogli razdeliti v pare, saj jih bo morda liho stevilo,vidimo, da bi bilo dobro obravnavati razlicne primere. Ocitno je, da mora biti n deljivz 2, torej imamo dva primera:

• n = 4k+2: V tem primeru bo stevilo postavljenih 2×1-domin gotovo liho. Izberimopoljubno 2 × 1-domino A, ostale 2 × 1-domine pa razdelimo v pare na poljubennacin. Domino A lahko pobarvamo na dva nacina, vsak preostali par 2× 1 dominlahko pobarvamo na 4 nacine, vsako T-domino pa prav tako lahko pobarvamo na4 nacine. Ker je T-domin ter parov 2× 1-domin skupaj ravno k, saj vsak zavzema

22


4 kvadratke, je stevilo nacinov za barvanje v tem primeru torej:

2 · 4k = 22k+1 = 2n/2.

• n = 4k: V tem primeru vse 2×1-domine, ki jih je seveda sodo mnogo, na poljubennacin razdelimo v pare. Vseh parov in T-domin skupaj bo k, saj je vsaka velika 4kvadratke, vsakega pa lahko pobarvamo na 4 nacine. Stevilo nacinov je torej

4k = 22k = 2n/2.

V obeh primerih je torej rezultat enak. Iz vsake fiksne neobarvane (Jakobove) postavitveznamo torej dobiti natanko 2n/2 razlicnih obarvanih (Davidovih) postavitev. Preverimose, da smo dobili vsako Davidovo postavitev: ce tako postavitev sedaj obarvamo z enosamo barvo, smo dobili neko Jakobovo postavitev, to pa smo v nasem postopku zeobarvali tudi na tak nacin, saj smo pokrili vsa mozna barvanja zanjo.

Opisana barvanja so torej bijekcija med Jakobovimi postavitvami in mnozicami 2n/2

Davidovih postavitev, ki se razlikujejo samo po barvi. S tem smo dokazali, da velja

b

a= 2n/2.

Naloga 5.5. Dokazi, da je stevilo podmnozic mnozice {1, 2, . . . , 2n}, ki vsebujejoenako stevilo lihih in sodih elementov, enako

(2nn

).

Izraz(2nn

)predstavlja stevilo nacinov, da izmed elementov {1, 2, . . . , 2n} izberemo n

elementov. Premisliti moramo, kako bi to stevilo nacinov enacili s stevilom nacinov, dasestavimo mnozico, opisano v nalogi. Dovolj bo torej, ce najdemo neko bijekcijo medizbori n elementov in opisanimi mnozicami.

Kako bi iz podmnozice z n elementi konstruirali primerno mnozico? Po nekaj razmisljanjapridemo na idejo, da bi posebej opazovali lihe in sode elemente med izbranimi. Naj bolihih izbranih elementov k, sodih izbranih elementov je torej n−k. Pravzaprav znamo ostevilu sodih izbranih elementov povedati nekaj bolj uporabnega - stevilo sodih elemen-tov, ki jih nismo izbrali, je n− (n− k) = k.

Ce za poljubno n-elementno podmnozico A mnozice {1, 2, . . . , 2n} izberemo vsa lihastevila v A in vsa soda naravna stevila do vkljucno 2n, ki niso v A, smo torej dobilimnozico, ki ustreza nasemu opisu. Ze precej ocitno je, da s tem naredimo bijekcijo, avseeno to argumentirajmo.

Trdimo torej, da prejsnji odstavek opisuje bijekcijo med n-elementnimi podmnozicami inpodmnozicami, ki imajo enako stevilo lihih in sodih elementov. Dovolj bo, da najdemo

23


njen inverz: za vsako podmnozico z enakim stevilom lihih in sodih elementov vzamemomnozico, ki vsebuje vse lihe elemente te podmnozice in vse sode elemente {1, 2, . . . , 2n},ki jih nasa podmnozica ne vsebuje. S tem smo dobili n-elementno mnozico, kot smozeleli, enostavno pa je preveriti, da izvajanje inverza na sliki nase funkcije le-to preslikanazaj v njeno prasliko.

Dokazali smo, da obstaja bijekcija med podmnozicami, ki vsebujejo enako stevilo lihih insodih elementov ter n-elementnimi podmnozicami mnozice {1, 2, . . . , 2n}, zato res velja,da je teh mnozic

(2nn

), kar smo zeleli dokazati.

Naloga 5.6. Naj A(n) oznacuje stevilo zaporedij a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ ak naravnihstevil, za katera velja a1 + . . . + ak = n in je vsak ai + 1 potenca stevila 2(i = 1, 2, . . . , k). Naj B(n) oznacuje stevilo zaporedij b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bm naravnihstevil, za katera velja b1 + . . . + bm = n in velja vsaka neenakost bj ≥ 2bj+1

(j = 1, 2, . . . ,m− 1). Dokazi, da velja A(n) = B(n) za vsako naravno stevilo n.

Glede na navodilo naloge je ze prva ideja, ki jo dobimo, da bomo poskusili najti nekobijekcijo med zaporedji enega in drugega tipa. Izkaze se, da je takih bijekcij, ki se jih dalepo opisati, veliko, mi pa bomo v resitvi predstavili eno izmed njih.

Naj bodo v nadaljevanju zaporedja tipa A zaporedja, ki jih steje A(n), podobno defini-ramo se zaporedja tipa B. Premislimo, kako bi lahko iz nekega zaporedja tipa A dobilizaporedje tipa B. Vsak clen zaporedja tipa A je oblike 2k − 1 za neko naravno stevilok, poznamo pa se drugi zapis za stevila take oblike. Vemo namrec

2k − 1 = 2k−1 + 2k−2 + . . .+ 2 + 1.

Poglejmo, ali zapis vsakega clena nekega zaporedja tipa A v taki obliki pove kaj veco bijekciji, ki jo iscemo. V zaporedju tipa B bo vsak clen vsaj dvakrat toliksen kotprejsnji, enako pa velja za vsak clen v zgornji vsoti. Torej bi veljalo, denimo, da jevsota prvih clenov v tako zapisani vsoti vsakega clena zaporedja tipa A vsaj dvakrattoliksna kot vsota drugih clenov, vsota drugih clenov vsaj dvakrat toliksna kot vsotatretjih in v splosnem vsota i-tih clenov vsaj dvakrat toliksna kot vsota i + 1-tih (ceseveda obstajajo).

Zapisimo torej clene v tabelo tako, da bodo v vsaki vrstici zapisane potence stevila 2 vvsoti posameznega clena padajoce. Primer za zaporedje (31, 15, 15, 7, 1) je spodaj:

31 16 8 4 2 115 8 4 2 115 8 4 2 17 4 2 11 1

24


Vsote clenov vsake vrstice torej po konstrukciji tvorijo nase izbrano zaporedje tipa A.Vidimo, da vsote clenov vsakega stolpca tvorijo neko zaporedje tipa B, saj je vsota stevilv vsaki vrstici vsaj dvakratnik vsote stevil v naslednji. Lepo bi bilo, da bi s tem dobilibijekcijo, kar bomo sedaj poskusili utemeljiti.

Dovolj za iskanje inverza bi bilo, da za vsako zaporedje tipa B znamo najti pripadajocotabele take oblike. Delanje take tabele od prvega stolpca naprej bi bilo tezko, saj zapisnekega stevila takrat ni se enolicno dolocen, kaj pa, ce bi poskusili zaceti na koncu?Opisimo postopek:

Vzamimo poljubno zaporedje tipa B in si oglejmo clen bm, torej zadnji clen. Ce bi njegovzapis dobili iz tako konstruirane tabele za neko zaporedje tipa A, bi bila zadnja vrsticasestavljena iz samih 1. Napisimo torej v stolpec, ki pripada bm, od zgoraj dol toliko 1,da je njihova vsota enaka bm.

Kaj naredimo z naslednjim stolpcem levo? Vemo, da bo stevilo bm−1 vsaj dvakratnikstevila bm, torej lahko mirno podvojimo vsa stevila v stolpcu takoj desno - v vsakonapisemo stevilo, ki je v dvakrat vecje od stevila v stolpcu takoj desno. Morda namsedaj se kaj manjka, da dosezemo nas novi clen, a nic hudega: v vsako naslednjo celicov tem stolpcu vpisemo 1, dokler nismo dosegli nasega stevila.

