1 Faktoriál a kombinační čísla

Nové symboly pro čísla
V kapitole Intuitivní kombinatorika jsme řešili tyto dva typy příkladů. Stále se v nich opakují
součiny přirozených čísel, tak jak jdou za sebou, někdy až do 1, někdy skončí dříve. Proto si
zavedeme dva nové symboly pro čísla.
1. typ: 11 sportovců se má postavit do zástupu. Kolika způsoby se to může provést?
Řešení
o o o o o o o o o o o
11.10.9.8. 7. 6. 5. 4. 3. 2. 1 = 39916800 možností
Budeme to zkracovat na symbol 11! (za číslicí je !) a znamená součin až do jedné včetně.
Takže
n! = n(n-1)(n-2)…2.1
2. typ: Z 11 sportovců se má vybrat 5, kteří budou družstvo reprezentovat ve štafetě. Kolika
způsoby lze vybrat tuto pětici?
Řešení
o o o o o
11.10. 9. 8. 7 = 55440 možností
ALE nám nezáleží na pořadí: stále půjde o tutéž skupinu reprezentantů, ať je vybereme jako
ABCDE nebo ACEDB či CADAE a tak dále. 5 reprezentantů představuje
5.4.3.2.1 = 120 různých uspořádání
tedy z 11 sportovců můžeme vybrat různých pětic reprezentantů celkem 55440/120 = 462
11.10.9.8.7 11.10.9.8.7
5.4.3.2.1
5!
Zatím je výsledek
11.10.9.8.7.6.5.4.3.2.1 11!
5!.6.5.4.3.2.1
5!.6!
11
5
Tyto symboly si nyní nadefinujeme přesně a seznámíme se s jejich základními vlastnostmi.
Oba jsou v oboru kombinatoriky potřebné a užitečné.
Definice faktoriálu:
Číslo n! se nazývá n-faktoriál a je definováno pro každé n N0 rekurentně:
(n+1)! = (n+1) . n!
(užitečné, nemusíme vypisovat součiny třeba od 1000.999…)
0! = 1
(to aby nám vycházeli různé vzorce)
Poznámka: 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2.1 = 2, 3! = 3.2.1 = 6, 4! = 4.3.2.1 = 24, …
Příklad 1:
Dokažte mat. indukcí, že n N: n! = n.(n-1).(n-2)….3.2.1
(že jde o součin přirozených čísel od n sestupně až do 1 je důležité nezapomenout)
1) a = 1
L1=1!=(podle rek. definice)=1.0!=P1
1 P
2) IP
k 1
k! = k(k-1)(k-2)…2.1
MD
(k+1)! = (k+1)k(k-1)…2.1
vlastní důkaz 2. kroku vedeme z levé strany na pravou
Lk+1 = (k+1)! =(podle rek. definice)= (k+1).k! =(podle IP)= (k+1)k(k-1)(k-2)…2.1 = Pk+1
(k+1) P
q.e.d.
Příklad 2:
Dokažte úpravami
1. n! + n2 (n-1)! = (n+1)!
2. (n+1)! – n.n! = n!
3. n[n! + (n-1)!] + n2 (n-1)! + (n+1)! = (3n+2) n!
Řešení: ad 1
L = n! + n2 (n-1)! = n! + n.n.(n-1)! = n! + n. n! = (n+1) n! = (n+1)! = P
ad 2
L = (n+1)! – n.n! = (n+1)n! – n.n! = n.n! + n! - n.n! = n! = P
ad 3
L = n[n! + (n-1)!] + n2 (n-1)! + (n+1)! = n.n! + n.(n-1)! + n.n.(n-1)! + (n+1).n! =
= n.n! + n! + n.n! + n.n! + n! = (3n+2) n! = P
Příklad 3:
Dokažte mat. indukcí, že
n
n N :n 1
x . x! ( n 1)! 1
x 1
Řešení:
l) a=1
L1 = 1.1! = 1 = 2 – 1 = 2! – 1
1 P
n
2) IP
k 1
x . x! = (k+1)! – 1 = Pk
Lk =
x 1
n 1
MD
x . x! = (k+2)! – 1 = Pk+1
Lk+1 =
x 1
n 1
n
x . x! + (k+1)(k+1)! = (použijeme IP a dále jen úpravy) =
x . x! =
Lk+1 =
x 1
x 1
= (k+1)! – 1 + (k+1)(k+1)! = (1 + k+1)(k+1)! – 1 =
= (k+2)(k+1)! – 1 = (k+2)! – 1 = Pk+1
(k+1) P
q.e.d.
