Discrete Wiskunde [lecture notes, 2009]

Citation preview

DISCRETE WISKUNDE Philippe CARA en Tom DENECKERE 6 april 2007

Voorwoord Dit zijn nota’s die nuttig kunnen zijn bij het studeren van het vak “Discrete Wiskunde”. Dit vak wordt aan de VUB gedoceerd in het eerste bachelorjaar Wiskunde en Informatica. Voor informatici wordt deze cursus gedoceerd in 39 uur. De wiskundigen volgen slechts de eerste 26 uur. Een andere naam voor dit vak is “Discrete Structuren”. Op het examen wordt vooral gepeild naar het begrip van de cursus en de wiskundige technieken die aan de basis liggen. Alle stellingen, lemma’s, gevolgen, . . . moeten gekend zijn, met bewijs. De bewijzen die niet in de cursus staan zou de gemiddelde student zelf moeten kunnen vinden. Er wordt dus verwacht dat deze bewijzen ook gekend zijn. Meer informatie vind je op de homepage van de cursus: http://dwispc8.vub.ac.be/Discrete Ik verwijs ook naar de cursusfiche voor meer technische informatie. Achteraan deze nota’s vind je ook een bibliografie met referentiewerken die naast deze tekst kunnen geraadpleegd worden. Zij bevatten nog meer voorbeelden en oefeningen. Hierbij wens ik ook de studenten van de 1ste Bachelor Wiskunde van het academiejaar 2005– 2006 te bedanken voor de talrijke verbeteringen die zij aanbrachten in de tekst.

Philippe Cara 6 april 2007

i

Inhoudsopgave 1

2

Een beetje brugcursus

1

1.1

Logica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Verzamelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3

Kwantoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.4

Meerdere kwantoren en negaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.5

Deelverzamelingen en gelijke verzamelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.6

Bewerkingen met verzamelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.7

Oneindige unies en doorsneden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.8

Cartesisch product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.9

Relaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.10 Functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.11 Beeld en invers beeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.12 Ge¨ınduceerde functies, restrictie en corestrictie . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.13 Injecties en surjecties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.14 De samenstelling van functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.15 Inverse functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.16 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Eenvoudige principes van discrete wiskunde

15

2.1

De duiventil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.2

Eenvoudige teltechnieken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.2.1

Tellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.2.2

Somprincipe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

Product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.3.1

Dubbeltellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.3.2

Woorden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.3.3

Injecties tellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.3

ii

INHOUDSOPGAVE

iii

2.3.4

Bijecties tellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.3.5

Deelverzamelingen tellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.3.6

De driehoek van Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.3.7

Herhalingscombinaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.4

Het binomium van Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.5

Inclusie en exclusie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.6

Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

3

4

5

Gehele getallen

32

3.1

Gekende eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

3.1.1

Andere voorbeelden van ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

3.2

Welorde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

3.3

Bewijs per inductie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

3.4

Quoti¨ent en rest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

3.5

Grootste gemene deler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

3.6

Priemgetallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

3.7

De ϕ-functie van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

3.8

Congruenties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

3.9

Equivalentierelaties en partities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.10 Modulair rekenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3.11 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

Combinatorische designs

56

4.1

Combinatorische designs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.1.1

Limonades proeven. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.1.2

Bestaat er voor elke keuze van v, k, r een design ? . . . . . . . . . . .

57

4.1.3

Veralgemening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.1.4

Hoe vinden we nu sterke designs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

4.2

Constructies voor designs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

4.3

Latijnse vierkanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

4.4

Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

Inleiding tot de graffentheorie

68

5.1

Definities en terminologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68

5.2

Belangrijke voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

5.3

Verdere definities en eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

INHOUDSOPGAVE

6

5.4

Eulerpaden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

5.5

Hamiltonpaden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

5.6

Gerichte graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

5.7

Isomorfismen tussen graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

5.8

Bomen en bossen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

5.9

Opspannende bomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82

5.10 Tellen van opspannende bomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

5.10.1 Matrices als voorstelling van graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

5.10.2 Het aantal opspannende bomen in een gegeven graf . . . . . . . . . .

84

5.11 Bipartiete graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

5.12 Koppelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

5.13 Toewijzingen en het lessenroosterprobleem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

90

5.14 Planaire graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

5.14.1 Platonische lichamen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

96

5.15 Het kleuren van planaire graffen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97

5.16 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

Genererende functies

108

6.1

Voorbeelden en definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

6.2

Veralgemeende binomiaalco¨effici¨enten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.3

Partities van natuurlijke getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 6.3.1

7

iv

Young tableaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.4

Beroemde genererende functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.5

Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Recurrentievergelijkingen

118

7.1

Homogene eerste orde lineaire recurrentievergelijkingen . . . . . . . . . . . . 118

7.2

Homogene tweede orde lineaire recurrentievergelijkingen . . . . . . . . . . . 120 7.2.1

Twee re¨ele wortels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

7.2.2

Twee complex toegevoegde wortels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7.2.3

E´en re¨ele wortel met multipliciteit twee . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

7.3

Niet-homogene recurrentievergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

7.4

Beroemde particuliere oplossingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

7.5

Een methode met genererende functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

7.6

Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

INHOUDSOPGAVE 8

Stelsels en matrices

v 129

8.1

Stelsels van lineaire vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

8.2

Matrixnotatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

8.3

Matrices in echelonvorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8.4

Oplossen van stelsels met de spilmethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

8.5

Intermezzo: vectoren en vectorruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

8.6

Matrixrekenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

8.7

Lineaire afbeeldingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

8.8

Enkele voorbeelden van lineaire afbeeldingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

8.9

Bepalen van de inverse van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

8.10 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 A De stelling van Cauchy–Binet

163

A.1 Herhaling en notatie voor determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 A.2 De stelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 A.3 De helden van dit verhaal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 B De complexe getallen

167

B.1 Definities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 B.2 Meetkundige interpretatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 B.3 De complexe exponenti¨ele functie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 B.4 De logaritmische functie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 B.5 De complexe trigonometrische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 B.6 De complexe n-demachtswortel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 B.7 Complexe veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Bibliografie

175

Index

175

Hoofdstuk 1

Een beetje brugcursus Dit hoofdstuk is gebaseerd op de brugcursus “Wiskunde I” (VUB uitgaven) en hoofdstuk 0 van de cursus “Meetkunde en Lineaire Algebra” van Prof. Kieboom.

1.1 Logica De wiskunde is opgebouwd uit “logische redeneringen”. Deze redeneringen worden in het algemeen bestudeerd in de wiskundige discipline die “logica” heet. Logica komt uitgebreid aan bod in de cursus “Grondslagen van de informatica I” (Prof. De Troyer). Wij zullen de taal en notatie van de zogenaamde predikatenlogica gebruiken om redeneringen neer te schrijven. We herhalen hier enkele notaties en begrippen: • de implicatie: p

q (“Als p dan q”).

Voorbeeld. “x is deelbaar door 10 • de negatie:

x is even”.

p.

Voorbeeld. “Het regent niet”. • de contrapositie van de implicatie: p belangrijk!

q is equivalent met

Voorbeeld. Om te bewijzen dat “n2 even oneven

Voorbeeld. “n2 even

p. Dit is zeer

n even” is het gemakkelijker te bewijzen dat “n

n2 oneven”.

• de equivalentie: “p q q p of p q

q

q (p is equivalent met q”). p p q

q is equivalent met p

n even”.

• negatie van de implicatie:

p

q is equivalent met p

q.

Opmerking. De negatie van de implicatie is niet hetzelfde als contrapositie! 1

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

2

1.2 Verzamelingen Een fundamenteel begrip in de wiskunde is verzameling. Het is echter moeilijk dit begrip precies te defini¨eren. Verzamelingen laten toe alle (wiskundige) objecten met dezelfde kenmerken te groeperen of te verzamelen. Voorbeeld. De verzameling priemgetallen groepeert alle positieve gehele getallen die juist twee verschillende delers bezitten. Een object uit een gegeven verzameling heet een element. We noteren verzamelingen meestal met Latijnse hoofdletters: A, B, C, . . . , X, Y, Z. Sommige verzamelingen verdienen een speciaal symbool: • N

0, 1, 2, . . . : de natuurlijke getallen

• Z

. . . , 3, 2, 1, 0, 1, 2, . . . : de gehele getallen

• Q

a b

a, b

Z

b

0 : de rationale getallen

• R: de re¨ele getallen • C

a

bi a, b

R : de complexe getallen

Merk op: Een verzameling kan gedefinieerd worden door haar elementen op te sommen tussen accolades. We kunnen ook een algemene beschrijving geven van haar elementen zoals in het voorbeeld van Q. Hierbij moet je het verticale streepje “ ” lezen als “waarvoor geldt”. Het symbool “ ” betekent “is element van” of “behoort tot”. Meer voorbeelden: • R0

x

R x

0

• R

x

R x

0

• R0

x

R x

0

De lege verzameling ∅ bevat geen elementen. x A korten we af tot x A, “x behoort niet tot A”.

1.3 Kwantoren Sommige uitspraken of eigenschappen zijn geldig voor alle objecten in een gegeven verzameling. Om dit te noteren gebruiken we de kwantor “voor alle”: . Voorbeeld. x

R : x2

0.

Het dubbelpunt “:” betekent in een logische uitspraak “geldt”. Er is ook een kwantor “er bestaat” indien men wil zeggen dat een eigenschap geldt voor minstens e´e´n element in een gegeven verzameling. Voorbeeld. x

R : x2

x.

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

3

Soms wil men benadrukken dat er slechts e´e´n element bestaat met de gegeven eigenschap. Voorbeeld. ! x

R0 : x2

x.

1.4 Meerdere kwantoren en negaties De volgorde van kwantoren heeft belang! Bijvoorbeeld x

R: y

y

R :

is waar, terwijl x

R : x2

y

R : x2

y

onwaar is. Opmerking. De letters die we gebruiken als variabelen hebben uiteraard geen belang: R : β2

R: b

β

b

is dezelfde uitspraak als de eerste, maar anders geschreven. Negaties van uitspraken zijn zeer belangrijk. Denk bijvoorbeeld aan het bewijs door contrapositie. De negatie van x X: p x .

x

X : p x is

x

X :

p x en de negatie van

x

X : p x is

Voorbeeld. De negatie van x

X:

x

X: ε

ε

R0 : δ

R0 : x

a

δ

f x

f a

ε

R0 :

R0 : x

a

δ

f x

f a

ε

is δ

1.5 Deelverzamelingen en gelijke verzamelingen Indien elk element van een verzameling A ook behoort tot een verzameling B, zeggen we dat A een deelverzameling is van B of dat B de verzameling A omvat. Symbolisch: A

B

a

A:a

B

Voor A B schrijven we ook B A. We hebben steeds B deelverzamelingen heten echte deelverzamelingen van B. Voorbeelden. • 1, 2, 3

N

Z

Q

R

C.

B en ∅

B. Alle andere

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS • Z

4

R

Twee verzamelingen A en B zijn gelijk indien ze dezelfde elementen hebben. Dit is het geval als en slechts als A B B A . We noteren (uiteraard) A B. Gevolg: A B indien A B B A , d.w.z. a A : a B b B:b A . De verzameling van alle deelverzamelingen van een gegeven verzameling X noteren we P X . Er geldt dus P X S verzameling S X

1.6 Bewerkingen met verzamelingen De doorsnede van A en B is de verzameling A B x A x B . Twee verzamelingen A en B heten disjunct indien A B ∅, d.w.z. ze hebben geen elementen gemeenschappelijk. De unie van A en B is A verzameling A B x x Voorbeeld. Stel A A B

1 en B A

B A

x x A x B .

1, 2, 3 en B 4, 5

x

B . Het verschil van A en B is de

2, 3, 4, 5 . Dan geldt: A

B

2, 3 , A

B

1, 2, 3, 4, 5 ,

Als A B, dan heet B A het complement van A t.o.v. B. Soms speelt een wiskundige theorie zich volledig af in een gegeven verzameling U. In dat geval worden alle complementen berekend t.o.v. U (tenzij anders vermeld natuurlijk). Voor A U noteert men dan kort A c , A¯ of A voor het complement U A. De verzameling U noemt men het universum van de theorie.

1.7 Oneindige unies en doorsneden Zij I een verzameling. Onderstel dat voor elke i I een verzameling A i gegeven is. Zo bekomen we een verzameling A A i i I van verzamelingen ge¨ındexeerd door I. Voorbeeld. Stel I Stel J

N0 , Bj

3, 4, 5, 6, 7 en A i 1, 2, 3, . . . , i . Dan is A 3 1, 2, 3 , A 4 0, 1j , een gesloten interval in R. Dan is B1 0, 1 , B2 0, 12 enz.

De doorsnede van alle verzamelingen ge¨ındexeerd door I defini¨eren we als A

Ai

x

i

I:x

Ai

Ai

x

i

I:x

Ai .

i I

en analoog defini¨eren we de unie A i I

1, 2, 3, 4 enz.

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

5

Voorbeeld. We keren terug naar de vorige voorbeelden. Er geldt: Ai

A7

,

i I

Ai

A3

Bj

0 .

i I

Bj

0, 1

,

j J

j J

1.8 Cartesisch product Zijn A, B twee verzamelingen. Het cartesisch product van A en B is de verzameling A

B:

a, b

a

A, b

B

De elementen van A B heten koppels. Als a, b , c, d A B dan geldt a, b a c b d . Als a b geldt a, b b, a . In het algemeen zijn dus A verschillend. Als A, B U dan geldt A B U U en niet A B U!

c, d B en B

A

Als A eindig is (d.w.z. A bevat een eindig aantal elementen) noteren we het aantal elementen in A met A of #A. Als A en B eindig zijn geldt A B A B. Voorbeelden. • Stel A

2, 3 en B

– A

B

...

– B

A

...

• Stel A

1, 3 en B

4, 5, 6 . Vul dan zelf aan:

1, 2 . Dan geldt A

B

R

R

R2.

Notatie. A A noteren we kort A 2 . Ook het Cartesisch product A dezelfde verzameling schrijven we A n .