Ta postopek sedaj ponavljamo, dokler ne zapolnimo se prvega stolpca v tabeli. Vsotepo stolpcih torej pripadajo nasemu zaporedju tipa B, jasno pa je, da vsote po vrsticahpripadajo nekemu zaporedju tipa A. Vsota vseh stevil v tabeli je v obeh primerih enaka,torej za dokaz, da je ta postopek inverz prej opisanemu, rabimo samo se ugotoviti, dasliko slika nazaj v njeno prasliko. To pa je jasno, saj opazimo, da je tabela, konstruiranaiz zaporedja tipa A veljavna tabela, dobljena iz inverzne konstrukcije za zaporedje tipa B.Ker je taka inverzna konstrukcija ocitno enolicna, bo ocitno rezultat inverzne konstrukcijenekega zaporedja tipa B res pripadalo tistemu zaporedju tipa A, ki se je prej preslikalovanj.

Konstrukcija ima torej res inverz, zato smo nasli bijekcijo med zaporedji tipa A in za-poredji tipa B za vsak n. Sledi A(n) = B(n) za poljuben n.

Naloga 5.7. Naj bosta n in k naravni stevili, kjer k ≥ n in k − n sodo stevilo.Imamo 2n zarnic, ki so zaporedoma oznacene z 1, 2, . . . , 2n, vsaka pa je lahkobodisi prizgana bodisi ugasnjena. Na zacetku so vse zarnice ugasnjene. Opazu-jemo zaporedje korakov: v vsakem koraku zamenjamo stanje ene zarnice. Najbo N stevilo taksnih zaporedij, sestavljenih iz k korakov, po katerih so zarnice1, 2, . . . , n prizgane, preostale pa ugasnjene. Naj bo M stevilo taksnih zaporedij,sestavljenih iz k korakov, po katerih so zarnice 1, 2, . . . , n prizgane, preostale ugas-njene in nikoli nismo zamenjali stanja nobene od zarnic n+ 1, . . . , 2n. Doloci N

M .

Imenujmo zaporedja prvega tipa zaporedja, ki jih v besedilu naloge stejemo z N , podobno

25


tudi imenujmo zaporedja drugega tipa tista, ki jih v besedilu naloge stejemo z M . Za-hteve nase naloge namigujejo, da bomo zopet iskali neko bijekcijo med neko razdelitvijozaporedij prvega tipa v N

M -terice in mnozico zaporedij drugega tipa.

Iscemo torej lep nacin, da nekako povezemo vsako zaporedje prvega tipa z nekim za-poredjem drugega tipa. Pomaga, da je stevilo zarnic, ki se jih moramo dotakniti, enakostevilu zarnic, ki se jih ne smemo dotakniti. Tistim, ki se jih ne smemo dotakniti, bitorej nekako lahko priredili vsaki eno izmed prvih n zarnic.

Najenostavnejsi nacin, da to naredimo, je, da zarnici n+ 1 priredimo zarnico 1, zarnicin+ 2 priredimo zarnico 2 in v splosnem zarnici n+ i priredimo zarnico i. Sedaj se namze ponuja preslikava, ki bi zaporedje prvega tipa preslikala v zaporedje drugega tipa:vsakic, ko v zaporedju prvega tipa zamenjamo stanje neke zarnice n+ i, v preslikanemzaporedju namesto tega zamenjajmo stanje zarnice i.

Nasa funkcija med zaporedji prvega tipa in zaporedji drugega tipa je torej dobro defini-rana in jasno surjektivna, saj so zaporedja drugega tipa, ki jih funkcija ohrani, podmnozicazaporedij prvega tipa. Dokazati moramo se, da lahko na tak nacin natanko nekemu kon-stantnemu stevilo zaporedij prvega tipa priredimo enako zaporedje drugega tipa.

Da najdemo to konstanto, premislimo, kako bi delal inverzen postopek. Oglejmo si torejpoljubno zaporedje drugega tipa. Denimo, da smo v njem zamenjali stanje zarnice inatanko ci-krat. Na koliko nacinov bi torej lahko nazaj konstruirali zaporedje prvegatipa? Fiksirajmo eno zarnico i, katere stanje smo zamenjali v korakih a1, a2, . . . , aci .Veljavno bo vsako zaporedje, kjer smo stanje zarnice n + i zamenjali na sodo stevilonacinov, torej moramo izbrati sodo mnogo elementov izmed a1, a2, . . . , aci . Po Nalogi5.2 vemo, da je nacinov za tako izbiro ravno 2ci−1.

Ce enako razmisljanje uporabimo se na ostalih zarnicah, vidimo, da lahko iz vsakegazaporedja drugega tipa dobimo zaporedje prvega tipa na

2c1−1 · 2c2−1 · · · 2cn−1 = 2k−n

nacinov.

Vidimo torej, da je opisan postopek bijekcija med 2k−n-tericami zaporedij prvega tipa,za katera velja, da koraki, kjer zamenjamo stanje zarnic i ali n+ i za vsak i sovpadajo,ter zaporedji drugega tipa, saj smo zgoraj opisali njen inverz, za katerega je ocitno, dase slika nazaj v to 2k−n-terico. Iskani odgovor je torej N

M = 2k−n.

26


Naloga 5.8. Imamo pravokotno tabelo velikosti m× n, ki je sestavljena iz mnenotskih kvadratov. Dva enotska kvadrata sta sosedna, ce imata skupno stranico.Pot je zaporedje razlicnih enotskih kvadratov, v katerem sta vsaka zaporednakvadrata sosedna. Par poti imenujemo nesekajoc, ce poti nimata nobenegaskupnega enotskega kvadrata.

Vsak enotski kvadrat lahko pobarvamo z belo ali crno barvo. Ce je pobarvanihvseh mn enotskih kvadratov, temu recemo barvanje.

Naj bo N stevilo takih barvanj tabele, v katerih obstaja vsaj ena pot iz samihcrnih kvadratov, ki se zacne na levem in konca na desnem robu tabele. Naj bo Mstevilo takih barvanj tabele, v kateri obstajata vsaj dve nesekajoci poti iz samihcrnih kvadratov, ki se zacneta na levem in koncata na desnem robu tabele. Dokazi,da velja

N2 ≥M · 2mn.

Ko se prebijemo skozi esejsko navodilo, premislimo, kaj naloga sploh zahteva od nas.Dobro izhodisce bi bilo, da najdemo kombinatoricno interpretacijo nase grde in navidezzelo nakljucne neenakosti, ki jo zelimo dokazati.

Na levi strani neenakosti imamo clen N2. Ni tezko videti, da je to stevilo razlicnihurejenih parov barvanj tabele z vsaj eno crno potjo. Oznacimo mnozico vseh opisanihurejenih parov z A. Ker imamo na levi strani urejen par barvanj, ga poskusimo dobititudi na desni strani - ta predstavlja stevilo urejenih parov, v katerih je prva kompo-nenta poljubno barvanje z dvema nesekajocima potema, druga komponenta pa poljubnobarvanje brez dodatnih pogojev (kvadratkov je mn, vsakega pa lahko pobarvamo na 2nacina). Oznacimo mnozico vseh opisanih urejenih parov z B.

Naposled premislimo se, kako bi konceptualno lahko ugotovili, da je leva stran vecja alienaka desni. Dovolj bi bilo, ce za vsakega izmed urejenih parov, ki jih steje desna stran,najdemo unikaten urejen par, ki ga steje leva stran. Z drugimi besedami bo dovolj, cenajdemo injektivno funkcijo, ki slika iz B v A.

Kako bi sedaj nasli tako funkcijo? Osnovna ideja je, da dve poti, ki jih imamo v prvikomponenti nekega para iz B, prenesemo v eno pot prvega in eno pot druge kompo-nente nekega para v A. Da postopek iz ideje spravimo do izvedbe, bo treba izpiliti sepodrobnosti.

Za zacetek se vprasajmo, katero pot bomo prenasali. Opazujmo poljuben urejen pariz B. V njegovi prvi komponenti imamo morda veliko izbire med dvema nesekajocimapotema. Posluzimo se nacela ekstremnega elementa in izberimo najnizjo pot P v tembarvanju - pot, za katero ne obstaja nobena druga pot, ki bi sla skozi kaksen nizji enotskikvadrat v tabeli.