Definice kombinačních čísel:
n
se nazývá kombinační číslo, čte se „en nad ká“, je definováno
k
n
n!
0 k n
k! ( n k )!
k
Číslo
pro k,n N0 :
k
n
n
0
k
Příklad 4:
Dokažte z definice
n
0
n
n
n
k
n
n k
n
k
1,
n
1
n
n 1
krajní hodnoty
n
symetrie
tvar pro „ruční“ výpočet
v čitateli je stejný počet činitelů
jako jich je ve jmenovateli
n.( n 1)( n 2)....( n k 1)
k ( k 1)( k 2)...2.1
n 1
k
n
k
n
k 1
pro k
vlastnost pro „výrobu“
Pascalova trojúhelníku
1
Řešení velmi jednoduché. Zde dokážeme jen poslední vztah. Jde jen o jednoduchou úpravu
výrazů.
P
n
n
k
k 1
n!
k! ( n k )!
n! ( n k 1)
k! ( n k )!( n k 1)
n! n n! k n! n! k
k! ( n k 1)!
n!
( k 1)!( n k 1)!
n! k
k ( k 1)! ( n k 1)!
n! ( n 1)
k! ( n k 1)!
n 1
k
L
Pascalův trojúhelník:
Seřaďme kombinační čísla do trojúhelníku; právě dokázaná poslední vlastnost se
v trojúhelníku projevuje takto:
0
1
0
1
1
0
1
2
2
0
1
1
2
1
2
3
3
3
3
0
1
2
3
4
4
4
4
0
1
2
3
1
2
1
4
1
4
5
5
5
5
5
5
0
1
2
3
4
5
6
6
6
6
6
6
0
1
2
3
4
5
1
6
7
7
7
7
7
7
7
7
0
1
2
3
4
5
6
7
1
3
4
1
6
3
6
5
6
10
21
1
4
10
15
7
1
20
35
1
5
15
35
1
6
21
1
7
Porovnejte známé vzorečky s Pascalovým trojúhelníkem
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
0
0
1
1
0
1
2
0
3
0
4
0
2
1
3
1
4
1
1
3
2
4
2
1
2
2
1
4
3
2
1
3
3
1
1
1
3
4
3
6
4
4
Binomická věta
Jsou-li a,b R reálná čísla a n N0 přirozené číslo nebo nula, pak platí:
1
4
1
1
n nk k
a b
k
n
(a b)n
k 0
n
Ak
n
Ak
k 0
an k bk
k
Ak se nazývá k+1 člen binomického rozvoje.
Poznámka – speciální případy:
n
(1 x ) n
a=1, b=x
k 0
(a b)n
n
( a ( b))n
k 0
n k
x
k
n nk
a ( b)k
k
n
( 1) k
k 0
n nk k
a b
k
Příklad 5:
Vypočítejte užitím binomické věty 1,023 .
Řešení:
1,023
(1 0,02) 3
3
k 0
3
0,02k
k
1 3.0,02 3.0,022
0,023
= 1 + 0,06 + 0,0012 + 0,000008 = 1,061208
Příklad 6:
Vypočtěte s přesností na 5 desetinných míst
1,037 , 1,0210 , 0,989
Řešení:
1,037 = (1 + 0,03)7 = 1 + 7.0,03 + 21.0,0009 + 35.0,000027 + 35.0,00000081 … =
= 1 + 0,21 + 0,0189 + 0,000945 + 0,00002835 = 1,22987
10
1,02 = 1,21899
0,989 = (1 – 0,02)9 = 1 – 9.0,02 + 36.0,0004 – 84.0,000008 + 126.0,00000016 …=
= 0,83375
Příklad 7:
Dokažte, že platí
n
k 0
Řešení: 2n = (1 + 1)n = …
n
k
2n
n
,
( 1) k
k 0
0 = (1 – 1)n = …
n
k
0
Příklad 8:
Který člen binomického rozvoje
Řešení: k+1 člen
3x
1
x
2
10
obsahuje x8 a který x vůbec neobsahuje?