A

A van n keer

1.9 Relaties Een relatie van een verzameling A naar een verzameling B is per definitie een deelverzameling R van het cartesisch product A B. Notatie. als a, b

R, schrijven we aRb.

Voorbeeld. Beschouw de verzameling A

1, 2, 3, 4 en de relatie “is kleiner dan of gelijk aan” op

A. Dan is: R

a, b A A a b 1, 1 , 1, 2 , 1, 3 , 1, 4 , 2, 2 , 2, 3 , 2, 4 , 3, 3 , 3, 4 , 4, 4

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS De inverse relatie R

1

6

van R is per definitie R

1

:

b, a

a, b

R .

Dit is een relatie van B naar A. Voorbeeld. Terugkerend naar het vorige voorbeeld geldt: R

1

1, 1 , 2, 1 , 3, 1 , 4, 1 , 2, 2 , 3, 2 , 4, 2 , 3, 3 , 4, 3 , 4, 4 .

1.10 Functies Zijn A, B verzamelingen. Een functie van A naar B is een relatie van A naar B waarbij elk element van A precies e´ e´ n keer voorkomt als eerste component van een koppel in de relatie. De verzameling A heet het domein van de functie en B is het codomein. Meestal noteren we functies met kleine letters en vermelden we duidelijk domein en codomein. Als f A B een functie is, noteren we f : A B. Voorbeeld. Als A 1, a , 2, b , 2, a , 3, d

1, 2, 3 en B a, b, c, d , dan is f is een relatie maar geen functie.

1, a , 2, b , 3, b

een functie en R

Het woord afbeelding is een synoniem voor functie. Zij f : A B een functie. Indien a, b f noteren we f a b. Het element b B heet beeld van a door f en a heet een origineel van b voor f . We zeggen ook dat f het element a op het element b stuurt, notatie: a b. Merk op: niet alle elementen van het codomein hebben een origineel, maar elk element van het domein heeft wel een beeld. Voor vele functies bestaat er een “formule” om het beeld van een willekeurig element van het domein te berekenen. Dit heet het functievoorschrift. De volledige notatie voor een functie wordt dan: f :A B:a f a waarbij f a het functievoorschrift is. Voorbeelden. • f :R

R:x

• g:R

R:x

x2

5 5x 2x

als als

x x

0 0

Opmerking. Een functie wordt dus gedefinieerd door drie gegevens: domein, codomein en functievoorschrift. Deze gegevens zijn alle even belangrijk!

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

7

1.11 Beeld en invers beeld Voor een functie f : A

B en S f S

Dus geldt zeker f S

A defini¨eren we het beeld van S door f als :

f s

:

b

s

S

B

s

S, f s

b

B

f A , het beeld van het hele domein van f , noemen we het beeld van f . We noteren dit soms ook Im f . Im f is dus een deel van het codomein. R : x x 2 . Dan is f 1, 2 0, 4 en Im f R . Uit dit voorbeeld leren we dat Im f dus in het algemeen niet gelijk is aan het codomein van f . Verwar dus niet beeld en codomein!

Voorbeeld. Zij f : R

Nog steeds voor f : A als

B maar nu T f

Merk op dat f

1

1

B, defini¨eren we het invers beeld van T onder f

T :

a

A f a

T .

T een notatie is en niet impliceert dat er voor f een inverse functie bestaat.

Als T een singleton b is, schrijven we f

1

b i.p.v. f

1

b .

Voorbeeld. Met f zoals in het vorige voorbeeld hebben we: f f

1

f 0, 1

f

1

0, 1

In het algemeen geldt: S S. We bewijzen dit even. Bewijs. Zij f : A

1

4

2, 2 , f

1

∅ en

1

1, 1 .

A: f

1

f S

B een functie en S s

S en, zoals het voorbeeld toont, niet f

1

f S

A. We moeten bewijzen: S:s

f

1

f S .

Maar dit is equivalent met s

S: f s

f S

f t

t

S ,

wat duidelijk voldaan is. Je zal andere gelijkaardige eigenschappen in de oefeningen bewijzen.

1.12 Ge¨ınduceerde functies, restrictie en corestrictie Als een functie f : A B gegeven is, kan je gemakkelijk een functie van A A naar B B defini¨eren. We beelden a, a gewoon af op f a , f a . Algemeen kan je functies A n Bn maken voor alle machten n. Je kan ook een functie maken op de delenverzameling P A van A. Door P A P B :S f S. We noteren al deze functies afgeleid uit f meestal nog altijd met f en noemen ze de functies door f ge¨ınduceerd op A A (of op A n of op P A ).

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

8

B te bekijken op een deelverzameling X We kunnen ook beslissen om de functie f : A van A. Dan spreken we van de restrictie of beperking van f tot X. We noteren deze functie met f X . Er geldt dus B: x f x f X: X We kunnen ook het codomein van de functie f beperken. Zij Y Dan is de corestrictie van f tot Y de functie f

Y

: A

Y: x

B zo´ dat

a

A: f a

Y.

f x

We kunnen natuurlijk ook domein en codomein tegelijk beperken zodat we een functie f YX : X Y bekomen met voor elke x X : f YX x f x .

1.13 Injecties en surjecties 1 Definitie. Een functie f : A B heet injectief indien elk element van B hoogstens e´e´n keer voorkomt als tweede component van een koppel in f . Anders gezegd: elk element van B heeft hoogstens e´ e´ n origineel. Nog anders gezegd: indien twee elementen van A hetzelfde beeld hebben, moeten ze gelijk zijn. In symbolen: f : A B is injectief a, b A : f a f b a b. Voorbeeld. f : R g:R

R:x

x2

R:x x 2 is niet injectief. Immers 12 1 2 maar 1 2 2 wel injectief want a b a b, maar aangezien a, b

1. Anderzijds is R geldt a b.

We zien dat we een functie injectief kunnen maken door punten uit het domein weg te laten. De functie g uit het voorbeeld is gewoon de restrictie van f tot R , of f R . 2 Definitie. Een functie f : A

B is surjectief indien Im f

B.

Anders gezegd: elk element van het codomein heeft minstens e´ e´ n origineel. Symbolisch: b B: a A: f a b. Voorbeeld. g : R

R:x

x 2 is niet surjectief. De corestrictie g

R

is dat wel.

Door het codomein te beperken kan je een functie dus surjectief maken. Een functie die tegelijk surjectief en injectief is, heet bijectief. Een functie is bijectief b B: !a A: f a b. Voorbeeld. h : R

R

:x

x 2 is bijectief.

Een bijectie van een verzameling naar zichzelf heet een permutatie. Een zeer belangrijke permutatie is de identieke permutatie of de identiteit. Deze beeldt elk element af op zichzelf. We noteren de identieke permutatie van een verzameling X als 1 X . Er geldt dus x X : 1X x x of 1X : X X: x x Opmerking. Andere notaties voor de identieke permutatie op X zijn i X , IdX of idX .

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

9

1.14 De samenstelling van functies Beschouw twee functies f : A B en g : B C, waarbij het domein van g het codomein van f is. Dan kunnen we op elk beeld f a de functie g toepassen. Zo defini¨eren we een nieuwe functie van A naar C die we g f noteren (lees “g na f ” omdat we eerst f toepassen en dan g). Dus: g f :A C:a g f a .

g

A

f

C

B

a

f a g f a

g b

b

Voorbeeld. Stel f : R

R:x

x

1 en g : R

g f :R f g:R f f :R g g:R We merken op dat f

g

g

R:x R:x R:x R:x

x 2 . Dan zijn:

R:x

g x 1 x2 1 x 2 x4

x

1

2

f , dus de volgorde heeft belang.

3 Eigenschap. De samenstelling van functies is associatief: voor elke drie functies f

A

B

g

h

D

h g

f

C

geldt h

g

f

Bewijs. Domeinen en codomeinen zijn duidelijk gelijk. Zij a h

g

f

a

h g

A, dan

f a

h g f a h g f a h g

f a.

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

10

1.15 Inverse functies Definitie: Zij f : A

B een functie. Indien een functie g : B f

g

1B en g

f

A voldoet aan

1A

dan heet g een invers voor f . We zeggen dan ook dat f inverteerbaar is. Niet alle functies hebben een invers. Een inverse g van f : A B moet een functie zijn van B naar A. Dus moet voor elke b B precies e´ e´ n beeld g b A voorzien worden. Bovendien moet gelden f g b 1B b b. Bijgevolg moet g b f 1 b . Opdat g : B A een 1 functie zou zijn is dus nodig dat b B : f b ∅. Dit komt erop neer dat f surjectief moet zijn. B surjectief is, zouden we als volgt een inverse g : B A kunnen construeAls f : A ren: voor elke b B kiezen we een beeld g b in f 1 b . Maar is zulke g dan een invers van f? De voorwaarde g f 1 A dwingt de injectiviteit van f . Inderdaad: als f niet injectief is, bestaan er a a A met f a f a . Stel b : f a , dan geldt a, a f 1 b . Kiezen we dan als beeld van b door g het element a, dan hebben we g b g f a g f a 1A a a, maar ook g b g f a g f a 1A a a . Dus a a , wat in tegenspraak is met a a. Als f een bijectie is, is b B : f 1 b een singleton. Er is dus geen keuze voor het construeren van de inverse g. De functie g : B A is dan wel degelijk een inverse van f . We hebben bewezen: 4 Stelling. Enkel bijectieve functies hebben een invers. 5 Eigenschap. Een functie heeft hoogstens e´ e´n invers. B en zijn g : B

Bewijs. Zij f : A

g b

A en g : B

A twee inversen. Dan geldt,

b

B:

g 1B b g f

g

b

g

f

g

g

f g b

b

1A g b g b. Vermits de domeinen en codomeinen van g en g gelijk zijn, hebben we g

g.

Nu we weten dat elke inverteerbare functie juist e´ e´ n invers heeft, kunnen we spreken over het invers van een functie f in plaats van over een invers. We noteren de inverse functie f 1 . Verwar dit niet met inverse beelden die voor alle functies gedefinieerd zijn, niet enkel voor bijecties. Voorbeeld. h : R R

R

:x

R x.

: x

x 2 is een bijectie. Haar inverse kennen we goed. Het is h

1

:

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

11

1.16 Oefeningen 1. ! Zij p x

“x is deelbaar door 10” en q x

“x is even”.

• schrijf p x en q x met symbolen • Geef de negatie van p x

• Geef de conjunctie van p x en q x

• Schrijf “q x impliceert p x ”, en de contrapositie ervan

• Schrijf de equivalentie van p x en q x op

Zeg van deze uitspraken of ze waar zijn of niet. 2. " ! Stel de waarheidstafel op van de exclusieve of (Xor). Ken je een uitdrukking die equivalent is? 3. ! Geef de waarheidstafels van • p • q •

q

q

p

p

p

q

q

q

4. ! Toon aan dat p q en p 5. ! Toon aan dat p

r

p

r

p q en q?

p

q logisch equivalent zijn. Wat kan je zeggen over

q en p

q

q

p logisch equivalent zijn.

6. " ! Het aantal rijen van een waarheidstabel hangt af van het aantal samenstellende uitspraken. Wat is het verband? 7. ! Schrijf de waarheidstafels op voor volgende logische uitspraken en leid er een equivalente vorm voor de uitspraak uit af: p

• • •

p p

q q

•

p

q

•

p

q

8. " ! Een tautologie (of logische wet) is een uitspraak die steeds waar is. Toon aan dat volgende beweringen tautologie¨en zijn en interpreteer: • • • • •

p p p p p

9. ! Is p

p

p

•

p p q

• p

p q q

r

q

p logisch equivalent met p

•

p p

q

r

q p

• p q

p

p q

p?

p q q

p

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS

12

10. ! Noteer volgende oefeningen met behulp van kwantoren. Bepaal eventueel of de bewering waar of vals is. Schrijf de negatie van de bewering op met kwantoren en met woorden. (a) “Alle mensen zijn slim.” (b) “Er zijn mensen die groot zijn.” (c) “Er zijn mensen die groot zijn en lang haar hebben.” (d) “Niet alle mensen hebben kort haar.” (e) “Alle wegen leiden naar Rome.” (f) “Voor elke mens geldt: als hij groot is, dan is hij niet klein.” (g) “Een geheel getal is positief.” (h) “Elk natuurlijk getal is even.” (i) “Sommige re¨ele getallen zijn positief.” 11. ! Schrijf alle deelverzamelingen van 1, 2, 3 .

12. " ! Hoeveel deelverzamelingen heeft een verzameling met 2 elementen? Met 3 elementen? Met n elementen? 13. " ! Wanneer behoort een element niet tot A

14. " ! analoog: x

15. " ! analoog: x

16. " ! Toon aan dat A

• B

• A

• A

A

B

A B

A

A

B

...

...

...

B

A

B

A

A

B

A

17. " ! Wanneer is x

B? Vul aan: x

i I

B

A

B

A

Ai ?

18. " ! Geef de betekenis in woorden van de volgende uitspraken. Zeg of ze waar of onwaar zijn. Geef de negatie in symbolen en woorden. x

Z, y

Z:x

y

•

x

Z, y

N:x

y

x

Z, y

Z:x

y

•

ε

0, δ

0, x

R: x

•

•

19. ! Zij A C a .

2, 3 , B

a

4, 5, 6 en C

δ

f x

f a

a, b, c, d . Geef A

ε B, B

A, A

C, C

B, A 2 ,

20. ! Zij A 1, 2, 3, 4 en beschouw de relatie R: “is kleiner dan of gelijk aan” op A. Geef de elementen van R. Geef de inverse relatie van R. 21. " ! Zij f : A

B een functie en S1 , S2

A. Bewijs dat

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS (a) f S1

S2

f S1

f S2

(b) f S1

S2

f S1

f S2

13

Zoek voorbeelden die dit illustreren. 22. " ! Zij f : A B een functie die niet noodzakelijk inverseerbaar is, en S T, T1 , T2 B. Bewijs dat (a) f

1

T1

T2

f

1

T1

f

1

T2

(c) f f

(b) f

1

T1

T2

f

1

T1

f

1

T2

(d) f

B: f

1

A en

T

T

1

f S

S

1

b bevat hoogstens e´ e´ n element.