27


Da taksna pot res obstaja, dokazimo takole: zacnemo v najnizjem kvadratu v prvemstolpcu, ki je del neke poti, sedaj pa tvorimo pot do desnega roba na tak nacin, dabo naslednji kvadratek v poti vedno najnizji mozen kvadratek, ki je se del neke poti.Denimo sedaj, da obstaja neka pot X, v kateri obstajajo neki kvadratki, ki so pod topotjo. Potem je pot X na neki tocki presekala naso pot in bodisi pod njo tekla dokonca, bodisi jo presekala se enkrat. V obeh primerih pridemo do protislovja z nasokonstrukcijo.

Za izbrano najnizjo pot P torej obstaja neka pot v nasem barvanju, ki je z njo nesekajoca(med poljubnima dvema nesekajocima potema nizja od njiju ne vsebuje kvadrata, nizjegaod P ). Kako bi sedaj pot P prestavili v drugi element opazovanega urejenega para v B?Ena moznost bi bila, da zamenjamo vse kvadratke poti P z vsemi istoleznimi kvadratkiv drugi komponenti nasega urejenega para, a to ne bo dobro - ker bi radi dokazali,da iz razlicnih urejenih parov tako dobimo razlicne urejene pare, bi nam pri dokazuinjektivnosti verjetno ponagajalo dejstvo, da P sedaj ni nujno najnizja pot v drugemelementu. Mozno je namrec, da so bili tam prej kaksni nizje lezeci crni kvadrati, ki bisedaj ustvarili se nizjo pot.

Kako bi se znebili te nevsecnosti? Alternativni nacin je, da z drugo komponento izmen-jamo vse kvadratke, ki lezijo v P ali pod njo. Sedaj bo torej P tudi v drugi komponentidobljenega urejenega para najnizja pot, kar nam bo verjetno koristilo pri dokazu injek-tivnosti.

Trdimo torej, da je izbira najnizje poti P v prvem elementu urejenega para iz B ter men-java vseh istoleznih kvadratkov, ki lezijo na P ali pod njo, med obema komponentamatega urejenega para, injektivna funkcija, ki slika iz B v A. Dokazimo to trditev.

S tem res slikamo izB vA, saj imamo v vsaki komponenti dobljenega urejenega para nekoustrezno pot. Dokazati moramo se injektivnost. Najnizja diagonala v drugi komponentinekega urejenega para a ∈ A, ki je slika nekega b ∈ B, je enaka najnizji diagonali v prvikomponenti b. Ker smo a iz b dobili tako, da smo zamenjali vse kvadratke na ali podto najnizjo diagonalo med njegovima komponentama, lahko enako naredimo se enkratna istoleznih kvadratkih elementov a, kar nam enolicno doloci b4. Funkcija je torej resinjektivna, zato velja |A| ≥ |B| in s tem N2 ≥M · 2mn, kar smo zeleli dokazati.

4“Po domace”: iz obeh tabel izrezemo in zamenjamo dela iste oblike. Original dobimo nazaj, ce nadobljenih tabelah izrezemo in zamenjamo dela iste oblike kot prej, nasa najnizja diagonala pa zagotavlja,da bodo kosi res enake oblike, saj nam pove, kje rezati, kar zagotovi enolicnost.

28


Naloga 5.9. Naj bo n naravno stevilo. Zaporedje n naravnih stevil (ne nujnorazlicnih) imenujemo polno, ce zadosca pogoju: za vsako naravno stevilo k ≥ 2velja, ce se k pojavi v zaporedju, se tudi k − 1 pojavi v zaporedju in sicer na taknacin, da se k − 1 prvic pojavi, preden se k pojavi zadnjic. Doloci stevilo polnihzaporedij za vsak n.

Oglejmo si majhne primere in z njihovo pomocjo poskusimo ugotoviti nas odgovor. Zan = 1 je tako zaporedje samo eno, za n = 2 imamo zaporedji 11 in 12, za n = 3 zaporedja111, 112, 121, 122, 212 in 123. Glede na pregledane primere lahko ze uganemo, da jeodgovor n!, to pa postane se bolj jasno, ce se lotimo primera n = 4.

Poskusimo torej dokazati, da je polnih zaporedij dolzine n natanko n!. Obstaja resitevz indukcijo, mi pa bomo v tej resitvi raje nasli lepo bijekcijo. Premislimo, kaj se stejestevilo n!: spomnimo se, da je n! tudi stevilo vseh permutacij mnozice {1, 2, . . . , n}.

Ali bi lahko torej nasli kaksno bijekcijo med permutacijami mnozice {1, 2, . . . , n} inpolnimi mnozicami z n elementi?

Opazujmo poljubno polno zaporedje. Nasa tezava je, da ne vsebuje nujno vseh naravnihstevil od 1 do n, tista, ki jih, pa lahko vsebuje tudi veckrat. Bijekcija torej ne bo takozelo ocitna. Vseeno je nase polno zaporedje ravno dolzine n, torej bi lahko kot na neknacin opazovali zaporedne stevilke oziroma pozicije clenov v zaporedju.

Ustvarimo mnozico S1, kamor damo vse zaporedne stevilke clenov, katerih vrednost je 1,podobno definiramo S2 in v splosnem Si za vsak i. Unija mnozic S1, S2, . . . (dovolj velikebodo prazne), je torej mnozica {1, 2, . . . , n}, kar je ze bolj uporabno. Kako bi sedaj nadomiseln nacin dobili permutacijo te mnozice? Poskusimo na nek nacin uporabiti naspogoj.

Pogoj nam pove, da je najmanjse stevilo v mnozici S1 manjse od najvecjega stevila vmnozici S2, najmanjse stevilo v S2 manjse od najvecjega v S3 in v splosnem najmanjsestevilo v mnozici Si manjse od najvecjega v Si+1. Kako bi uporabili to dejstvo? Kaj, cebi poskusili najmanjse stevilo Si zapisati tik pred najvecje stevilo v Si+1, to pa bi biliedini narascajoci pari zaporednih stevil v permutaciji? S tem bi na nek nacin povedali,kje se ena mnozica zacne in druga konca, to pa bi bilo verjetno koristno pri iskanjuinverza. Enostaven nacin, da dosezemo zeleno, je sledec:

Zapisimo stevila v S1 v padajocem vrstnem redu. Za njimi zapisimo stevila v S2 vpadajocem vrstnem redu, v splosnem po zapisu vseh stevil v Si zapisimo vsa stevila vSi+1 v padajocem vrstnem redu. Ker je unija teh mnozic ravno {1, 2, . . . , n}, smo dobilineko permutacijo te mnozice. Argumentirajmo se, da je nas predpis res bijekcija.

Inverzni predpis je enostavno ugotoviti in bo sledec: beremo naso permutacijo od zacetka.Vsakic, ko pridemo do stevila, ki je vecje od prejsnjega, se ustavimo in vsa se nezapisanastevila damo v mnozico Si, kjer je i najmanjse naravno stevilo, ki ga se nismo uporabili

29


kot indeks nobene od teh mnozic. Ko pridemo do konca, sedaj nase zaporedje dobimotako, da za vsako mnozico Si in njen poljuben element x zapisemo stevilo i na x-to mestov zaporedje.

Opisan postopek je res inverz. Argumentirali smo ze, da so edini pari narascajocih za-porednih stevil ravno tisti, kjer se ena mnozica Si neha in zacne druga, torej lahko izdobljene permutacije z inverznim postopkom enolicno konstruiramo nazaj naso razdelitevpolnega zaporedja po mnozicah in s tem tudi polno zaporedje. Inverzni postopek namprav tako da veljavno polno zaporedje za poljubno permutacijo, saj sta poljubna za-poredna narascajoca clena v permutaciji po konstrukciji v dveh zaporednih mnozicahSi, kar pa je ekvivalentno nasemu pogoju. Torej je postopek res inverzen.

Dokazali smo torej, da obstaja bijekcija med polnimi zaporedji dolzine n ter permutaci-jami mnozice {1, 2, . . . , n}. Torej je polnih zaporedij dolzine n natanko n! za vsakn ∈ N.

Naloga 5.10. Domina je ploscica velikosti 2 × 1 ali 1 × 2. Doloci, na kolikonacinov lahko na sahovnico velikosti 2n×2n brez prekrivanja polozimo natanko n2

domin tako, da vsak 2× 2 kvadrat vsebuje vsaj dva nepokrita enotska kvadratka,ki sta v isti vrstici ali istem stolpcu.