10
( 3 x 2 ) k ( 1) k x
k
Ak
k
konst. x 20
2k k
konst. x 8
20 – 3k = 8
k=4
5-tý člen
20 – 3k = 0
k = 20/3 není přirozené
všechny členy rozvoje obsahují x, žádný člen rozvoje není pouze číslo
Příklad 9:
Dokažte, že výraz (1 – x)5 + x5 – 1 je dělitelný 10 pro všechna x C.
Řešení: (1 – x)5 + x5 – 1 = 1 – 5x + 10x2 – 10x3 + 5x4 – x5 + x5 – 1 =
= 5(x4 – 2x3 + 2x2 +x) =
= 5x(x3 – 2x2 + 2x +1) =
= 5x(x – 1)(x2 – x + 1)
x(x – 1) je vždy dělitelné 2 => původní výraz je dělitelný 10
Příklad 10:
Vypočítejte:
6
3
6
4
7
a 1
5
n
1
n
k
n
k 1
Řešení: Použijeme vlastnost
n 1
2
n 2
3
n 3
.
4
n 1
je to jen jinak napsaná dokázaná
k 1
vlastnost. viz výše.
6
3
6
4
7
5
7
4
7
5
8
5
8
3
8.7.6
3.2.1
56
n
U druhého výrazu si nejprve šikovně přepíšeme počáteční 1 = ( 0)
n
n 1
n 2
n 3
n
n
n 1
n 2
n 3
1
2
3
4
0
1
2
3
4
n 1
1
n 1
2
n 2
3
n 3
4
n 2
3
n 3
4
n 3
n 3
n 4
1
3
4
4
n 2
2
Příklad 11:
x 1
x 2
Řešte rovnici
x 2
x 4
4
Řešení: Použijeme symetrii kombinačních čísel a rozepíšeme je na zlomky
x 1
x 2
x 2
x 4
x 1
x 2
1
2
4
získané kořeny poslední kvadratické rovnice musíme ověřit
zkouškou
4
x = -1 nevyhovuje, protože v kombinačních číslech smí být
pouze nezáporná čísla
( x 2)( x 3)
4 x=4
2 .1
2x 2 x2 5x 6 8
L
2
x 3x 4 0
( x 1)
( x 4 )( x 1) 0
x1
4
x2
3
2
2
0
3.2
1 3 1 4
2.1
P
Zkouška pro x = 4 prověřila, že je to kořen původní
rovnice.
1
Příklad 12:
Řešte rovnice
7
x
7
5
a
5
x
5
x 1
6
4
Řešení: Nehledejte v tom nějaké zázraky, jde jen o to si uvědomit jak se kombinační čísla
tvoří a jejich základní vlastnosti. Také se můžete inspirovat Pascalovým trojúhelníkem pro
n=7 viz výše.
7
x
7
5
7
=> pouhým porovnáním dostáváme dvě řešení: x1 = 2, x2 = 5
2
U druhé rovnice nejprve použijeme vzorec pro součet kombinačních čísel
5
x
5
x 1
6
4
6
x 1
6
4
Příklad 13:
Řešte v N rovnici
Řešení:
3
x 1
2
3
x
2
2.4!
6
2
x1
3, x2
1
( x 1)( x 2)
x ( x 1)
3
2.4.3.2
2.1
2.1
( x 1)( x 2) x ( x 1) 32
3
2x2
krát 2, delit 3
4 x 30 0
x 2 2 x 15 0
( x 3)( x 5) 0
x1
3,
x2
5
x1 = -3 nevyhovuje původní rovnici, nejde o nezáporné číslo
x2 = 5 vyžaduje zkoušku
L 3
4
2
KONEC
3
5
2
3.6 3.10 48 P
2.4! 2.24 48 L
P