Zoek voorbeelden die dit illustreren. 23. " ! Toon aan: f : A 24. " !

B is injectief

b

B. Toon aan dat f

(a) Zij f : A

1A

f

1B

f.

(b) Toon aan dat de samenstelling van 2 injecties opnieuw een injectie is. (c) Toon aan dat de samenstelling van 2 surjecties opnieuw een surjectie is. 25. ! Zij f x

x, g x

x 4 en h x

4x

8. Zoek het functievoorschrift voor:

(a) h g

f

(c) g h

f

(e) f

g h

(b) h

g

(d) g

h

(f) f

h g

f

f

x 3, g x x, h x x3 en j x 26. ! Zij f x een samenstelling van de bovenstaande: (a)

x

(e)

3

(b) 2 x (c)

x

(f) 2x

x1 4

(g) 2x (h) x3

(d) 4x

3 6

(i) x9

3

3

(j) x

3 2

f

1

1

f

(b) g

f

1

6

(k) 2 x

3

x3

3

(l)

27. " ! Toon aan voor inverteerbare functies f en g: (a)

2x. Schrijf de volgende functies als

f

1

g

1

28. " ! Onderzoek of volgende functies inverteerbaar zijn. Zo ja, bepaal de inverse functies. Zo nee, definieer een bijectie f˜ met hetzelfde voorschrift als f en bepaal f˜ 1 . (a) f : R

R:x

x

(b) f : R

R:x

x

(c) f : R

R:x

2x

(d) f : R

R :x

1

(e) f : R

R:x

3

(f) f : R

R:x

1

3

(g) f : R0

x

(h) f : R

R:x R:x

2x

2x 3 x

sin x

2

HOOFDSTUK 1. EEN BEETJE BRUGCURSUS 29. " ! Zij h : Z Surjectief?

Z : h x, y

Z

30. " ! Bewijs: f S1 S2 f S1 van een functie waarbij f S1

2x

14 3y. Bepaal het beeld van h. Is h injectief?

f S2 als f injectief is (zie oef. 21). Geef een voorbeeld S2 f S1 f S2 .

31. " ! Bepaal of volgende functies injectief zijn. Geef hun beeld. (a) f : Z

Z:x

2x

1

(d) f : R

(b) f : Q

Q:x

2x

1

(e) f :

Z:x

x3

x

(f) f : 0, π

32. " ! Stel f : A B, met A dan zeggen van f ?

X

(c) f : Z

Y en X

(b) f x

x 2x

7

(c) f x 3

(d) f x

ex

π 2, π 2

R:x

R:x

sin x

sin x

∅. Als f X en f Y injectief zijn, wat kan je

Y

33. ! Bepaal voor elk van de volgende functies f : Z Indien niet surjectief, bepaal f Z : (a) f x

R:x

x

Z of ze injectief of surjectief zijn.

5

x2

(e) f x

x2

(f) f x

x

x3

34. ! Zelfde vraag als oefening 33, waarbij f als een functie van R naar R beschouwd wordt. 35. " ! Toon aan: als A en B verzamelingen zijn, dan geldt: A A B . [examen augustus 2005] 36. " ! Vul aan (gebruik

,

of A

[examen augustus 2005]

B

B

B

A

A

B

) en bewijs: als A en B verzamelingen zijn, dan geldt: B

A

...

A

B

A

B.

Hoofdstuk 2

Eenvoudige principes van discrete wiskunde 2.1 De duiventil We weten allemaal zeer goed dat als we 25 duiven in 20 hokjes moeten verdelen, er minstens e´ e´ n hokje zal zijn met meer dan e´ e´ n duif. 6 Stelling (Principe van de duiventil). Als we n identieke objecten verdelen over k dozen met n k, dan is er minstens e´e´n doos met minstens twee objecten. Bewijs. Uit het ongerijmde (U.H.O.) Veronderstel van niet. Dan is er in elke doos hoogstens e´ e´ n object. Zij m het aantal lege dozen (met nul objecten dus). Dan zijn er in totaal k m dozen met elk juist e´ e´ n object. Vermits alle objecten verdeeld werden, geldt n

k

m

k

n

en dat is een tegenspraak. Toepassing. Bekijk de rij 7, 77, 777, 7777, . . . van natuurlijke getallen die enkel het cijfer 7 bevatten. Is e´ e´ n van die getallen deelbaar door 2003? We gaan bewijzen dat het antwoord ja is. Sterker zelfs: 7 Stelling. In de eerste 2003 elementen van bovenstaande rij zit minstens e´ e´n veelvoud van 2003. Bewijs. We noteren de eerste elementen van de rij a 1 , a2 , . . . , a2003 . Voor twee getallen a en b kunnen we steeds quoti¨ent q en rest r bepalen zodat a qb r met 0 r b. Doe dit nu voor alle getallen in de rij. Dus i 1, . . . , 2003 bepalen we qi en ri zo´ dat ai 2003qi ri . Als er een i bestaat met r i 0, dan is ai deelbaar door 2003 en is er niets meer te bewijzen. Veronderstel nu, uit het ongerijmde, dan geen enkele r i nul is. Dan is r1 , r2 , . . . , r2003 een deelverzameling van 1, 2, . . . , 2002 , de mogelijke niet-nulle resten bij deling door 2003. De 15

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE duiventil leert ons dat minstens twee resten gelijk zijn. Dus i j We mogen, zonder de algemeenheid te schaden, aannemen dat a i ai a j : enerzijds is ai 77 . . . 7777 . . . 77 aj 77 . . . 77 ai aj 77 . . . 77 00 . . . 00

16

1, . . . , 2003 met r i r j . a j . Bekijk nu het verschil

i j

of dus a i

aj

77 . . . 77 10j . i j

Anderzijds is a i a j 2003qi ri 2003qj j ai a j ai j 10 is een veelvoud van 2003.

rj

2003 qi

qj

0, aangezien ri

r j . Dus

Dit wil zeggen dat ai j 10j deelbaar is door 2003, maar vermits 10j geen enkele deler gemeenschappelijk heeft met 2003, moet a i j een veelvoud zijn van 2003. We bekomen een tegenspraak en dus is het gestelde bewezen. Voorbeeld. In een groep van 100 mensen zijn er minstens 9 die hun verjaardag vieren in dezelfde maand. Inderdaad; onderstel dat er geen 9 hun verjaardag in dezelfde maand hebben, dan zijn er hoogstens 8 12 96 mensen. Strijdig! Notatie. Zij x

R. Dan noteren we: x

kleinste geheel getal

x

x

grootste geheel getal

x

Het voorbeeld illustreert de veralgemeende duiventil. Als je n identieke objecten verdeelt over k dozen, dan is er minstens e´ e´ n doos met nk objecten. Het bewijs is analoog met dat van de “gewone” duiventil. Voorbeeld. In een groepje van 6 mensen zijn elke twee individu’s ofwel vrienden ofwel vijanden. Men kan met zekerheid zeggen dat er in deze groep drie mensen zijn die ofwel 2 aan 2 vijanden zijn, ofwel 2 aan 2 vrienden. Bewijs. Zij A e´ e´ n van die personen. De overblijvende 5 personen vallen uiteen in 2 groepen, de vrienden van A en de vijanden van A. Door het veralgemeend principe van de duiventil bevat 3 personen. Onderstel dat we dus minstens 3 vrienden e´ e´ n van die twee groepen minstens 52 hebben (het geval dat er minstens 3 vijanden zijn verloopt analoog). We noemen B, C, D drie van die vrienden. Als twee van de drie bevriend zijn is het bewijs gedaan. Als geen twee van de drie bevriend zijn hebben we drie personen gevonden die 2 aan 2 vijanden zijn. Opmerking. In dit bewijs gebruikten we een voorstelling van het probleem met punten en verbindingen. Zulks heet een graf (of graaf). We zullen dit concept nauwkeurig defini¨eren en bestuderen in hoofdstuk 5.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE A

A

B

A

B

D

C

17

B

C

D

D

C

Figuur 2.1: Illustratie van het bewijs. In de derde tekening zijn voor de duidelijkheid de vijanden verbonden met streepjeslijnen.

2.2 Eenvoudige teltechnieken Laat ons terugdenken aan het bewijs van het veralgemeende principe van de duiventil. We tellen de objecten in de verschillende dozen op en komen zo tot een contradictie omdat het totaal aantal objecten niet bereikt is. Als we objecten tellen in dozen komt het er eigenlijk op neer dat we elementen tellen in disjuncte verzamelingen.

2.2.1 Tellen Herinner dat twee eindige verzamelingen A en B evenveel elementen hebben als en slechts als er een bijectie A B bestaat. We gaan nu meer formeel defini¨eren wat we bedoelen met “aantal elementen in een eindige verzameling”. Als we elementen van een verzameling A tellen, gaan we ze eigenlijk nummeren: je neemt een eerste element weg uit de verzameling, dan een tweede enz. tot er geen meer zijn. Dit resulteert in een bijectie f tussen de verzameling 1, 2, . . . , n en A met f i ment van A in onze selectie. Notatie. n : 1, 2, . . . , n . Meer algemeen is 1..n k..l k, k 1, . . . , l 1, l .

n , maar ook 0..n

i-de ele-

0, 1, . . . , n en

8 Definitie. Een verzameling A heeft n N elementen indien er een bijectie bestaat van n naar A. We noteren A n. Zulke bijectie bepaalt een ordening of nummering van A. Notatie. Als A f i .

n en f : n

A een nummering, dan schrijven we dikwijls a i i.p.v.

2.2.2 Somprincipe 9 Stelling (Somprincipe). Zijn A1 , A2 , . . . , A k twee aan twee disjuncte eindige verzamelingen. Dan geldt: A1 A2 Ak A1 A2 Ak .

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE Bewijs. Dit is intutief weer zeer vanzelfsprekend. We hebben bijecties f i : ni i k . Merk op dat k

k 1

ni

1..n1

n1

1..n1

n2

1..

i 1

Definieer

Ai voor

k

ni

i 1

18

ni . i 1

k

f :

ni

A1

A2

Ak

i 1

door

j 1

f i

fj i

j 1

nl als i

j

nl

l 1

l 1

1..

nl . l 1

Verifieer zelf dat f een bijectie is. Vergeet hierbij niet dat alle verzamelingen disjunct zijn. Later zullen we dit veralgemenen en ook niet-ledige doorsneden toelaten.

2.3 Product Zij X een eindige verzameling. Hoeveel deelverzamelingen heeft X? Vermits X eindig is, kunnen we de elementen nummeren : X x 1 , x2 , . . . , x n . We stellen ons dus eigenlijk de vraag op hoeveel manieren we een aantal elementen uit X kunnen kiezen om een deelverzameling te vormen. Het eerste element x 1 kan geselecteerd worden of niet. Er zijn dus twee keuzes. Ook x 2 kan wel of niet tot de deelverzameling behoren. We zien dus dat er voor elk element apart kan beslist worden om het in de deelverzameling te stoppen of niet. We moeten dus n keer kiezen tussen twee mogelijkheden. In totaal zijn er dus 2n deelverzamelingen van X. We hebben net bewezen 10 Stelling. Voor elke eindige verzameling X geldt P X

2X

Opmerking. Deze stelling verklaart waarom sommige auteurs de notatie 2 X gebruiken in plaats van P X om de verzameling van deelverzamelingen van X aan te duiden.

2.3.1 Dubbeltellen Veronderstel dat ik trakteer op caf´e. Ieder van jullie mag bestellen zoveel hij wil, maar nooit twee keer hetzelfde. Op het einde willen we weten hoeveel glazen we leeggedronken hebben. Dit kunnen we op twee manieren doen. Ik vraag op het einde aan iedereen hoeveel glazen hij leegdronk of ik vraag aan de caf´ebaas hoeveel glazen van elk soort drank er op mijn rekening staan. We kunnen dus hetzelfde op twee manieren tellen.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

19

11 Stelling (Principe van de dubbeltelling). Zij A en B twee (eindige) verzamelingen. Zij S A B. Stel voor elke a A: ka : a, b b B en a, b S en voor elke b B: rb : a, b a A en a, b S . Dan geldt: ka

S

a A

Bewijs. Stel K a :

a, b

b

B en a, b

rb . b B

S . De verzamelingen K a

S

Ka

zijn disjunct. Dus

ka .

a A

Analoog met R b :

a A

a A

. . . voor de rijen.

12 Gevolg. Als alle ka gelijk zijn aan een zekere constante k en alle rb gelijk zijn aan r dan geldt kA rB. Toepassing. De dodeca¨eder heeft 30 ribben want er zijn 12 zijvlakken met elk 5 ribben en elke ribbe ligt op 2 zijvlakken. We tellen de koppels (ribbe, zijvlak) op twee manieren: #ribben

2

12

5.

2.3.2 Woorden Zij f : m Y een functie. Deze bepaalt m elementen van Y, namelijk f 1 , f 2 , . . . , f m . Ook elk m-tupel in Y m bepaalt een functie m Y. Als je bijvoorbeeld het m-tupel y1 , y2 , . . . , y m neemt, stel dan gewoon f i : y i . Een woord van lengte m over het alfabet Y is gewoon een m-tupel elementen uit Y. Elk woord bepaalt dus een functie en omgekeerd. 13 Stelling. Zijn X, Y eindige verzamelingen, met X # functies f : X

m en Y Y

n. Dan geldt:

nm .

Bewijs. Elke functie komt overeen met een m-tupel van Y en we weten Ym

Y

Y m

Y

Y m.

keer

Voorbeeld. Het aantal woorden van lengte 3 in ons alfabet is 263 . Opmerking. Een woord maken komt erop neer dat we uit ons alfabet achtereenvolgend een letter kiezen. Herhalingen zijn toegestaan. Je kan je ook inbeelden dat de letters van het alfabet gedrukt staan op 26 bollen in een bokaal. Je neemt dan telkens een bol, kijkt naar de letter die erop staat en legt hem dan terug. Voorbeeld. Het aantal deelverzamelingen van een verzameling met n elementen is 2 n .