Razdelimo naso tabelo najprej na same kvadrate velikosti 2 × 2. Ceprav ta razdelitevne zajema vseh moznih 2 × 2 kvadratov (konkretno ne zajema tistih, ki se zacnejov lihi vrstici ali stolpcu), bomo s tako particijo vseeno morda dobili kaksno pomembnoinformacijo. Opazimo najprej, da v vsakem kvadratku v delitvi po pogoju obstajata vsajdva nepokrita kvadratka. Ker je preostalih kvadratkov 2n2, domin, ki jih potrebujemo,pa n2, bomo dosegli tudi enakost in bosta v vsakem 2× 2 kvadratu nase delitve natankodve polji z domino, natanko dve pa brez.

Precej bolj enostavno bi bilo, ce bi vedeli, da dve polji v vsakem kvadratu nase delitve, kista pokriti, skupaj tvorita domino. Izkaze se, da tega ni pretezko dokazati. Da bi prislido protislovja, predpostavimo, da obstaja kvadrat nase delitve, v katerem se nahajapolovica neke domine, ki iz kvadrata strli ven v levo stran. Oglejmo si najbolj levikvadrat te delitve, ki ima to lastnost. En kvadrat levo od njega vsebuje drugo polovicotake domine. Z gledanjem posameznih primerov enostavno ugotovimo, da je preostalipokriti kvadratek tega kvadrata del neke domine, ki prav tako iz njega strli v levostran, kar vodi v protislovje s tem, da smo opazovali najbolj levi tak kvadrat. Podobnodokazemo tudi, da ne obstaja kvadrat nase delitve, iz katerega bi domina strlela gor,desno ali dol.

Zaenkrat smo torej dokazali, da se vsaka domina v celoti nahaja v nekem kvadratunase delitve. Kaj sedaj? Poskusimo ugotoviti, kaj lahko povemo glede na lego dominv pripadajocem kvadratu. Domine naj bodo glede na njihov polozaj, kot je prikazano

30


spodaj, rdece, modre, zelene ali roza. Recemo, da je kvadrat v delitvi neke barve, ce jetiste barve domina v njem.

Vidimo lahko, da nad rdecim kvadratom lahko stoji samo rdec kvadrat. Podobno desnood modrega kvadrata lahko stoji samo moder kvadrat, pod zelenim kvadratom samozelen kvadrat in levo od roza kvadrata samo roza kvadrat. Pravzaprav vemo se nekajvec: desno od rdecega kvadrata je lahko le rdec ali moder kvadrat, sicer so nasi pogojiprekrseni. Podobno argumentiramo, da je levo od rdecega kvadrata lahko samo rdec aliroza kvadrat. Podobno lahko povemo tudi za ostale barve.

Te ugotovitve lahko zdruzimo v bolj prakticno trditev: desno ali nad vsakim kvadratom,ki je rdec ali moder, bo vedno prav tako kvadrat, ki je rdec ali moder, podobno veljatudi za ostale barve. Z drugimi besedami to pomeni, da vsi rdeci in modri kvadratitvorijo nek lik, v katerem ne obstaja kvadrat, nad katerim ali desno od katerega bi bilnek kvadrat izven lika. To po kratkem razmisleku pomeni, da lahko ta lik od preostankatabele locimo z lomljeno crto, ki se zacne v zgornjem levem kotu, v vsakem koraku(dolzine 2) tece desno ali dol ter konca v spodnjem desnem kotu.

Z analognim razmisljanjem za ostale pare barv vidimo, da lahko tabelo z opisano crtoin podobno crto, ki tece od levega spodnjega do desnega zgornjega kota samo s korakidesno ali gor, locimo tabelo na stiri locena obmocja, v vsakem izmed njih pa so samokvadrati ene, natancno dolocene barve. Ni pretezko videti, da vsaka taka razdelitev datudi veljavno postavitev nasih n2 domin.

31


Dokazali smo torej, da obstaja bijekcija med pari crt, kjer ena poteka od levega zgornjegado desnega spodnjega kota s koraki dolzine 2 desno in dol, druga pa od levega spodnjegado desnega zgornjega kota s koraki dolzine 2 desno in gor, ter veljavnimi postavitvamitabele. Njen inverz je namrec preprosto postavljanje domin ustreznih barv v regije, nakatere smo tabelo razdelili. Eno od teh crt lahko narisemo na

(2nn

)nacinov (izberemo, v

katerih korakih bomo sli desno), torej je stevilo nasih nacinov(2nn

)2.

32


6 Teorija iger

Ne samo v kombinatoriki, ampak tudi velikokrat v ostalih podrocjih matematike, vcasihobravnavamo igre. Vecinoma opazujemo igre z dvema igralcema, kjer igralca potezedelata izmenicno - podano je neko zacetno stanje in opisano, kako izgleda veljavna potezavsakega igralca (veljavne poteze so lahko iste za oba igralca, lahko pa tudi ne). Oglejmosi klasicen primer take igre, ki ga zaenkrat ne bomo resili, posvetili pa se mu bomokasneje:

Primer 6.1. Dva igralca igrata igro na okrogli mizi. Korake delata izmenicno.Na voljo imata neskoncno mnogo enakih okroglih kovancev. Vsak igralec v nekemkoraku polozi na mizo nek kovanec tako, da se ne prekriva z nobenim do tedajpostavljenim kovancem. Igralec izgubi, ce je na vrsti in ne more narediti legalnepoteze. Kdo ima zmagovalno strategijo?

Analizirajmo strukturo nase naloge. Res imamo podano zacetno pozicijo (prazno mizo),definirano veljavno potezo, ki je v tem primeru za oba igralca enaka, ter pogoje, daeden od igralcev zmaga (recemo lahko, da je zmagal, ko drugi izgubi). Povemo lahkotudi, da je igra koncna (se zakljuci v koncno mnogo korakih), saj je povrsina mize pravtako koncna, kovanci pa so enako veliki. Kaj pomeni, da iscemo zmagovalno strategijo?Preden odgovorimo na to vprasanje, si oglejmo pomemben izrek, ki bo temelj naseganadaljnjega raziskovanja.

Izrek 6.2. Dana je koncna igra brez nakljucnih elementov. Igrata jo dva igralca,ki poteze delata izmenicno, vsak igralec pa ima v vsakem koraku popolno znanjeo vseh dogodkih, ki so se do tedaj v igri zgodili. Denimo, da remiji niso dovoljeni,igralec bodisi zmaga ali izgubi. Potem za natanko enega igralca obstaja strategija,s katero bo zmagal ne glede na to, katere poteze naredi drugi igralec.

Izrek nam torej pove, da v takih igrah, kjer ni skritih informacij in nakljucnih elemen-tov (kot denimo vlecenja kart s premesanega kupcka, metanja kocke ali skritih kartv nasprotnikovi roki), vedno obstaja igralec, ki lahko s pametno igro zmaga ne gledena poteze drugega. Z drugimi besedami, v taki igri vedno obstaja igralec, ki ima napoljubno potezo drugega pripravljen nek odgovor, ki mu bo zagotovil, da igro zmaga.Dokaz je pravzaprav precej preprost: prvi igralec v vsaki potezi igra tako, da se izogne,da bi izgubil ne glede na igro drugega igralca. Ce ne more igrati na ta nacin, potemlahko drugi igralec zmaga ne glede na to, kaj bo naredil prvi igralec. Ce lahko igra nata nacin, se bo igra koncala po koncno mnogo potezah - tedaj prvi igralec ne bo mogelizgubiti, torej bo zmagal.

33


Za enostavnost se dogovorimo se, da v nadaljevanju z izrazom igra oznacujemo take igre,ki ustrezajo pogojem v nasem izreku.

Verjetno najslavnejsa posledica tega nasega izreka je, da v sahu bodisi obstaja en igralec(beli ali crni), ki lahko zmaga ne glede na poteze nasprotnika, bodisi lahko oba dosezetavsaj remi. Denimo namrec, da noben igralec nima strategije, s katero lahko zmaga neglede na poteze nasprotnika. Potem lahko definiramo, da beli zmaga tudi, ce je dosezenremi - po nasem izreku in predpostavki, da crni (z optimalno igro belega) ne morezmagati, beli lahko doseze vsaj remi. Podobno dokazemo, da tudi crni lahko doseze vsajremi.