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

20

2.3.3 Injecties tellen Als we geen herhaling toelaten, bekijken we woorden waarin de functie m is. Hoe tellen we het aantal injectieve functies?

Y injectief

14 Stelling. Het aantal geordende keuzes van m objecten uit n zonder herhaling is n n

1 n

2

n

m

1.

Bewijs. Om zo een woord te vormen moeten we achtereenvolgend m verschillende elementen van Y kiezen. Voor de eerste letter zijn er n keuzes, voor de tweede n 1 (want we mogen om het even welke letter nemen behalve die die we als eerste kozen). Voor de derde letter n 2 keuzes enz. tot we de laatste letter kiezen uit de n m 1 die overblijven. Notatie. De faculteit (Engels: “factorial”, Frans: “factorielle”) van een natuurlijk getal n is het getal n! n n 1 3 2 1 Per definitie stellen we 0!

N

1 (we zullen dit later motiveren).

Het aantal keuzes in stelling 14 is bijgevolg kort te noteren als n! . n m ! Voorbeeld. Op hoeveel manieren kan ik 6 studenten uit de klas kiezen en in een rij tegen het bord zetten?

2.3.4 Bijecties tellen Wat gebeurt er als in de vorige stelling n m? Dan staat er: we kunnen op n! verschillende manieren n objecten kiezen waarbij de volgorde van belang is. Dit betekent dat we de bijecties n Y tellen, want als f : n Y injectief is met Y n, dan is f een bijectie (oefening). Een selectie van n objecten uit n kan ook gezien worden als een (her)ordening van die objecten. We spreken ook van een permutatie van n objecten. Een permutatie wordt gewoonlijk gedefinieerd als een bijectie van een verzameling naar zichzelf. Y is inderdaad een (her)ordening van Y. Vermits Y n, hebben Een permutatie f : Y we een bijectie (of ordening) g : n Y. De samenstelling f g : n Y is ook een ordening van Y. Twee ordeningen f , g : n Y geven ook aanleiding tot een permutatie Y Y. Inderdaad: vermits f en g bijecties zijn, zijn ze inverteerbaar. g f 1 : Y Y is dan een permutatie.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

21

2.3.5 Deelverzamelingen tellen Zij A een verzameling en k k elementen. Gegeven is A

N. Een k-deelverzameling van A is een deelverzameling met

n. Hoeveel k-deelverzamelingen heeft A?

Kiezen we k elementen uit A met ordening, dan zullen we eenzelfde deelverzameling meerdere keren kiezen. Beschouw de verzameling S

B, f

B

A, B

k en f een ordening van B .

Dan kunnen we S op twee manieren tellen: enerzijds S

x

k!

met x het aantal k-deelverzamelingen van A en k! het aantal ordeningen van een gegeven k-deelverzameling. Anderzijds is S

1

n! n

k !

want we kunnen op n! n k ! manieren k elementen kiezen uit A met volgorde. Natuurlijk bepaalt elk van die keuzes juist e´ e´ n k-deelverzameling. we hebben dus n! . n k ! k!

x Voor n

k noteren we

n! n k ! k!

als

n . k

We hebben bewezen: 15 Stelling. Het aantal keuzes van k elementen uit een verzameling van n elementen, zonder volgorde en zonder herhaling, bedraagt n . k We merken ook nog op dat n n

k

n . k

Notatie. De verzameling van alle k-deelverzamelingen van A noteren we A k

.

A zodat k

A k

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE N0 met k

16 Eigenschap (Identiteit van Pascal). Zij n, k n k

n k

1 1

n

1 k

22

n. Dan geldt .

Bewijs. We zouden dit kunnen bewijzen aan de hand van de definitie (oefening), maar we geven hier een interessanter bewijs. We weten dat nk gelijk is aan het aantal k-deelverzamelingen in een verzameling met n elementen. Kies nu een a vast in A. Dan is de verzameling van k-deelverzamelingen van A de disjuncte unie van D :

A k

B

a

B en D :

A k

B

a

B .

A D D . Dan bepalen we D als volgt: een element van We hebben dus nk k D is een k-deelverzameling van A die a bevat. Zulke verzameling kunnen we maken door in A a een verzameling met k 1 elementen te kiezen en hier a aan toe te voegen. Dit kan op nk 11 manieren. De verzamelingen in D bestaan uit k elementen gekozen uit A a . Dus n 1 is D k .

2.3.6 De driehoek van Pascal Deze stelling geeft aanleiding tot de beroemde driehoek van Pascal 1 :

2 0

3 0

...

...

1 0 3 1

of

0 0 2 1

...

1 1 3 2

2 2

3 3

...

...

1 1 1 1 1 1 1 ...

...

2 3

4 5

6

1 3

6 10

15 ...

1

10 20

...

1 4

1 5

15 ...

1 6

...

1 ...

...

waarbij de getallen op de zijkant altijd 1 zijn, en de andere getallen telkens de som zijn van de twee getallen die op de rij erboven links en rechts ervan staan. 1 (her)ontdekt

door de Franse wiskundige Blaise Pascal (1623–1662) in 1653. Eerder ontdekt door de Chinese wiskundige Yang Hui in 1261.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

23

2.3.7 Herhalingscombinaties Stel A a, b, c, d . De keuze bcadabd is equivalent met de keuze aabbcdd wanneer de volgorde geen rol speelt. Hoeveel mogelijkheden zijn er zo? We moeten hier dus de woorden tellen die bestaan uit een aantal a’s, gevolgd door een aantal b’s, dan een aantal c’s enz. zodat er in totaal 7 letters zijn. Let wel, het aantal in kwestie kan soms nul zijn: bbbbbbb is ook een woord van zeven letters met herhaling! . In totaal hebben we dus 10 tekens waarvan Een voorstelling van aabbcdd is elk een of een is. We zetten een voor elke letter en een als de letter verandert. Dus stelt het woord bbddddd voor: er zijn geen a’s omdat er voor de eerste geen staat, en geen c’s omdat er tussen de tweede en de derde geen staan. In het algemeen hebben we n objecten waarin we k keer kiezen met terugleggen en geen rekening houden met de volgorde. Het aantal manieren om dat te doen is het aantal manieren om n 1 streepjes te plaatsen als er n k 1 plaatsen beschikbaar zijn. Dit is dus n n k 1 1 . n k 1 We weten n n k 1 1 zodat het aantal herhalingscombinaties van k objecten uit n k gelijk is aan n k 1 . k We tonen nog even een interessante eigenschap van de getallen 17 Eigenschap. Voor n

n 1

n 2

n 1 Bewijs. We weten dat n0 0 identiteit kan herschreven worden als

1

n

1 1

.

N geldt n 0

1

n k

n

1

1

n n

n

1

n 1 n 1

n n

n

0.

1 zodat het linkerlid via de Pascal-

1

1

2

n n

n 1

1 2

1

n

1

1.

De tweede term tussen de eerste vierkante haken valt weg tegen de eerste term tussen de tweede vierkante haken. Analoog valt de tweede term tussen de tweede haken weg tegen de eerste term tussen de derde haken, enz. Uiteindelijk blijft er over 1

1

1

n 1

1

1

n

1

0.

2.4 Het binomium van Newton We kennen reeds zeer lang volgende formules: a 3a2 b 3ab2 b3 . Algemeen geldt:

b

2

a2

2ab

b2 en a

b

3

a3

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

24

18 Stelling. Binomium van Newton a

n n 0 a b 0

n

b

n

a

n

b

n 0 n a b n

1 1

b

n n i i a b i

i 0

Bewijs. De macht

n n a 1

a

b a

b

a

b

n keer werken we uit aan de hand van de distributiviteit. De term met a n i bi ontstaat door in i factoren a b de b te kiezen (en in de overige natuurlijk de a). De co¨effici¨ent die hoort bij an i bi is bijgevolg gelijk aan het aantal keuzes van i objecten uit n. Dat is ni . Je kan dus de driehoek van Pascal gebruiken om de co¨effici¨enten van elke macht te vinden in a b n . De naam binomium komt van binoom, een geleerd woord voor tweeterm (een ander woord voor veelterm is trouwens polynoom). Daarom heten de getallen nk ook binomiaal-co¨effici¨enten. Voorbeeld. De letters a en b in het binomium kunnen vanalles zijn. Bijvoorbeeld: 1

x

7

1

21x 2

7x

35x 3

35x 4

21x 5

7x 6

x7 .

Het binomium kan ook gebruikt worden om andere eigenschappen van binomiaalco¨effici¨enten aan te tonen. 19 Stelling. Voor alle n

N geldt: 2

n 0 Bewijs. We weten dat 1 mium toe: 1

x

n

1

x

x

n

n

1

n 1 x

2

n

2n 0

n n 1

x

2n .

2n x 1

2

2n . n

We passen nu op het rechterlid het bino2n n x n

2n 2n x . 2n

De co¨effici¨ent van de term in het midden van het rechterlid is het rechterlid van wat we willen bewijzen. Nu zijn twee veeltermen gelijk als en slechts als de co¨effici¨enten van de overeenkomstige machten van x gelijk zijn. We gaan dus de co¨effici¨ent zoeken van x n in 1 x n 1 x n . We krijgen een bijdrage tot de co¨effici¨ent van x n telkens wanneer we in de eerste factor de term met x k vermenigvuldigen met de term met x n k in de tweede factor. Hierbij is 0 k n. Het binomium leert ons dat 1

x

n

n i 0

n i x i

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE zodat de bijdrage tot de co¨effici¨ent van x n die komt van x k xn n k

n n

n

We krijgen in totaal als co¨effici¨ent voor x n dus k 0

gelijk moet zijn aan

2

n k

k

k

25

.

2

n k

zodat het bewijs gedaan is.

2.5 Inclusie en exclusie We weten dat A B A B als A B ∅. Als A B ∅, dan worden de elementen van A B dubbel geteld in A B terwijl ze maar e´ e´ n keer in A B zitten. Dit kunnen we goedmaken door A B af te trekken: A

B

A

B

A

B.

Voor drie verzamelingen geldt: A

B

C

A

B

C

A

B

A

A

B

C.

C

B

C

Algemeen geldt de volgende 20 Stelling (Principe van inclusie en exclusie). Zijn A1 , A2 , . . . , A n eindige verzamelingen en stel A A1 , A2 , . . . , A n . Dan hebben we A

A1

A2

An

α1

α2

1

α3

n 1

αn

met B .

αi B

Bewijs. Zij x Dus

A , dan k

A i

N0 zodat x behoort tot juist k van de n verzamelingen in A .

levert x een bijdrage

k

in in in .. .

α1 α2 α3 .. .

0 .. .

in in .. .

αk αk .. .

0

in αn .

k 2 k 3

.. .

k k

A1

A2

An

1

In totaal hebben we een bijdrage k 1 (zie stelling 17 op pagina 23).

k 2

k 3

1

k 1

k k

1

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

26

Voorbeeld. In de klas zijn er 73 studenten. 52 spelen piano, 25 viool en 20 fluit. 17 spelen piano en viool, 12 spelen piano en fluit, 7 viool en fluit en 1 enkele speelt alle drie de instrumenten. Hoeveel studenten spelen geen van de 3 instrumenten? De oplossing: 73

AP

AV

AF

73 73

52 62

25

20

17

12

7

1

11.

2.6 Oefeningen 1. ! Toon aan: in elke groep van 13 personen zijn er zeker 2 die in dezelfde maand verjaren. 2. " ! Toon aan dat in een groep mensen altijd zeker 2 mensen hetzelfde aantal vrienden in die groep hebben [We nemen aan dat als x een vriend is van x , ook x een vriend is van x]. 3. ! Een geblinddoekte man heeft een hoop sokken: 10 bruine en 10 grijze. Hoeveel moet hij er nemen om zeker een passend paar te hebben? Hoeveel moet hij er nemen om zeker een grijs paar te hebben? 4. " ! Stel dat we vijf punten kiezen in een gelijkzijdige driehoek met zijde 1. Toon aan dat er minstens e´ e´ n paar punten is waarvan de onderlinge afstand ten hoogste 1 2 is. 5. " ! Toon aan: in elke verzameling van 12 gehele getallen zitten er altijd 2 waarvan het verschil deelbaar is door 11. 6. " ! Toon aan: als S N en S dezelfde rest opleveren.

37 dan bevat S twee elementen die bij deling door 36

7. " ! Toon aan dat, als je 101 getallen selecteert uit 1, 2, 3, . . . , 200 , er zeker 2 bij zijn zodat het ene deler is van het andere. 8. # Zij X een deelverzameling van 1, 2, 3, . . . , 2n , en zij Y 1, 3, 5, . . . , 2n 1 . Definieer f : X Y: f x de grootste oneven deler van x. Toon aan: als X n 1, dan is f geen injectie. Leid daaruit af dat in dat geval X twee getallen x 1 en x2 bevat zodat x1 x2 . 9. # Toon aan dat het mogelijk is een deelverzameling X van 1, 2, 3, . . . , 2n te vinden met X n zodat geen enkel element van X een ander element van X deelt. 10. ! Als je 500000 ‘woorden’ hebt van 4 of minder letters, kan het dan dat ze allemaal verschillend zijn? 11. ! Toon aan: elke deelverzameling van 6 elementen uit 1, 2, . . . , 9 moet 2 elementen bevatten met als som 10.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

27

3, 7, 11, . . . , 95, 99, 103 . Hoeveel elementen van S moeten we selecteren 12. ! Zij S zodanig dat er zeker 2 zijn met som 110? 13. # Zet de elementen van 1, 2, . . . , 10 op een cirkel. Toon aan dat er altijd 3 naast elkaar staan waarvan de som 18 of meer is. 14. ! Bepaal in elk van de volgende gevallen het gepaste getal n, en schrijf de formule op van een bijectie f : n X. (a) X

2, 4, 6, 8, 10

(b) X

3, 8, 13, 18, 23, 28

(c) X

10, 17, 26, 37, 50, 65, 82, 101

(d) X

k

N de k-de dag van deze maand is een maandag

15. " ! Toon aan: als X

n en er bestaat een bijectie van X naar Y, dan is Y

n.