Lotimo se sedaj terminologije, ki nam bo malo poenostavila nadaljnjo razlago.

Definicija 6.3. Dana je poljubna igra. Zmagovalna strategija je strategija,s katero igralec igro zmaga ne glede na poteze nasprotnika.

Zmagovalna pozicija je stanje igre, v katerem ima igralec, ki je trenutno navrsti, zmagovalno strategijo.

Izgubljena pozicija je stanje igre, v katerem igralec, ki je trenutno na vrsti,nima zmagovalne strategije.

Vidimo, da nam nas izrek zagotavlja, da so vsa mozna stanja v igri bodisi zmagovalnebodisi izgubljene pozicije. Res, predstavljajmo si igro z enakimi pravili, le zacetno stanjeje poljubno mozno stanje nase osnovne igre. V tej prirejeni igri torej obstaja nek igralec zzmagovalno strategijo, bodisi tisti, ki je na vrsti, bodisi tisti, ki ni. Gledano glede na os-novno igro to pomeni, da je izbrana pozicija bodisi zmagovalna bodisi izgubljena5.

Bralcu ponujam v razmislek, zakaj nase definicije in izrek implicirajo naslednjo trditev,ki nam da neke vrste induktiven nacin za sklepanje o tipu posamezne pozicije.

Lema 6.4. Pozicija je zmagovalna natanko tedaj, ko lahko igralec, ki je navrsti, igra tako, da bo igralec po njegovi potezi v izgubljeni poziciji. Pozicijaje izgubljena natanko tedaj, ko bo ne glede na potezo igralca, ki je na vrsti, vnaslednji potezi igralec na vrsti v zmagovalni poziciji.

Zaenkrat smo temo raziskovali le s teoreticnega vidika. Vemo, da zmagovalna strategijavedno za enega od igralcev obstaja, a to nam se vedno ne pove, da jo je enostavno najti:

5Ce imata oba igralca v igri na voljo enake poteze, lahko za enostavnost ne razlikujemo stanj gledena to, kdo je na vrsti, sicer pa jih nujno moramo.

34


ce se vrnemo na primer saha, lahko pripomnimo, da kljub znanju, da strategija, s katerolahko en igralec doseze vsaj remi, obstaja, do sedaj tudi najmocnejsi racunalniki takestrategije se niso uspeli najti.

Vseeno za veliko iger odkrivanje zmagovalne strategije ni tako tezko. Oglejmo si seenkrat Primer 6.1 in ga resimo z uporabo simetrije, enega od pogostih pristopov prinalogah z igrami:

Trdimo, da zmaga prvi igralec. Opisimo njegovo strategijo. Prvi kovanec bo postaviltocno na sredino mize, po vsaki potezi drugega igralca pa bo polozil kovanec, ki jeravnokar polozenemu simetricen cez sredisce mize. Vemo, da to vedno lahko naredi: cene bi mogel, je nek del te pozicije pokrit s kovancem, torej je tudi nek del simetricnepozicije pred potezo drugega igralca bil pokrit s kovancem, to pa je protislovje, saj jedrugi igralec tam ravnokar postavil kovanec.

Dokazali smo torej, da bo po vsaki potezi drugega igralca imel prvi igralec veljavnopotezo, ce sledi tej strategiji. Po koncnem stevilu korakov se bo igra koncala, zadnjopotezo bo torej naredil prvi igralec, ki je zato tedaj res zmagal.

Nasa ideja v tem primeru je bila torej, da bomo vedno naredili potezo, ki je v nekemsmislu simetricna nasprotnikovi potezi. Kasneje bomo med resevanjem nalog videli, daje ideja tega principa pogosto uporabna, tako v lazjih, kot tudi v tezjih nalogah.

Oglejmo si sedaj se en primer, ki prikaze, da za dokaz obstoja zmagovalne strategije nepotrebujemo nujno njenega eksplicitnega opisa:

Primer 6.5. Naj bosta n in m naravni stevili. Dva igralca igrata igro nan × m tabeli, poteze delata izmenicno. V vsaki potezi igralec, ki je na vrsti,izbere en prazen kvadratek in ga pobarva. Prav tako pobarva tudi vse se nepo-barvane kvadratke, ki lezijo v podtabeli z levim spodnjim kotom v ravnokar po-barvanem kvadratku in desnim zgornjim kotom v desnem zgornjem kotu n ×mtabele. Igralec, ki pobarva spodnje levo polje, izgubi. Doloci, kateri igralec imazmagovalno strategijo.

Trdimo, da ima prvi igralec zmagovalno strategijo. Opazimo, da je po poljubni potezidesni zgornji kot tabele pobarvan. Oglejmo si pozicijo, kjer je pobarvan samo zgornjidesni kvadratek. Ta pozicija je bodisi zmagovalna bodisi izgubljena. Ce je zmagovalna,prvi igralec od zacetka igra po enaki strategiji, kot bi igral, ce bi bil v opisani situacijina potezi. Ce je izgubljena, v prvi potezi pobarva le zgornji desni kvadratek tabele in jes tem drugega igralca spravil v izgubljeno pozicijo. V obeh primerih ima po prvi poteziprvi igralec zmagovalno strategijo.

V naslednjem poglavju si bomo ogledali in resili nekaj nalog, ki po tezavnosti narascajood precej enostavnih do najtezjih nalog na mednarodnih tekmovanjih.

35


7 Naloge: Teorija iger

Naloga 7.1. Ana in Tea igrata igro. Na zacetku je na mizi k kamnov. Potezedelata izmenicno, zacne Ana. V potezi igralka izbere neko stevilo s iz mnoziceS, manjse ali enako stevilu kamnov, ter odstrani s kamnov. Zmaga igralka, kiodstrani zadnji kamen. Doloci, kdo ima zmagovalno strategijo, ce:

(a) S = {1, 2, . . . , n} za nek n ∈ N.(b) S = {20, 21, 22, . . .}.

Za enostavnost recimo, da smo v poziciji x, ce je v tej poziciji na mizi x kamnov.

(a) Analizirajmo majhne pozicije. Pozicije x, kjer x ∈ {1, 2, . . . , n} so zmagovalne, sajlahko z eno potezo dobimo stevilo 0. Opazimo, da je situacija, ko imamo na tablistevilo n + 1, izgubljena pozicija, saj ne glede na naso potezo naslednja igralkadobi neko zmagovalno pozicijo. Podobno lahko argumentiramo, da so pozicije n +2, n + 3, . . . , 2n + 1 zmagovalne, saj iz vsake lahko v enem koraku naslednji igralkiustvarimo pozicijo n+ 1, ki je izgubljena. S podobnim sklepanjem ugotovimo tudi,da je pozicija 2n+ 2 izgubljena.

Ze opazimo vzorec in trdimo, da so natanko vsi veckratniki n+1 izgubljene pozicije.Namesto, da bi to dokazovali z indukcijo, bo veliko lazje eksplicitno opisati nasozmagovalno strategijo.

Ce je Ana na zacetku v poziciji, ki ni veckratnik n + 1, naredi enolicno dolocenopotezo, da bo dobljena Teina pozicija veckratnik n + 1. Iz vsake pozicije, ki jeveckratnik n + 1, ne glede na potezo Tee sledi Anina pozicija, ki ni veckratnikn+ 1, torej Ana lahko ta algoritem ponavlja - vedno naredi tako potezo, kateri sledipozicija, ki je veckratnik n + 1. Ker po Teini potezi Ana nikoli ne bo v poziciji, kibo veckratnik n+ 1, igra pa je koncna, bo lahko do 0 prisla samo Ana.

Ce je Ana na zacetku v poziciji, ki je veckratnik n + 1, lahko Tea uporablja Aninostrategijo iz prejsnjega odstavka. Torej Ana zmaga natanko tedaj, ko n+ 1 ne delik, sicer pa zmaga Tea.

(b) Nasa naloga je tokrat malo tezja. Vseeno nam to ne prepreci, da analiziramo majhneprimere. Iz pozicij 1 in 2 lahko enostavno pridemo na pozicijo 0, torej sta te pozicijizmagovalni. Pozicija 3 je izgubljena, saj lahko z nje pridemo le na poziciji 1 in 2, kista zmagovalni. Podobno lahko preverimo, da sta poziciji 4 in 5 zmagovalni, 6 paizgubljena. To nas napelje na idejo, da bi lahko veckratniki stevila 3 bili natankovse izgubljene pozicije.

Dokazimo to z indukcijo. Denimo, da so za nek k vse pozicije 3i+1, 3i+2 zmagovalne,

36


3i+ 3 pa izgubljena, kjer 0 ≤ i ≤ k. Dokazimo, da sta tudi poziciji 3k + 4 in 3k + 5zmagovalni, 3k + 6 pa je izgubljena.

Prvi del trditve ni tezek - uporabimo indukcijsko predpostavko in ugotovimo, da veni potezi lahko s pozicij 3k + 4 in 3k + 5 pridemo na izgubljeno pozicijo 3k + 3.Za 3k + 6 bo nasa naloga malo tezja, a ne tako tezka - ker je 3k + 6 veckratnikstevila 3, mi pa delamo samo poteze, ki niso deljive s 3, ne moremo s 3k + 6 pritina nobeno izgubljeno pozicijo. Pozicija 3k + 6 je torej izgubljena, kar zakljucujeindukcijo. Dokazali smo torej, da so zmagovalne pozicije natanko pozicije, ki nisodeljive s 3 - torej, Tea zmaga natanko tedaj, ko 3 | k.

Zakaj ta primer malo spominja na primer (a)? Pravzaprav gre za skoraj analognonalogo. V resitvi primera (a) nas sploh ni zanimala velikost stevil 1, 2, . . . , n, leostanek teh stevil po modulu n + 1. Interpretirajmo tudi (b) del po modulu 3.Odstejemo lahko torej samo stevili 1 in 2, zato Tea zmaga natanko v primerih, ko 3deli k.

Naloga 7.2. Andraz in Rok igrata igro na 8 × 8 sahovnici. Zacne Andrazin postavi konja na poljubno polje. Po vsaki Andrazevi potezi mora Rok nasahovnico postaviti neko kraljico na tak nacin, da jo napada vsaj eden od dosedaj postavljenih konjev. Po vsaki Rokovi potezi mora Andraz na sahovnicopostaviti nekega konja na tak nacin, da jo napada vsaj ena od do sedaj postavljenihkraljic. Igralec, ki prvi ne more narediti veljavne poteze, izgubi. Doloci, kdo imazmagovalno strategijo.

Ta naloga predstavlja se en pomemben princip, ki se velikokrat pojavlja v igrah -razdelitev v pare. Splosna ideja principa je taksna: opazovane objekte razdelimona pare na tak nacin, da, ko prvi igralec naredi potezo v enega od objektov v paru,drugi igralec v odgovor naredi potezo v preostali objekt v istem paru. Obstaja velikovariacij tega principa, ki ga bomo v eni izmed nalog uporabili tudi kasneje, zaenkrat pasi oglejmo, kako ga uporabimo v tem primeru.

Radi bi torej nasli strategijo za drugega igralca, ki mu zagotavlja, da bo imel vednoodgovor na potezo prvega igralca. Poskusimo sahovnico razdeliti na pare polj, kjer stapolji v paru za potezo konja narazen. Lazje bo, ce bomo namesto celotne sahovnicegledali njene manjse dele - izkaze se, da tako razdelitev lahko najdemo za vsak 2 × 4pravokotnik:

Tlakujmo torej najprej naso sahovnico s samimi 2 × 4 pravokotniki, nato pa vsakegarazdelimo na pare polj na zgornji nacin. Cim Andraz postavi konja v neko polje, Rok

37


odgovori tako, da postavi kraljico v polje, ki je z Andrazevim poljem v paru. Ta strategijaje veljavna, saj bo vsak par po vsaki Rokovi potezi imel bodisi 0 bodisi 2 prosti polji.Torej Rok s tem najde odgovor na vsako Andrazevo potezo, ker je igra koncna, bo zatoRokova poteza zadnja in bo vedno zmagal.

Opazimo, da se sploh nismo ukvarjali z nacinom, kako Andraz postavlja figure nasahovnico - raje smo nasli strategijo, ki deluje neodvisno od tega, kam jih postavi. Mo-tivacija, da smo se tako razdelitev na pare sploh spomnili iskati, je bila, da poskusimocim bolj poenostaviti dane pogoje, saj je ukvarjanje s kraljicami in konji hkrati precejkaoticno. Velikokrat se izkaze, da navidez zelo kaoticno nalogo, v kateri je na prvi pogledtreba obravnavati veliko primerov, znamo na domiseln nacin zelo poenostaviti.

Naloga 7.3. Lovro in njegov malo prijaznejsi klon igrata igro. Na zacetku jena kroznici danih n ≥ 3 tock. V potezi nekega igralca ta igralec narise trikotnik zoglisci v treh neuporabljenih tockah med danimi tockami tako, da nobena daljica,ki jo narise, ne seka ze prej narisanih. Igralec, ki prvi ne more narediti veljavnepoteze, izgubi. Ce Lovrotov klon zacne in igrata izmenicno, doloci, kdo imazmagovalno strategijo.

Brez skode za splosnost denimo, da tocke na kroznici tvorijo pravilni veckotnik. Ker biimeli na prvi pogled za analizirati veliko razlicnih primerov, poskusimo nalogo nekakopoenostaviti. Ali bi lahko kako dosegli, da eden od igralcev dela simetricne poteze gledena drugega? Opazimo najprej, da bo, ko s prvim trikotnikom razdelimo kroznico na neketri loke, vsaka nadaljnja poteza zajemala le tocke v enem izmed lokov. Ali bi lahko prvitrikotnik narisali na tak nacin, ki nam bo dal dva med seboj simetricna loka, v tretjemloku pa ne bomo mogli delati poteze?

38


Dovolj bo, da v prvi potezi Lovrotov klon narise tak trikotnik, da bo v enem izmed lokov0 ali 1 tocka, glede na lihost ali sodost n, v preostalih dveh lokih pa bo enako stevilotock. Sedaj opazimo, da lahko na vsako potezo, ki jo Lovro naredi v enem loku, njegovprijaznejsi klon odgovori s simetricno potezo v drugem loku. Ta odgovor ima vedno navoljo, saj v primeru, da ga ne bi imel, zaradi simetrije tudi Lovro ne bi mogel nareditisvoje prejsnje poteze. Ker ima igra koncno stevilo korakov, bo torej zadnja poteza vednopoteza klona, ki bo zato zmagal.

Naloga 7.4. Naj bosta n in k naravni stevili. Na n × n tabeli je na celici vzgornjem levem kotu k kamnov. Veno in Domen igrata sledeco igro. Zacne Veno,nato igrata izmenicno. Veno v svoji potezi izbere celico X, ki vsebuje dva ali veckamnov in je hkrati celica Y direktno na njeni desni prazna, ter premakne na Yvsaj enega in ne vseh kamnov s celice X. Podobno Domen v svoji potezi izberecelico Z, ki vsebuje dva ali vec kamnov in je hkrati celica W direktno pod njoprazna, ter premakne na W vsaj enega in ne vseh kamnov s celice Z. Igralec, kine more narediti vec nobene dovoljene poteze, izgubi. Za vsaki naravni stevili nin k doloci igralca z zmagovalno strategijo.

Tokrat imamo opravka z igro, kjer veljavne poteze obeh igralcev niso enake. Ogle-jmo si najprej prvo potezo in njene ekstremne primere: prestavljanje enega samegakamencka bi bila zelo nepremisljena poteza, saj lahko v naslednji potezi Domen takojzmaga s prestavljanjem enega kamencka iz edinega veljavnega polja v polje tik podnjim. Druga ekstremna poteza bi bila prestavljanje vseh kamenckov razen enega. In-tuicija nam pravi, da morda s to potezo odkrijemo kaj uporabnega, saj nam od vsehpreostalih primerov situacijo se najmanj zakomplicira: Domen ima po Venotovi potezisamo eno veljavno celico, iz katere lahko igra. Ugibajmo, da je ta poteza optimalna inposkusimo to dokazati.

Opazujmo poljubno prvo potezo, v kateri Veno premakne vsaj dva kamencka, vsaj dvapa pusti v zacetnem polju. Domen ima torej po njegovi potezi dve razlicni polji, izkaterih lahko igra. Kako bi lahko Domen Venota cim bolj omejil? Premislimo, da galahko prisili, da vedno ostane v isti vrstici.