16. ! In een gemengde groep zitten 32 jongens. Elk van de jongens kent 5 meisjes van de klas, en elk meisje kent 8 jongens van de klas. Hoeveel meisjes zitten er in de klas? 17. " ! Is het mogelijk om een aantal deelverzamelingen van 8 te vinden met de volgende eigenschappen? • elke deelverzameling bevat 3 elementen

• elk element van 8 behoort tot juist 5 van de deelverzamelingen. 18. ! Hoeveel vlaggen van drie gelijke vertikale banden kan je maken als je de kleuren rood, wit, blauw en groen mag gebruiken? [Een van de repen wordt beschouwd als de ‘binnenste’, of ‘die langs de kant van de mast’.] 19. ! Toon aan dat er meer dan 1076 deelverzamelingen zijn van de verzameling van deelverzamelingen van de verzameling 8 . 20. ! Hoeveel woorden van 4 letters uit een alfabet van 10 letters kan je maken als elke letter hoogstens 1 keer mag gebruikt worden? 21. " ! Stel

n

m

Toon aan dat n m n m r m n r, n in termen van geordende selecties.

n! n m ! r

m, door het resultaat te interpreteren

22. ! Een comit´e kiest een voorzitter, een secretaris en een penningmeester. Als het comit 9 leden telt, op hoeveel manieren kan dat dan? (Bespreek grondig van welke veronderstellingen je vertrekt.) 23. " ! Een dominoblokje kan voorgesteld worden als x y , met x, y er 28 blokjes zijn (en geen 49).

0..6 . Toon aan dat

24. " ! Op hoeveel manieren kunnen we een wit en een zwart vakje kiezen op een schaakbord op zo’n manier dat de 2 vakjes niet in dezelfde rij of kolom staan? [768]

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

28

25. ! Er zitten m meisjes en n jongens in een klas. Op hoeveel manieren kan je ze in een rij zetten als alle meisjes samen moeten staan? 26. # Bereken het aantal permutaties σ van n waarvoor σ σ

1.

27. " ! De kamers van een flat (zie tekening) worden geverfd, zodat ´ 2 kamers die met elkaar verbonden zijn een andere kleur krijgen. Hoeveel mogelijkheden heb je met n kleuren?

Figuur 2.2: Plan van de flat van vraag 27

28. # Veronderstel dat we ‘veralgemeende dominoblokjes’ hebben, van de vorm x y met x, y 0..n . Zij 0 k n. Toon aan dat het aantal blokjes waarvoor x y n k gelijk is aan het aantal waarvoor x y n k. [In beide gevallen bekom je n k 1 2.] 29. " ! Stel met u n het aantal woorden van n letters in het alfabet 0, 1 voor met de eigenschap dat het woord geen 2 opeenvolgende nullen bevat. Toon aan: u1

2,

u2

3

en

un

un

un

1

2

voor n

3.

30. " ! In 1303 bewees de Chinees Chu Shih-Chieh, voor elke r, n N met n identiteit. r r 1 n n 1 r r r r 1

r, volgende

Kan jij dat ook? 31. " ! Toon aan: (a)

(b)

s

1

s 1

0 n 0

32. # Zij n

s

1

s

2

n 1

n

n 2

n n

N0 . Bewijs dat

1

n

r r 1

[Hint: r

n r

n

n 1 r 1

n

n r

2

s

1 n n

2n

n 2n

1

n n

1

s

n n

.

en oefening 31b.]

33. # Gebruik de technieken van oefening 32 om volgende identiteiten te bewijzen. n

(a) r 1

r2

n r

n n

1 2n

2

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE n

(b)

r3

r 1

n r

n2 n

3 2n

3

n k n r 1r r

Kan je een formule bedenken (en bewijzen) voor

met k

34. # Zij X een verzemaling met n elementen. Leg uit waarom n 0

P X

29

n 1

n 2

n

n

N en k

3?

n n

1

en geef zo een (ander) bewijs van oefening 31b. 35. " ! Toon aan: als 3 identieke dobbelstenen geworpen worden zijn er 56 mogelijke uitkomsten. Hoeveel zijn er bij n identieke dobbelstenen? 36. " !

(a) Stel dat we x

y

z

n

uitwerken. Hoeveel termen bevat de expansie?

(b) Bereken de co¨effici¨ent van x 5 y3 z2 in de expansie van x

y

z

10 .

37. # [Multinomiaalco¨effici¨enten] Neem n, m N, m 0 en n1 , n2 , . . . , n m natuurlijke getallen met n1 n2 nm n. Toon aan dat het aantal manieren om n verschillende objecten te verdelen over m genummerde dozen zodat doos nummer i juist n i objecten bevat, gelijk is aan n! . n1 !n2 ! nm ! nm Bewijs dat dit ook juist de co¨effici¨ent is van x 1n1 x2n2 xm in de ontwikkeling van x1 n x2 xm . Vergelijk dit met het binomium van Newton dat de ontwikkeling van x1 x2 n geeft. Deze gelijkenis leidt ons tot een naam voor de co¨effici¨enten in de ontwikkeling van x1 x2 xm n . We noemen ze multinomiaalco¨effici¨enten en noteren ze, ook analoog met binomiaalco¨effici¨enten, met

n n1 , n2 , . . . , n m

:

n! . n1 !n2 ! nm !

In deze nieuwe notatie hebben we dat n k

n k, n k

voor de binomiaalco¨effici¨enten. 38. # Toon aan dat het aantal n-tallen x1 , . . . , x n elementen van N dat voldoet aan x1

gelijk is aan

n r 1 r

.

39. " ! Bereken de co¨effici¨ent van

xn

r

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE (a) x5 in 1

11

x

(b) a2 b8 in a

b

(c) a6 b6 in a2 10

(d) x3 in 3

b3 4x

30

5

6

40. " ! Gebruik het binomium van Newton om eigenschap 17 op blz. 23 te bewijzen. 41. " ! Toon aan dat n

N0 :

k even 0 k n

n k

n k

k oneven 0 k n

2n

1

.

[Hint: eigenschap 17 en oefening 31b.] 42. " ! Toon aan2 dat

m

n

m 0

r [Hint: 1

x

m

1

x

n

1

x

n r

m 1

n r

1

m r

n . 0

m n .]

43. " ! In een klas van 67 wiskundestudenten zijn er 47 die Frans kennen, 35 die Duits kennen en 23 die zowel Frans als Duits kennen. Hoeveel kennen er geen van beide? Als bovendien 20 studenten Russisch kennen, van wie 12 ook Frans en 11 ook Duits kennen en 5 studenten kennen de drie talen, hoeveel zijn er dan die geen van de drie kennen? 44. " ! Hoeveel woorden kan je maken met de letters A, E, M, O, U, Y (elk 1 keer gebruiken) als de opeenvolgingen ME en YOU niet mogen voorkomen? 45. # Noem dn het aantal ‘derangements’ van n (een derangement is een permutatie waarbij geen enkel element op zichzelf wordt afgebeeld). Bepaal d 4 . [9] 46. # Bepaal dn (zie oef 45). Bewijs dat dn

n! e

.

47. " ! 4 mensen in een gebouw met tien etages stappen op de gelijkvloerse verdieping in de lift. Op hoeveel manieren is het mogelijk dat (a) iedereen op dezelfde etage uitstapt? (b) er e´ e´ n persoon op een bepaalde etage uitstapt en de drie andere samen op een andere? (c) er twee personen elk op een andere etage uitstappen en de twee resterende samen op nog een andere? (d) er twee personen op e´ e´ n etage uitstappen en de twee andere op een andere? (e) iedereen op een andere etage uitstapt?

48. " ! Toon aan: als je in een vierkant met zijde 1 meter tien punten zet, dan zijn er minstens twee die dichter dan 0.5 meter bij elkaar liggen. [examen januari 2005] 2 Deze identiteit werd voor het eerst bewezen door de Franse wiskundige A.T. Vandermonde (1735–1796) in 1772.

HOOFDSTUK 2. EENVOUDIGE PRINCIPES VAN DISCRETE WISKUNDE

31

49. " ! Op vrijdag 14 januari 2005 gaan proffen en assistenten van het departement wiskunde naar restaurant “Le Mess” voor het traditionele nieuwjaarsetentje. Voor het voorgerecht kunnen ze kiezen tussen een vispasteitje of een salade met avocado en garnalen. Voor het hoofdgerecht zijn er drie mogelijkheden: filet mignon met pepersaus en frietjes, kabeljauwfilet met gestoomde groenten of Gentse waterzooi. Voor het dessert tenslotte kan er gekozen worden tussen ijs met aardbeien of Apfelstrudel. (a) Vanaf hoeveel inschrijvingen is het onvermijdelijk dat 2 mensen exact hetzelfde menu bestellen (ga ervan uit dat iedereen zowel een voorgerecht, een hoofdgerecht en een dessert neemt)? (b) De secretaresse maakt een lijstje met daarop alle gerechten en hoeveel mensen dat gerecht nemen. Als er 11 mensen inschrijven, en als iedereen drie gangen neemt, hoeveel verschillende lijstjes kan de secretaresse dan zo bekomen? (c) Van de 11 personen die aan het dinertje deelnemen zijn er 4 gespecialiseerd in algebra, 4 in topologie en 4 in statistiek. Er zijn 2 mensen die zowel de statistiek als de topologie bemeesteren, en telkens 1 persoon voor de combinaties topologiealgebra en statistiek-algebra. Niemand beschouwt zichzelf als een specialist in de drie richtingen. Hoeveel personen op het dinertje zijn in geen van deze drie vakken gespecialiseerd? [examen januari 2005] 50. " ! In hoeveel permutaties van de letters van het alfabet komt geen enkel van volgende patronen voor: KAT, HOND, MUIS. [examen augustus 2005] 51. " ! In hoeveel permutaties van de letters van het alfabet komt geen enkel van volgende patronen voor: KAT, HOND, MUIS, SPIN. [examen augustus 2005] 52. " ! Een auditorium heeft 800 plaatsen. Hoeveel van die plaatsen moeten bezet zijn als je zekerheid wilt dat twee studenten in het auditorium dezelfde beginletters van vooren achternaam hebben? [examen augustus 2005] 53. " ! Zes koppels organiseren een aantal diners. Zij nemen steeds plaats aan een rechthoekige tafel met 6 plaatsen aan elke kant. De plaatsen zijn genummerd en ze zorgen ervoor dat niemand ooit recht tegenover zijn partner zit. Hoeveel diners kunnen de koppels organiseren als zij willen dat nooit alle 12 personen op dezelfde plaatsen zitten als op e´ e´ n van de voorgaande diners? [examen augustus 2006] [329702400]

Hoofdstuk 3

Gehele getallen Al van in de kleuterklas gebruiken we gehele getallen. We sommen enkele belangrijke eigenschappen op van Z en haar bewerkingen en ..

3.1 Gekende eigenschappen • De optelling is inwendig a, b

Z:a

b

Z

• De optelling is associatief a, b, c

Z: a

b

c

a

b

c

• De optelling heeft een neutraal element (in Z is dat 0) n

Z: a

Z:a

n

a

n

a

• elk element a heeft een invers of symmetrisch element t.o.v. de optelling (in Z noteren we dat a) a

Z: b

Z:a

b

n

• De optelling is commutatief a, b

Z:a

b

b

a

• De vermenigvuldiging is inwendig a, b

Z : a.b

Z

• De vermenigvuldiging is associatief a, b, c

Z : a.b .c

a. b.c 32

b

a

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

33

• De vermenigvuldiging heeft een neutraal element (in Z is dat 1) e

Z: a

Z : a.e

a

e.a

• De vermenigvuldiging is commutatief a, b

Z : a.b

b.a

• De vermenigvuldiging is distributief t.o.v. de optelling a, b, c

Z : a. b c a b .c

a.b a.c

a.c b.c

Deze eigenschappen vatten we samen door te zeggen dat Z, , . een commutatieve ring met eenheid is. Notatie. We schrijven a element van b”.

b voor a

b. a

b is dus kort voor “a plus het symmetrisch

21 Eigenschap. In Z, , . zijn de symmetrische en neutrale elementen uniek. Bewijs. Oefening. 22 Eigenschap.

m, n

Z:m

n

m

n.

Bewijs. Als we bewijzen dat n n is het in orde, want m n vermits symmetrische elementen uniek zijn is dit duidelijk want n

m n

n . Maar 0.

3.1.1 Andere voorbeelden van ringen Veeltermen De verzameling van veeltermen met re¨ele co¨effici¨enten en onbekende X is n

RX :

ai X i n

N, i

0..n : a i

R .

i 0

Op deze verzameling defini¨eren we een optelling door n

m

ai X i

i 0

max m,n

bj X j

ak

j 0

waarbij we veronderstellen dat a k een vermenigvuldiging door n i 0

k 0

0 voor k

ai X i

bk X k

m

. j 0

n en bk

bj X j

m n k 0

0 voor k

ck X k

m. We defini¨eren ook

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

34

waarbij ai b j .

ck i 0..n j 0..m i j k

De formule voor ck drukt gewoon uit dat je de som neemt van alle producten van termen uit de eerste en de tweede veelterm die X k opleveren. Met deze definities is R X , , . een ring. Analoog zijn ook Z X , , . en Q X , , . ringen. Verifieer dit zelf als oefening. Matrices Een ander voorbeeld van een ring is de verzameling van alle re¨ele vierkante matrices met de optelling en de vermenigvuldiging die we gewoon zijn. Verifieer eveneens zelf.

3.2 Welorde De elementen van Z zijn ook geordend door de relatie kende eigenschappen: •

is reflexief a

•

Z:a

a

is antisymmetrisch a, b

•

. Deze heeft ook enkele goed ge-

Z: a

b

b

a

a

b

is transitief a, b, c

Z: a

b

b

c

a

c

• Bovendien geldt: a, b, c

Z:a

b

a

c

b

c

en a, b 23 Eigenschap. als a

Z, c

b, dan

b

N:a

b

a.c

b.c

a.