Domen lahko v vsaki potezi premakne le en kamencek iz najbolj desnega veljavnega polja.Ta strategija bo delovala, saj bo po vsaki Domnovi potezi obstajal se en kvadratek,iz katerega bi Domen lahko naredil potezo, po Venotovi potezi se zgodi ena od trehstvari:

• Veno iz edinega veljavnega polja premakne vec kot eden kamencek, torej Domnuustvari se eno veljavno polje za premik dol. Po taki potezi ima Domen na izbirodve polji, torej spet ponovi svoj postopek in po potezi ostane z veljavnim poljem(tistim cisto levo).

39


• Veno iz edinega veljavnega polja premakne natanko en kamencek, torej se “za-gradi”. Ker ima Domen se vedno polje, iz katerega lahko naredi potezo, naredipoljubno potezo in zmaga.

• Polje, iz katerega bi Veno sicer lahko naredil potezo, je na skrajno desnem robutabele in zato izgubi.

Vidimo, da v vsakem izmed treh primerov Veno ne glede na svoje poteze izgubi. Idejnoje torej Domen Venota kaznoval, ker mu je ta dal ravno dovolj manevrskega prostora,da si ga je lahko privoscil zagraditi v zgornjo vrstico - ce bi v zacetnem polju Venopustil samo en kamencek, ta strategija ne bi delovala, saj bi Veno, cim bi Domen s temposkusil, v naslednji potezi preprosto postavil en kamencek desno in zmagal!

Dokazali smo torej, da Veno vedno izgubi, ce v prvi potezi ne premakne vseh kamenckovrazen enega. Z analognim argumentom lahko ugotovimo, da mora pravzaprav vsakigralec v svoji potezi iz edinega veljavnega polja prestaviti vse kamencke razen enega,sicer bo vedno izgubil (ni receno, da bo na ta nacin zmagal, a zagotovo vemo, da oboptimalni igri nasprotnika ne bo zmagal, ce tega ne naredi).

Igralca torej tvorita stopnicast vzorec proti spodnjemu levemu kotu tabele. Zgodijo selahko tri stvari:

• Ce kamenckov zmanjka, preden prideta do konca tabele - torej, ce je kamenckovmanj kot 2n− 1, saj v toliko potezah pridemo do desnega spodnjega kota - zmagaigralec, ki je naredil k − 1-to (zadnjo) potezo. Ce k < 2n − 1, torej zmaga Veno,ce je k sod in Domen, ce je k lih.

• Ce prideta do konca tabele, torej, ce je k ≥ 2n − 1, zmaga tisti, ki pride v kottabele, to pa je Domen, saj pridemo v kot tabele v sodem koraku.

Dokazali smo torej, da Veno zmaga v primerih, ko k < 2n − 1 in je k sod, Domen pasicer. Videli smo, da se s stevilom k sploh nismo rabili obremenjevati, dokler nismo prislido samega konca, kar se zgodi velikokrat - velikokrat, ko imamo obcutek, da imamo pri

40


resevanju veliko svobode, je pametno odkriti cim vec lepih lastnosti in se sele zatemukvarjati s podrobnostmi.

Naloga 7.5. Polozaj je vsaka tocka (x, y) v ravnini, za katero sta x in y naravnistevili, manjsi ali enaki 20.

Na zacetku je vseh 400 polozajev nezasedenih. Marko in Klemen izmenicnopolagata kamne na polozaje, pri cemer prvi kamen polozi Marko. Marko, koje na vrsti, polozi nov rdec kamen na nezaseden polozaj tako, da je razdaljamed katerima koli polozajema, zasedenima z rdecima kamnoma, razlicna od

√5.

Klemen, ko je na vrsti, polozi nov moder kamen na kateri koli nezaseden polozaj.Marko in Klemen prenehata polagati kamne takoj, ko kateri koli od njiju ne morepoloziti kamna.

Poisci najvecje stevilo K, da Marko zagotovo lahko polozi vsaj K rdecih kamnov,ne glede na to, kako polaga kamne Klemen.

Naloge taksnega tipa se obicajno prikrito delijo na dva dela - konkretno bomo tu moralidokazati, da Marko lahko polozi vsaj K rdecih kamnov ne glede na Klemnove poteze,potem pa se, da lahko Klemen vedno prepreci Marku, da polozi vec kot K kamnov. Zaenostavnost interpretirajmo naso mnozico polozajev kot tabelo.

Najprej bi bilo pametno uganiti, kaj bi lahko bil nas K. Za zacetek interpretirajmopogoj z dolzinami na lep nacin - pravzaprav nam naloga s tem hoce povedati, da nobenadva rdeca kamna ne bosta za potezo konja narazen. Naslednji korak bo morda bralcem,ki so se kdaj vsaj do neke mere ukvarjali s sahom, malenkost bolj ociten, v vsakemprimeru pa si je tak trik vredno zapomniti - poteza konja na sahovnici je vedno medpolji razlicne barve.

41


S tem v mislih pobarvajmo tabelo kot sahovnico. Vidimo, da lahko rdece kamenckepolozimo na vsa crna polja v tabeli in pri tem ne bosta nobeni dve za potezo konjanarazen. To nam namigne, da je morda K = 100, saj Marko lahko v potezi postavikamencek v poljubno crno polje, zato jih lahko postavi najmanj toliko, kot je polovicacrnih polj v tabeli (saj Klemen vedno lahko odgovori s potezo na crno polje). To nampravzaprav ze da mejo K ≥ 100.

Poskusimo sedaj ugotoviti K ≤ 100. Radi bi, da Klemen zna odgovoriti na Markovepoteze na tak nacin, da bo za vsako potezo, ki jo naredi Marko, onemogocil 3 praznapolja. Poskusimo torej razdeliti tabelo na mnozice stirih polj tako, da bo Marko lahkov vsako mnozico igral le enkrat. Ideja je podobna razdelitvam na pare, ki smo jihobravnavali v Nalogi 7.2.

Razseznost 20 × 20 je precej velika, zato poskusimo opazovati manjse dele te tabele.Zaradi tipa mnozic, ki jih iscemo, lahko poskusimo opazovati samo kvadrate 4 × 4.Preostanek naloge ni vec pretezek, saj bomo primerno razdelitev hitro opazili, a vseenozahteva se en domiseln korak.

Denimo torej, da je Marko v neko polje v 4 × 4 kvadratu postavil kamen. Poskusimouporabiti simetrijo - kaj se zgodi, ce Klemen odgovori v polje, simetricno na Markovoglede na sredisce 4 × 4 kvadrata? Opazimo, da mu jasno onemogoci polje, v kateregaje odgovoril, zagotovo pa mu onemogoci se dve polji poleg njiju! Povedano bolj jasno,4× 4 kvadrat razdelimo na stiri mnozice stirih kvadratkov takole:

Na poljubno Markovo potezo Klemen odgovori s potezo, simetricno cez sredisce kvadrata.Jasno vidimo, da mu s tem onemogoci preostala tri polja v isti mnozici. Ce sedaj 20×20kvadrat tlakujemo s samimi kvadrati 4 × 4, nato pa vsakega razdelimo na ta nacin inuporabimo Klemnovo strategijo, smo dokazali, da lahko Marko v vsako izmed nasihmnozic igra najvec enkrat, torej K ≤ 100.

Res torej velja K = 100, kar smo zeleli dokazati.

Naloga 7.6. Amadej in Matej igrata igro na neskoncni kvadratni mrezi. Amadejnaredi prvo potezo. Igralec v potezi izbere neko enotsko daljico v mrezi, ki se niusmerjena, in ji doloci smer. Ce na neki tocki neka podmnozica usmerjenih daljictvori usmerjen cikel (cikel, v katerem vse daljice tecejo v isto smer), Matej zmaga.Ali ima Matej strategijo, s katero vedno zmaga v koncno mnogo potezah?

42


Ceprav je ta naloga po vseh standardih zelo tezka, ima precej elegantno resitev. Oglejmosi jo.