Bewijs. Trek van beide leden a af. Je krijgt: 0 b a.

b

a. Trek vervolgens van beide leden b af:

24 Definitie. Zij S Z. x Z heet een ondergrens van S indien s van S is de grootste ondergrens van S.

S:x

s. Het infimum

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

35

Voorbeeld. S is

5, 3, 10, 20 heeft vele ondergrenzen, bij voorbeeld 6, 200, 5, . . .. Het infimum 5. Merk op dat in dit voorbeeld het infimum van S zelf tot S behoort.

25 Definitie. Indien het infimum van een verzameling S zelf tot S behoort, dan noemen we het een minimum. Een andere bijzondere en intu¨ıtief duidelijke eigenschap van Z (die we niet bewijzen) is de welgeordendheid. 26 Stelling (Welgeordendheid). Elke niet-lege deelverzameling van Z die een ondergrens heeft, heeft ook een minimum.

3.3 Bewijs per inductie Voorbeeld. Hoe bewijzen we dat n 1 We merken eerst op dat voor n

N 0 geldt dat 3

5

2n

1

n2 ?

1, het kleinste element van N0 , de eigenschap waar is: 1

12 .

Dan gaan we ervan uit dat de eigenschap geldt voor n k en we bewijzen hieruit dat de eigenschap dan ook moet waar zijn voor n k 1. Dus nemen we aan dat 1 3 5 2k 1 k 2 dan tonen 2 2k 1 2k 1 k 1 . Dat is gemakkelijk want, gebruikmakend we aan dat 1 3 5 van de aanname, wordt het linkerlid k2 2k 1 k2 2k 1 k 1 2. Door deze algemene redenering kunnen we uit het feit dat de eigenschap geldt voor n dat ze ook geldt voor n 2. Hieruit leiden we dan af dat ze geldt voor n 3, enz.

1 afleiden

Algemeen gaat een bewijs per inductie als volgt. Zij P een eigenschap die we willen bewijzen voor alle n

N.

1. Verifieer de basis van de inductie P 0 (of P 1 of P n 0 , met n0 het kleinste natuurlijke getal waarvoor P zin heeft). 2. Bewijs uit de inductiehypothese P k dat P k inductiestap).

1 moet gelden (deze stap heet de

We bewijzen nu dat een bewijs per inductie wel echt aantoont dat de eigenschap P geldt voor elk natuurlijk getal. Onderstel immers van niet, en stel S n N P n . Deze verzameling is niet leeg wegens het veronderstelde. Vermits S N heeft S een ondergrens (bijvoorbeeld 1). Door de welgeordendheid van de gehele getallen heeft S een minimum. Noteer dat minimum m. Door de basis van de inductie weten we dat 1 S en dus m 1. Omdat m een minimum is, hebben we zeker m 1 S zodat P m 1 waar is. Maar de inductiestap verzekert dan dat P m ook waar is. Strijdig.

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

36

3.4 Quoti¨ent en rest Als we 46 delen door 6, weten we wel dat de deling ‘niet opgaat’ maar dat er een rest is van 4. Het quoti¨ent is 7. We kunnen dit samenvatten als 46 6 7 4 of ‘46 is een veelvoud van 6 plus 4’. In het algemeen geldt: 27 Stelling. Gegeven a

Z en b

N0 , dan q, r

Z: a

bq

r met 0

Z:a

by

x .

r

b.

Bewijs. Stel R:

x

y

N

R is zeker niet leeg, want als a 0, dan is a R want a b 0 a. Als a 0 dan hebben we a ba 1 b a zodat 1 b a R want 1 b a N omdat 1 b 0 en a 0. Uit het welordeningsprincipe kunnen we besluiten dat R een kleinste element r heeft. Dan geldt: y Z : a by r zodat we q : y kunnen nemen. Er blijft te tonen dat 0 r b. Door de definitie van R is 0 r in orde. Indien r b, dan is r b 0 en uit a by r a b y 1 r b volgt dan r b R en dat is strijdig, want r was het kleinste element van R. 28 Stelling. r en q in de vorige stelling zijn uniek. Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde. Onderstel dat q Veronderstel dat q

q

Z, r

q, zodat q r

a

r q

bq

0..b

1 : bq

r

a

bq

r.

1. Dan krijgen we: a

bq

b q

q

r

b

Strijdig. Bijgevolg is q q niet waar. Analoog toon je dat q moet dus q q en dan ook r r .

b. q ook niet kan. Uiteindelijk

Een belangrijke toepassing van de vorige stellingen is onze (decimale) schrijfwijze voor getallen. Gegeven een natuurlijk getal x en een ‘basis’ t 2, dan kunnen we herhaaldelijk de stelling toepassen: x

tq0

r0

q0

tq1

r1

.. .

met elke r i

0..t

1 en qn

qn

2

tqn

qn

1

tqn

rn

1

1

rn

0.

Substitutie van de laatste vergelijking in de voorlaatste enz. geeft x

rn t n

rn

1t

n 1

r1 t

r0

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

37

zodat de schrijfwijze voor x in basis t gelijk is aan rn rn

1

. . . r 1 r0 .

Notatie. We noteren de schrijfwijze van een getal x in basis t als x t . Voorbeeld. In de informatica werkt men dikwijls in basis 2. Hoe berekenen we 386 2 ? 386 193 96 48 24 12 6 3 1 Dus 386

2

193 96 48 24 12 6 3 1 0

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 1 0 0 0 0 0 1 1

110000010.

29 Definitie. We zeggen dat een geheel getal b een veelvoud is van a Z indien k Z : b ka. We zeggen in dat geval ook dat a het getal b deelt en schrijven a b. Ook zeggen we dat a een factor of een deler is van b of dat b deelbaar is door a. Als a 0, noteren we het getal k Z waarvoor b ka met ba . Natuurlijk bestaat ba voor elke keuze b Z, a Z0 maar in het algemeen behoort ba tot Q en niet tot Z. Enkel als a b hebben we ba Z. 30 Eigenschap. Zij n, d, c

Z met c d

0 n

c

Bewijs. d n k Z : n kd en c n lcd en dus volgt c n en aangezien nc

d. Er geldt n d

c

n d

n

d

c k ld volgt ook d

n c n c.

l

Z:k

lc. Bijgevolg is

3.5 Grootste gemene deler 31 Definitie. Stel a, b Z. Een geheel getal d heet een grootste gemene deler (ggd) van a en b indien d a en d b (gemene deler) e`n c Z : c a c b c d (grootste). Voorbeeld. 6 12

60 en 6

84 maar toch is 6 geen ggd van 60 en 84, want 12

60 en 12

6.

Opmerking. Als d een ggd is, is ook 32 Eigenschap. Zijn d Bewijs. Dit volgt uit d

d een ggd. We hebben:

d grootste gemene delers van a en b. Dan geldt d d en d

d.

d.

84 maar

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

38

33 Definitie. De grootste gemene deler van a en b is de unieke positieve grootste gemene deler van a en b. We noteren hem ggd a, b . Hoe berekenen we nu ggd a, b ? Hiervoor hebben we nog volgende eigenschap nodig: 34 Eigenschap. Stel a

bq

r. Dan is ggd a, b

ggd b, r .

Bewijs. Stel d a en d b. Dan zal ook d a bq zodat d en d r dan volgt d bq r zodat d ggd a, b .

b en d

r. Omgekeerd: als d

b

Voorbeeld. We bepalen ggd 2406, 654 . We passen hiervoor de voorgaande eigenschap herhaaldelijk toe: 2406 654 444 210 24 18

654.3 444 444.1 210 210.2 24 24.8 18 18.1 6 6.3 0

ggd 2406, 654

ggd ggd ggd ggd ggd 6

654, 444 444, 210 210, 24 24, 18 18, 6

Algmeen: als we hebben a b r1 rk rk rk

bq1 r1 q 2 r2 q 3

.. . 4 3 2

rk rk

r1 r2 r3

3 qk 2

rk rk 0

2 qk 1

rk

1 qk

met

0 0 0

.. . 0 0

2 1

rk rk

r1 r2 r3 2 1

b r1 r2 rk rk

3 2

dan is ggd a, b

ggd r k rk

2 , rk 1

1

de laatste niet-nulle rest. Dit algoritme heet het Euclidisch algoritme. 35 Stelling (B´ezout1 ). Stel a, b Z, b 0, d ggd a, b . Dan m, n d het kleinste natuurlijk getal waarvoor dit mogelijk is.

Z:d

ma

nb. Ook is

Bewijs. Voor b 0 is de stelling triviaal. Als b 0, lezen we het resultaat van het euclidisch algoritme van achter naar voor: d 1 Etienne

rk

1

B´ezout (1730–1783), Frans wiskundige.

rk

3

rk

2 qk 1 .

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN Dus d rk 3 qk

2

m rk zodat

2

n rk

3,

met m

39

qk

d

m rk m rk rk

3

d waaruit, via de substituties r2 d

b

3 qk 2

n rk

4 qk 3

m

k 3

k 3

m

b

k 3

m

k 2

r1

m

k 2

r2

a

m mb

k 2

3

m rk

4

rk

4

4.

k 3

n a

q2

n

n k 3

k 2

n

k 3

r1

r1

m

k 3

b

b

bq1 q1

r1

bq1 :

r1 q 2 n

3

n rk

2

enz. Uiteindelijk vinden we

r1 q2 en r1

m

1. Nu substitueren we r k

n rk

2

3

rk

5

rk

4

m qk

Daarin substitueren we r k

en n

1

n k 2

k 2

b

b

m

k 2

a

na.

Bewijs als oefening dat er geen kleiner getal d m a n b.

0 bestaat waarvoor n , m

Z: d

Voorbeeld. We passen de stelling van Bezout toe op het vorige voorbeeld: 6

24 18 24 210 8.24 9 444 2.210 210 9.444 19 654 444 28 2406 3.654 19.654

9.24 210 9.444 19.210 28.444 19.654 28.2406 103.654

Uit vorige stelling volgt onmiddellijk dat alle veelvouden van ggd a, b te schrijven zijn als ma nb voor zekere m, n Z. 36 Gevolg. Zij a en b gehele getallen. Enkel veelvouden van ggd a, b zijn te schrijven als ma

nb.

Bewijs. Schrijf d ggd a, b ma nb, uit vorige stelling, en veronderstel even dat een ander geheel getal x met d x kan geschreven worden als m a n b. Vermits x geen veelvoud is van d, hebben we x kd q, met 0 q d. Maar dan is q x kd m km a n kn b een getal kleiner dan d dat te schrijven is als ra sb, . 37 Definitie. a, b

Z heten relatief priem indien ggd a, b

38 Eigenschap. ggd a, b

1

m, n

Z : ma

nb

1.

1.

39 Gevolg. Als a en b relatief priem zijn, kan elk geheel getal geschreven worden als ma

nb.

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

40

Bewijs. Vermits alle getallen veelvouden zijn van 1 eigenschap.

ggd a, b , volgt dit uit voorgaande

40 Eigenschap. Een positief rationaal getal heeft een unieke schrijfwijze als priem en positief. Bewijs. Stel

a b

a met ggd a, b b

1 b

Dus b

b . Analoog bewijs je dat b

ggd a , b . Dan is ab

a b

met a en b relatief

a b. Maar

1.b ma

nb b

mab

nbb

ma b

nb b

ma

nb b.

b zodat uiteindelijk b

b en bijgevolg a

a.

3.6 Priemgetallen De definitie kennen we allemaal: een priemgetal is een natuurlijk getal met juist twee verschillende positieve delers. Dus een getal m 2 is niet priem als en slechts als we m m 1 m2 kunnen schrijven met 1 m1 , m2 m. Opmerking. 1 is geen priemgetal. Priemgetallen hebben zeer veel toepassingen. Een van de meest gebruikte is het ‘ontbinden in priemfactoren’ om een getal beter te leren kennen, b.v. 825 3 5 2 11. Het is nogal vanzelfsprekend dat elk natuurlijk getal groter dan 1 een ontbinding heeft in priemfactoren. Dit is een gevolg van de welordeningseigenschap van Z. We geven een Bewijs. Veronderstel even dat er minstens e´ e´ n getal is zonder factorisatie in priemgetallen. Dan is de verzameling A van alle getallen zonder factorisatie een niet-leeg deel van N. Bijgevolg heeft A een minimum m. Indien m een priemgetal is, heeft m een triviale priemontbinding. Dus moet m m 1 m2 met m1 , m2 2..m 1 . Maar vermits m het kleinste element is van A, zullen m1 en m2 niet tot A behoren. Bijgevolg zijn deze getallen ontbindbaar. Maar als we deze twee ontbindingen naast elkaar schrijven, hebben we een ontbinding van m. Dit is in tegenspraak met m A. Opmerking. Hoewel we eenvoudig kunnen aantonen dat elk getal ontbindbaar is in priemfactoren, is het vinden van zulke ontbinding helemaal niet voor de hand liggend. Er bestaan momenteel geen effici¨ente algoritmen voor het vinden van priemfactorisaties. We zullen nu aantonen dat de ontbinding van een gegeven getal uniek is (op de volgorde van de priemfactoren na). Eerst een hulpstelling: 41 Stelling. Zij p een priemgetal. Indien p een product x1 x2 delen.

xn deelt, moet p e´e´n van de factoren

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

41

Bewijs. Door inductie op het aantal factoren van x1 x2 niet priem te zijn). • n

1

OK, triviaal

• n

k

n

k

Onderstel dat p

Indien p

xn (deze factoren hoeven natuurlijk

1 x 1 x2

xk xk

1

en stel x :

x 1 x2

xk . Dan hebben we p

x, hebben we door de inductiehypothese dat i

k :p

x.xk

1.

x i.

Indien p x weten we dat ggd p, x 1 omdat p priem is en dus maar twee delers heeft en p niet de ggd kan zijn. De stelling van Bezout levert m, n Z zo dat 1 mp nx. Dan geldt: xk

1.xk

1

1

mp

nx xk

mpxk Vermits p

mpxk

1

en p

nxxk

1

(omdat p

1

nxxk

1

xxk

1 ),

1

moet p

xk

1.