Ugotoviti poskusimo, ali Amadej lahko prepreci, da nastane tak usmerjen cikel. Z malorazmisleka ni tezko ugotoviti, da ima vsak tak cikel nek vogal, sestavljen iz dveh daljic, kista spodnja in leva daljica istega enotskega kvadratka (recimo takemu vogalu levi spodnjivogal). Prav tako ima vsak tak cikel nek vogal, sestavljen iz dveh daljic, ki sta zgornjain desna daljica istega enotskega kvadratka (recimo takemu vogalu desni zgornji vogal).Taka vogala namrec znamo najti - ce gledamo najbolj spodnjo izmed najbolj levih dalic vciklu, bo ta gotovo del nekega levega spodnjega vogala, podobno bo tudi najbolj zgornjamed najbolj desnimi daljicami v ciklu del nekega desnega zgornjega vogala.

Dovolj bi bilo torej, da Amadej lahko doseze, da je eden od opisanih vogalov vednoorientiran tako, da sta obe njegovi daljici usmerjeni bodisi v bodisi iz njune skupnetocke. To nam da idejo, da bi ravnino razdelili na same vogale takih tipov in naredilisledece: ko Matej usmeri poljubno daljico nekega vogala, Amadej igra tako, da drugodaljico tistega vogala usmeri na tako opisan nacin, da bo tvorila vogal, ki ne bo mogelbiti del usmerjenega cikla. Kako bi to naredili?

Opazimo, da ima vsak cikel tak desni zgornji vogal in tak levi spodnji vogal, da je desnastranica desnega zgornjega vogala bolj desno od leve stranice levega spodnjega vogala.To nas napelje na naslednjo idejo: ce ravnino z neko navpicno premico razdelimo nadva dela, levi del razdelimo samo na spodnje leve vogale in desni del samo na zgornjedesne vogale ter sedaj gledamo poljubni cikel, bo njegov spodnji levi vogal v levem deluravnine ali pa bo njegov zgornji desni vogal v desnem delu ravnine. Argumentirajmo seenkrat, zakaj nam taka razdelitev ravnine resi nalogo.

Najprej definirajmo Amadejeve poteze. Razdelimo torej ravnino na dva dela z nekonavpicno premico, vse daljice v levem delu razdelimo na same leve spodnje vogale, vsedaljice v desnem delu pa na same desne zgornje vogale. Amadej igra takole: najprejusmeri poljubno daljico na delilni premici, potem pa za vsako Matejevo potezo na delilnipremici prav tako usmeri poljubno daljico na delilni premici, za vsako daljico vogala, ki

43


jo Matej usmeri, pa vzame drugo daljico tega vogala in jo usmeri tako, da bosta obedaljici tega vogala usmerjeni bodisi v bodisi iz njune skupne tocke. Denimo, da na nekitocki Matej zmaga, torej je tedaj sestavil usmerjen cikel. Kot smo argumentirali zgoraj,ta cikel bodisi vsebuje nek levi spodnji vogal, ki je bil v levem delu ravnine, ali desnizgornji vogal, ki je bil v desnem delu ravnine. Eden od teh vogalov je torej orientiranna tak nacin, da to ne more biti usmerjen cikel, kar nas vodi v protislovje.

Res smo torej dokazali, da ne glede na Matejeve poteze lahko Amadej igra tako, daMateju prepreci ustvarjanje usmerjenega cikla.

Naloga 7.7. Ugibanje je igra, ki jo igrata Gregor in Jakob. Pravila igre soodvisna od dveh naravnih stevil n in k, ki ju poznata oba igralca.

Na zacetku igre Gregor izbere naravni stevili x in N tako, da je 1 ≤ x ≤ N .Gregor ne razkrije stevila x, po resnici pa pove stevilo N Jakobu. Jakob natoposkusi dobiti informacije o x tako, da Gregorju zastavlja vprasanja na naslednjinacin: pri vsakem vprasanju Jakob doloci poljubno mnozico S naravnih stevil(lahko isto, kot v kaksnem od predhodnih vprasanj) in nato vprasa Gregorja,ali je x element mnozice S. Jakob lahko zastavi taka vprasanja, kolikorkratzeli.Gregor mora nemudoma odgovoriti na vsako izmed Jakobovih vprasanjbodisi z da bodisi z ne, pri cemer se lahko zlaze, kolikorkrat zeli, edina omejitevza Gregorja je, da mora biti izmed k + 1 zaporednih odgovorov vsaj en odgovorresnicen.

Ko je Jakob zastavil toliko vprasanj, kolikor je hotel, mora dolociti mnozico X,sestavljeno iz najvec n naravnih stevil. Ce je x element mnozice X, potem Jakobzmaga, v nasprotnem primeru Jakob izgubi.

Ce je n ≥ 2k, dokazi, da ima Jakob zmagovalno strategijo.

Resili bomo prvi del 3. naloge z IMO 2012 (drugi del, ki pravi, da za dovolj velike kobstaja naravno stevilo n ≥ 1, 99k, tako da za Jakoba ne obstaja zmagovalna strategija,ima bolj zapleteno resitev, zato ga tu ne bomo predstavili). Naloga je precej tezka, a sejo z dovolj motivacije in dobro intuicijo da resiti na zelo lep nacin.

Za zacetek preglejmo vsa podana dejstva. V oci pade dejstvo, da Gregor lahko laze najveck-krat zaporedoma, mi pa imamo n ≥ 2k. Gregor lahko v k zaporednih korakih da najvec2k razlicnih zaporedij odgovorov, saj ima v vsakem koraku dva mozna odgovora. Ce bilahko vprasali taka vprasanja, da bi za vsako izmed nekih 2k stevil, pod pogojem, da biGregor vedno govoril resnico, dobili drugacno zaporedje odgovorov, bi veljalo, da za enood 2k izbranih stevil zagotovo vsi odgovori sovpadajo z Gregorjevimi.

Uporabimo to se na malo drugacen nacin - ce lahko vprasanja zastavljamo na tak nacin,

44


obstaja natanko eno stevilo a med danimi 2k stevili, za katerega bi veljalo, da se jeGregor n-krat zaporedoma zlagal. Ali bi lahko to stevilo nekako izlocili? Dovolj bi bilo,da je Gregor za neko stevilo c, ki ni med danimi 2k stevili, tik pred danimi k odgovoriodgovoril, da je to iskani x (torej je Jakob vprasal vprasanje oblike “Ali x ∈ {c}?” in jeGregor odgovoril pritrdilno). Sedaj Jakob ve, da stevilo a zagotovo ni iskani x, saj se bisicer Gregor zlagal k + 1-krat zaporedoma.

Poskusimo torej najti take oblike vprasanj. Ker imamo opravka s potencami stevila 2, sespomnimo na binarni sistem: vsako izmed stevil 0, 1, . . . , 2k − 1 ima v binarnem zapisudrugacno zaporedje prvih k stevk (kjer dopuscamo vodilne nicle). Nas odgovor je sedajze na dlani.

Denimo, da imamo se vsaj 2k stevil, za katera ne vemo, da zagotovo niso stevilo x.Izberimo nekih 2k takih stevil in jih brez skode za splosnost oznacimo z 0, 1, . . . , 2k

v nekem vrstnem redu. Sedaj Jakob sprasuje Gregorja, ali x ∈ {2k}, dokler ne dobipritrdilnega odgovora, ali najvec k+ 1-krat zapored. Ce k+ 1-krat zapored dobi nikalenodgovor, ve, da je vsaj eden od teh odgovorov resnicen, torej x 6= 2k. Sicer na neki tockidobi pritrdilen odgovor.

Sedaj vprasa, ali je i-ta stevka v dvojiskem zapisu stevila x enaka 0, za vsak 1 ≤ i ≤ k(torej za S vzame mnozico vseh stevil, za katera to velja). Ne glede na Gregorjeveodgovore bo obstajalo neko stevilo izmed 0, 1, . . . , 2k − 1, za katero bi bilo vseh k Gre-gorjevih odgovorov neresnicnih. Ker bi bil zanj neresnicen tudi predhoden odgovor, torejto stevilo ni enako x.

Dokazali smo, da Jakob lahko res, dokler je mnozica se moznih stevil vecja od 2k, vednonajde tako stevilo, ki zagotovo ni enako iskanemu. Na tak nacin po koncno mnogokorakih dobi mnozico z najvec 2k elementi, da ve, da je x zagotovo v tej mnozici in je stem zmagal igro.

Viri in literatura

Pri pripravi sem uporabil zapiske in naloge s starih priprav.

45

Documents

Rekurzija, bijekcija, teorija iger in teorija grafov