Opmerking. p moet wel priem zijn. Anders is het niet moeilijk een tegenvoorbeeld te vinden, b.v. 6 8.3, en toch is 6 8 en 6 3. 42 Stelling. Een natuurlijk getal n van de factoren na).

2 heeft een unieke ontbinding in priemfactoren (op de volgorde

Bewijs. Als de stelling niet waar zou zijn is er, door de welordeningseigenschap, een kleinste getal n met twee verschillende ontbindingen: p1 p2

pk

n

p 1 p2

pl

met pi en p j (niet noodzakelijk verschillende) priemgetallen voor i

k en j

l.

Uit n p1 p2 pk leiden we af dat p1 n en dus p1 p1 p2 pl . De vorige stelling zegt dan dat j l : p1 p j . Maar vermits p1 en p j beide priemgetallen zijn (en 1 geen priemgetal is) wil dit zeggen dat p j p1 . Voor de eenvoud hernummeren we de priemfactoren p 1 , p2 , . . . , p l zodanig dat de nieuwe p1 p1 . Dan hebben we p! pk ! p! pl 1 p2 1 p2 ! zodat p2

pk

hetgeen een tegenspraak is, want dan zou p 2 verschillende ontbindingen.

p2

pl pk een getal kleiner dan n zijn met twee

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

42

Notatie. Meestal groeperen we gelijke factoren in de priemontbinding van een getal n In het algemeen noteren we dus een priemontbinding als

N.

plkk

p1l1 p2l2

n

met p1 , p2 , . . . , p k verschillende priemgetallen en l1 , l2 , . . . , l k

N0 .

Toepassing. Zijn m, n niet-nulle natuurlijke getallen, dan geldt m 2 Bewijs. Als m

1 of n

2n2 .

1 is de stelling duidelijk. We nemen dus m, n 2xh

Bekijken we de ontbinding van m en n: m zijn de producten van de priemfactoren 2).

2y k

en n

met x, y

2. N en h, k oneven (het

Dan is m2 22x h2 en 2n2 22y 1 k2 . Deze twee getallen kunnen nooit gelijk zijn omdat we anders twee priemontbindingen zouden hebben voor m 2 , e´ e´ n met een even aantal factoren 2 e´ e´ n met een oneven aantal. Een gevolg is dat m, n

N0 :

m 2 n

2, nog een bewijs dat

2

Q.

Soms lezen we in de krant dat het ‘grootste priemgetal’ is ontdekt. Dit is fout geformuleerd. Eigenlijk bedoelt men ‘het grootste getal waarvan men tot nu toe zeker is dat het een priemgetal is’. Immers: 43 Stelling. Er zijn oneindig veel priemgetallen. Bewijs. Veronderstel dat er maar n

N priemgetallen p 1 , p2 , . . . , p n zijn. Beschouw het getal m

p 1 p2

pn

1.

Voor elk priemgetal p i (i n ) is m 1 een veelvoud van pi , dus i n : p i m. Maar m heeft een unieke priemontbinding. Dus moeten er andere priemgetallen bestaan dan p1 , p 2 , . . . , p n .

3.7 De ϕ-functie van Euler 44 Definitie. Voor een n zijn met n.

N0 defini¨eren we ϕ n als het aantal getallen in n die relatief priem

Laten we een kleine tabel maken voor de eerste 8 positieve natuurlijke getallen. n ϕ n

1 2 3 4 5 6 7 8 1 1 2 2 4 2 6 4

We merken op: voor p priem is ϕ p

p

1.

Laten we ϕ 12 berekenen. We krijgen ϕ 12

4.

Als we de som nemen van ϕ d voor alle delers d van 12 krijgen we ϕ 1 1 Algemeen hebben we

ϕ 2 1

ϕ 3 2

ϕ 4 2

ϕ 6 2

ϕ 12 4

12

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN 45 Stelling.

n

N0 :

ϕ d

43

n.

d n

Bewijs. Stel S:

d, f

d

n, f

d , ggd d, f

1 .

Dan geldt S

f

d, f

S

d n

ϕ d. d n

We bewijzen nu S

n door een bijectie β : S β d, f :

n te construeren. Stel n d

f

wat altijd een getal uit n is (zie definitie van S). Nu is β injectief omdat β d, f f

met ggd f , d

ggd f , d

n d

f

n d

f d

f d

1. Uit eigenschap 40 volgt dan f

β is ook surjectief. Zij immers x dx

β d,f

f en d

d.

n en stel

n ggd n, x

N

en

fx

x ggd n, x

N.

Dan is f x dx omdat x n en ggd d x , f x 1 omdat voor elke gemeenschappelijke deler k van dx en f x moet gelden dat hij n en x deelt, dus ook ggd n, x zodat de factor k in teller en noemer van zowel d x en f x staat en dus wegvalt. Nu geldt ook β dx , f x

fx

n dx

x " ggd x,"n "" "

n #

" ggd x,"n "" " n #

x.

We kunnen ook een expliciete formule bekomen voor ϕ n , indien we de priemontbinding van n kennen. Laat ons bijvoorbeeld ϕ 60 berekenen. We weten dat 60 2 2 3 5. We zoeken de getallen f 60 met ggd f , 60 1. Dit zijn juist alle getallen in 60 die geen (priem)factor gemeenschappelijk hebben met 60. De getallen die wegvallen zijn dus alle veelvouden van 2, van 3 en van 5 tussen 1 en 60. Maar er zijn natuurlijk getallen die tegelijk een veelvoud zijn van 2 en van 3. We hebben hier een typisch probleem van inclusie en exclusie.

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN Noteer A d : ϕ 60

x 60

60 A2

d

44

x . Dan is

A3

A5

60

A2

A3

A5

A2

60

A2

A3

A5

A6

60

30

20

12

10

6

A3

A2

A10 4

A5

A3

A15

A5

A2

A3

A5

A30

2

16. Algemeen bewijzen we: 46 Stelling. Zij n

ϕ n

1 p1

n 1

Bewijs. We stellen weer voor d n: A d : Zoals in het voorbeeld hebben we nu ϕ n

1 p2

1 x

n

A p1

n

α1

d

A p2 α2

1 pk

1

n

plkk , dan geldt

p1l1 p2l2

2 met als ontbinding in priemfactoren n

x

.

kd k

n d

zodat Ad

n d.

A pk 1

α3

k 1

αk

met A p j1

αi j1 ,j2 ,...,ji

A p j2

A p ji ,

k i

de som van de cardinaliteiten van alle doorsnedes van i van de k verzamelingen. Dit kunnen we nog schrijven als A p j1 p j2

αi j1 ,j2 ,...,ji

p ji

k i

n p j1 p j2

j1 ,j2 ,...,ji

p ji

k i

1

n j1 ,j2 ,...,ji

p j1 p j2

p ji

.

k i

Dus ϕ n

n

n n

1 p1 p2

1 n 1

1 p1

1 p2 1 p1 p3

k 1n 1 p1

1 p1 p2 p k 1 p12

1 pk

1

1 pk

.

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

45

3.8 Congruenties 47 Definitie. Zijn x1 , x2 Z, m N 0 . x1 en x2 heten congruent modulo m indien m Het natuurlijk getal m heet de modulus. We schrijven x1 m x2 of x1 x2 mod m . 48 Eigenschap. Bewijs.

m

x2

x1 .

is een equivalentierelatie.

m

is

• reflexief: x

m

x want x

• symmetrisch: x • transitief: x k l m.

49 Stelling. y1 m y2 :

m

m

m

y

y en y

x y m

0 is een veelvoud van m; x

z

km y

x

x

y

k m

km en z

y

is ‘compatibel’ met ‘ ’ en ‘.’ in Z, i.e.: x1

y1

m

x2

x1 y1

m

x2 y2 .

y

lm

m

z

x; x

z

x1 , x2 , y1 , y2

y

y

Z met x1

x

m

x2 en

y2

en

Bewijs. Stel x2

x1 x2

km en y2 y2

x1

y1

y1

lm. Dan geldt x2

x1

y2

y1

x2 y2

x1 y2

km

lm

k

l m

en x2 y2

x1 y1

x2

x1 y2

x1 y2

y2

kmy2

lmx1

ky2

lx1 m

x1 y1 y1 x1

Toepassing.(De 9-proef) Als een getal in basis 10 geschreven wordt als x n xn hebben we x x0 x 1 xn mod 9 .

Bewijs. x

x0

x1

xn

x0 x0 9x1

x1

10

x1 99x2

xn

10n

xn 999x3

10n

1 xn .

1

x0 dan

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN 10i

Maar er geldt duidelijk dat 9

1

46 99

x1

i keer

xn , dan hebben we aangetoond: x

99. Als we dan ρ x schrijven voor x0

Z:x

ρ x (mod 9)

. Dit wordt in de lagere school gebruikt om berekeningen na te kijken. Inderdaad, we weten dat x ρ x (mod 9) en y ρ y (mod 9). Als xy z moet dus ρ z

z

xy

ρ x ρ y (mod 9).

Opgelet: het omgekeerde geldt niet noodzakelijk. Als de 9-proef klopt ben je dus nog niet zeker van je resultaat. Voorbeeld. 54321

98765 5363013565 kan onmogelijk juist zijn, want ρ 54321 15, ρ 98765 =35 en ρ 5363013565 37. Wil de berekening kloppen, dan moet dus ook 15 35 37 (mod 9). Maar we mogen elk van deze getallen nog reduceren mod 9 om de berekeningen te vereenvoudigen. Dus 15 35 6 8 48 3

37 1 1 1

(mod 9) (mod 9) (mod 9) (mod 9)

wat dus fout is.

3.9 Equivalentierelaties en partities 50 Definitie. Een relatie R

X

X is een equivalentierelatie als ze

1. reflexief is: x

X : xRx

2. symmetrisch is: x, y

X : xRy

yRx

3. transitief is: x, y, z

X : xRy

yRz

xRz.

51 Definitie. Gegeven een verzameling V, defini¨eren we een partitie van V als een verzameling A van deelverzamelingen van V die voldoen aan volgende twee voorwaarden: (P1) (P2)

A A

B

A: A V

B

∅

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

47

52 Stelling. Een equivalentierelatie geeft steeds aanleiding tot een partitie. Bewijs. Stel voor x

X: Ex :

y

X yRx .

Ex heet de equivalentieklasse van x en x zelf heet representant. Dan is E partitie. Inderdaad, • (P2) is voldaan omdat x X : Ex X, zodat reflexiviteit van R dat x X : x Ex , zodat X

E E.

Ex x

X een

X maar bovendien geeft de

• (P1) is ook voldaan. We bewijzen dat Ex Ey ∅ Ex Ey . Zij namelijk z Ex Dan xRz en yRz en bijgevolg xRy zodat x Ey . De transitiviteit toont aan dat E x Ook y Ex zodat Ey Ex .

Ey . Ey .

53 Stelling. Ook omgekeerd geeft elke partitie van een verzameling X aanleiding tot een equivalentierelatie. Bewijs. Zij A een partitie van X. Definieer, voor x, y xRy

A

X:

A : x, y

A.

Ga zelf als oefening na dat dit een equivalentierelatie is.

3.10 Modulair rekenen Vermits congruentie modulo m een equivalentierelatie is, kunnen we kijken naar de partitie die ontstaat. Bijvoorbeeld: E0

0, m, 2m, 5m, . . . km k

Z

veelvouden van m E1

1, m km

1, 3m 1 k

1, . . .

Z

gehele getallen waarvoor de rest bij deling door m gelijk is aan 1 E2

km

2 k

km

m

Z

.. . Em

1

Em

1

k

Z

E0 .

We hebben m congruentieklassen. Ze vormen een partitie van Z. De bewerkingen van Z induceren bewerkingen op deze m congruentieklassen: Ek

El :

Ek l ,

Ek

El :

Ek l .

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

48

Natuurlijk moeten we nagaan dat deze bewerkingen niet afhangen van de keuze van de representanten in E k en El . Zij Ek Ek en El El . We moeten bewijzen dat E k l Ek een gevolg van stelling 49 omdat k m k en l m l en dus k vermenigvuldiging werken we volledig analoog. Notatie. De verzameling E0 , E1 , . . . , Em

1

l

. Maar dat is gewoon l m k l . Voor de

noteren we Z m .

54 Stelling. Zm , , . is een commutatieve ring met eenheid. Bewijs. De bewerkingen zijn inwendig: Ek El Z m en Ek El Z m . De commutativiteit komt neer op E k El El Ek en Ek El El Ek , wat klopt door de overeenkomstige eigenschappen van en in Z. Verder moeten we nog aantonen dat Ek El Ek El Ek E0 Ek E1 Ek El Ek El Ek Z m

En Ek El En En Ek El En Ek E0 Ek Ek E1 Ek En Ek El Ek En En Ek En El En : Ek E k Z m : Ek

Ek

E0

Ek

Ek

We laten de bewijzen als oefening.

Vereenvoudiging van notatie Vermits de rekenregels in Z m , , dezelfde zijn als in Z, , , kunnen we zonder gevaar k noteren in plaats van Ek voor de restklasse van k modulo m. De context moet dan uitwijzen of we modulo m tellen of gewoon in Z. 5 3 zal dus een verkorte notatie zijn voor E 5 E3 in Z6 bijvoorbeeld. We zullen dan ook hebben 5 3 2. Toch even wijzen op een belangrijk verschil tussen Z en Z m . In Z geldt voor elke a ab ac b c. Dit is niet langer waar in Zm . In Z 6 bijvoorbeeld hebben we 3 1 maar 1 5.

0 dat 3 5

Inverteerbare elementen in Z m We hebben gezien dat Z m , , een commutatieve ring is met eenheid. Het verschil met veelgebruikte ringen zoals Q, , of R, , is dat sommige elementen niet inverteerbaar zijn. 55 Definitie. x x y m 1).

Zm heet inverteerbaar indien er een y

Voorbeeld. in Z6 is 1 inverteerbaar want 1 2

2

4, 2

3

0, 2

56 Lemma. Zij x

4

2, 2

5

1 4. Dus y

Zm bestaat met x

1. 2 is niet inverteerbaar want 2 Z 6 : 2 y 1.

Zm inverteerbaar. Dan is het invers van x uniek.

0

y

1 (dus

0, 2

1

2,

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

49 xz

Bewijs. Veronderstel dat y en z twee inversen zijn. Dus xy y xz yx z 1 z z.

1. Dan y

Bijgevolg kunnen we een notatie invoeren voor het uniek invers van x Noteer ook U m x Zm x inverteerbaar .

y

1

Z m , namelijk x

1.

57 Stelling. x

Zm : x

ggd x, m

Um

1.

Bewijs. x

y

Zm : xy

y

Z, k

Z : xy

1

y

Z, k

Z : xy

km

Um

1

Een gemene deler van x en m is ook een deler van xy ggd x, m 1 xy 1 in Zm .

58 Gevolg. Um

y, k

Z : xy

km

1 of xy

km 1

km. Bijgevolg is ggd x, m 1

km of nog m

xy

1.

1 zodat

ϕ m.

59 Definitie. Een ring met eenheid waarin elk niet-nul element inverteerbaar is, heet een lichaam. Indien de vermenigvuldiging bovendien commutatief is, spreekt men van een veld. 60 Gevolg. Voor p priem is elk van nul verschillend element in Zp inverteerbaar. Z p , , een veld. 61 Lemma. Als x, y Bewijs. xy

y

Um , dan xy

1x 1

xx

1

Um en xy

1

is dus

1 x 1.

y

1 en inversen zijn uniek.

62 Stelling. y Bewijs. Uit lemma 61 volgt yUm want y 1 y 1, zodat y 1 x Um . 63 Stelling. Zij y

Um : yUm

Um .

Um . Stel nu x

Um . Dan geldt: y ϕ

m

Um . Dan is x

y y

1x

en y

1

Um

1 in Z m .

Bewijs. Nummer de elementen van U m . Dus Um u1 , u2 , . . . , u ϕ m . Stel u : u 1 u2 Dan is u een element van Um want het is een product van elementen van U m .

uϕ

m

.

Vermits yUm Um zijn de elementen yu1 , yu2 , . . . , yu ϕ m niets anders dan u 1 , u2 , . . . , u ϕ eventueel in een andere volgorde geschreven. Bijgevolg geldt ook:

m

,

yu1

yu2

yu ϕ

u

m

of nog yϕ

m

u1 u2

uϕ

m

u

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

50

of

yϕ m u uu 1 yϕ m

u uu 1.

yϕ m

1

Andere formuleringen van dezelfde stelling: y

Z, m

N0 : ggd y, m

yϕ

1

m

m

1.

Dit heet de stelling van Euler. Een speciaal geval is de kleine stelling van Fermat: 64 Stelling. Voor p priem hebben we N : np

n Bewijs. Als p n p p n. Als p

p

n.

n is n inverteerbaar modulo p zodat n ϕ

n is het duidelijk dat n p

p

0

p

p

p

1, of nog n p

1

p

1, zodat

n.

3.11 Oefeningen 1. " ! Bewijs dat

n

N 0 : 12

2. " ! Bereken S n 13 23 Bewijs je hypothese.

22

n3 voor 1

n2 n

1 n n 6

1 2n

1

6. Leid daaruit een formule af voor S n .

3. " ! Zoek het kleinste natuurlijk getal n 0 waarvoor geldt dat n! schap voor alle n n0 .

2n . Bewijs deze eigen-

4. ! Hoe ziet 2004 eruit in de stelsels met grondtal 2, 5 en 11? 5. ! Toon aan: als c

a en c

b, dan x, y

Z: c

xa

yb .

6. " !#

10 een geheel getal. Construeer b als volgt: vermenigvuldig het laatste (a) Zij a cijfer van a met 5 en tel het resultaat op bij het getal dat je bekomt door het laatste cijfer van a weg te laten [voorbeeld: a 8429 b 5 9 842 887]. Toon nu aan: 7 a 7 b.

(b) Omdat b doorgaans kleiner is dan a kunnen we het voorgaande gebruiken als test voor deelbaarheid door 7: je past het truukje steeds opnieuw toe op het getal dat je bekomt, tot je een resultaat bereikt waarvan je op het zicht ziet of het deelbaar is door 7. We willen nu een soortgelijke test ontwikkelen voor deelbaarheid door 13: gegeven een getal a construeren we b door het laatste cijfer van a te vermenigvuldigen

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

51

met een getal m en dat resultaat op te tellen bij het getal dat je bekomt door in a b 842 9m]. Zoek nu m zodanig het laatste cijfer weg te laten [dus: a 8429 dat geldt: 13 a 13 b. [examen januari 2006] 7. " ! Zij abc een getal van drie cijfers. Het omgekeerde van dat getal is cba. We noteren ¯ Onderstel nu dat x een getal is met drie cijfers het omgekeerde van een getal x met x. waarvan het eerste en het laatste cijfer verschillend zijn. Dan geldt ofwel x x¯ ofwel ¯ Zonder de algemeenheid te schaden veronderstellen we dat x ¯ Bereken nu x x. x. ¯ Welk resultaat krijg je? Probeer het op enkele voorbeelden en y : x x¯ en dan y y. geef dan een bewijs. n3

8. ! Bewijs dat 6

3n2

2n , n

0.

9. ! Zoek de grootste gemene deler van 721 en 448 en schrijf hem in de vorm 721m met n, m Z. 10. " ! Zij u en v gehele getallen. Toon aan : als er n, m is ggd u, v 1. 11. " ! Toon aan: ggd a, b

12. ! Zoek x, y

d

Z zodat 966x

ggd

a b d, d

686y

Z bestaan zodat mu

nv

Z, m, n

1 dan

1.

70. [x

110 en y

155]

13. ! Toon aan: als n 2 en n is niet priem, dan bestaat er een priemgetal p met p p2 n. Leid hieruit af dat 467 priem is. 14. " ! Toon aan : als n, m

448n

2 en m 2

n en

kn2 , dan is k een kwadraat.

15. # Toon aan: als 2n 1 priem is, dan is n priem. Zoek het kleinste getal n waarvoor het omgekeerde vals is (m.a.w. een priemgetal n zodat 2 n 1 niet priem is). 16. ! Toon aan dat

14

17. " ! Toon aan dat 42n

18. " ! Zij h

24

1 n n 30

n4

1 2n

1 3n2

3n

1

1 deelbaar is door 15, voor elk niet-nul natuurlijk getal.

1 een re¨eel getal. Bewijs voor elk natuurlijk getal n volgende ongelijkheid: 1

nh

1

h

n

[examen januari 2005] 19. " ! Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n 1 2 3

2 3 4

[examen januari 2005]

n n

0 geldt 1 n

2

1 n n 4

1 n

2 n

3

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

52

20. " ! Bewijs dat

n

i

n

3

2

i

i 1

i 1

[examen augustus 2005] 21. " ! Zij Hn

22. ! Voor n

n 1 i 1 i.

Toon aan dat

k n 1

Hn

k

N 0 defini¨eren we

n

1 Hk

k. [examen augustus 2005]

k

sn

i. k 1i 1

Bewijs dat s n

1 6n

n

1 n

2 . [examen augustus 2006]

23. " ! Voor een deelverzameling A van N 0 defini¨eren we π A als het product van alle elementen in A. Nu defini¨eren we voor n N 0 sn ∅ A

1..n

1 . πA

We hebben dus bijvoorbeeld s3

1 1

1 2

1 3

1

1

1

1 2

1 3

2 3

1 . 1 2 3

(a) Wat is de waarde van s3 ? (b) Bepaal s2 en s4 . (c) Vind een algemene formule voor de waarde van s n en bewijs deze. [examen augustus 2006] 24. ! Je beschikt over een onbeperkte hoeveelheid water, een afvoer, een container en twee emmertjes van 7 en 9 liter. Hoe kan je ervoor zorgen dat er 1 liter water in de container terecht komt? 25. # Zoek het getal n met de volgende eigenschappen : (a) n

N0 ;

(b) elke priemfactor van n komt maar e´ e´ n keer voor in de ontbinding; (c) als p priem is, geldt : p

n

p

1

n.

26. " ! Toon aan : als n een positief geheel getal is, dan is geen enkel van de n opeenvolgende getallen beginnend met n 1 ! 2 priem. 27. # Toon aan : als ggd a, b

1, dan is ggd a

28. ! Vind ϕ 19 , ϕ 20 en ϕ 21 .

b, a

b ofwel 1 ofwel 2.

29. # Toon aan : als x en n relatief priem zijn, dan zijn ook n daaruit af dat ϕ n even is van zodra n 3.

x en n relatief priem. Leid

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

53

30. # Toon aan : als p priem is en m is een positief geheel getal, dan geldt : een getal x pm is niet relatief priem met pm als en slechts als het een veelvoud is van p. 1 Leid hieruit af dat ϕ pm pm pm 1 . 31. " ! Toon aan : als de factorisatie van n gegeven wordt door pekk

p1e1 p2e2

n

dan is het aantal delers van n gelijk aan e1 32. " ! Toon aan : als ggd m, n

1 e2

1

ek

1, dan is ϕ mn

1.

ϕ m ϕ n.

33. ! Zij X 1, 2, 5, 6, 7, 9, 11 en schrijf x x als x x deelbaar is door 5. Verifieer dat een equivalentierelatie is en geef de partitie van X die deze equivalentierelatie induceert. 34. ! Toon aan, zonder de vermenigvuldiging uit te voeren, dat (a) 1234567 90123 (b) 2468 13579 25

10

1

3

35. ! Gebruik de negenproef om te tonen dat twee van de volgende gelijkheden vals zijn. Wat kan je over de derde zeggen? (a) 5783 (b) 9787 (c) 8901

40162 233256846 1258 12342046 5743 52018443

36. ! Zoek 315 mod 17 en 1581 mod 13 .

37. " ! Zij xn xn 1 . . . x1 x0 10 de voorstelling van het positieve getal x in het 10-delig stelsel. Toon aan dat x x 0 x1 x2 1 n xn mod 11 . Gebruik dit resultaat om te testen of 1213141516171819 deelbaar is door 11.

38. ! Maak de optellings- en vermenigvuldigingstabel van Z 6 .

39. " ! Los het stelsel

x 4x

2y 3y

4 4

op in Z7 en Z5 . 40. " ! Los

x2

3x

4

0

op in Z11 . [3 en 5] 41. " ! Zoek de inverteerbare elementen van Z 6 , Z7 en Z8 .

42. " ! Toon aan:

(a) 0 is nooit inverteerbaar in Zm , en 1 altijd. (b) Als x en y inverteerbaar zijn in Zm , dan zijn ook xy en x

43. ! Vind de inversen van

1

inverteerbaar in Zm .

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN

54

(a) 2 in Z11

(c) 7 in Z15

(b) 7 in Z16

(d) 5 in Z13

44. ! Wat is de rest van 347 bij deling door 23?

45. " ! Stel dat a en b gehele getallen zijn, en p een priemgetal. Toon aan dat a

b

p

p

ap

bp

46. # Zij p een priemgetal. Toon aan dat de vergelijking x x 1 in Z p impliceert dat x2 1 0. Leid hieruit af dat 1 en 1 de enige elementen van Z p zijn die gelijk zijn aan hun eigen invers. 47. # Toon aan dat voor p priem geldt 48. # Zij ai

i N

p

1!

p

1.

een rij natuurlijke getallen met ai a j

akgv

i,j

ggd i,j

Dan geldt dat ofwel (a) a1

1, ai

0 voor alle i

2 en a2 is willekeurig; ofwel

(b) er bestaat voor elk priemgetal p een getal e p N deelbaar is door pe p voor een zeker priemgetal en a i

zodat a i 0 indien i 1 voor alle andere i.

49. " ! Voor twee willekeurige postieve gehele getallen a en b defini¨eren we β a, b : ggdaba,b . Toon aan dat β a, b het kleinste gemeen veelvoud is van a en b, m.a.w. toon aan dat • a β a, b en b β a, b

•

m

Z0 : a m

b m

β a, b

m

[examen januari 2005] 50. " ! De ISBN-code van een boek bestaat uit tien cijfers x 1 x2 gelijkheid geldt

x10 waarvoor volgende

10

ixi

0

mod 11

i 1

Door een beschadiging is het ISBN-nummer van een boek van de VUB-bibliotheek niet meer volledig leesbaar: er is e´ e´ n cijfer gewist. Als we dat cijfer voorstellen door x, zien we 020157x891. Wat is x? [examen januari 2005] 51. " ! Zoek het invers element van 25 in Z 72 . [examen augustus 2005]

52. " ! Zij n

1. Toon aan:

(a) Als n

(b) Als n

2k en k is oneven, dan geldt k3 4k dan geldt 2k

2

n

0.

n

k.

HOOFDSTUK 3. GEHELE GETALLEN (c)

n 1 3 i 1 i

n

n 2

0

55

als n een tweevoud is maar geen viervoud in alle andere gevallen

[examen augustus 2005] 53. ! Bepaal ϕ 204 , waarbij ϕ de ϕ-functie van Euler voorstelt. [examen januari 2006]

54. " ! Gegeven is de vierkantsvergelijking x2

11x

7

0.

Bepaal alle oplossingen ervan in Z17 en in Z20 . [examen augustus 2006] [In Z17 : 9 en 14; in Z20 : geen] 55. " ! Gegeven is de vierkantsvergelijking

5x2

4x

1

0.

Bepaal alle oplossingen ervan in Z17 en in Z20 . [examen augustus 2006] [In Z17 : 9 en 14; in Z20 : geen]

Hoofdstuk 4

Combinatorische designs 4.1 Combinatorische designs 4.1.1 Limonades proeven. . . Voor een fabrikant een aantal nieuwe smaken limonade op de markt brengt, wil hij die laten proeven. . . Om goed te zijn zou hij door iedereen alle smaken moeten laten proeven. Dan kan iedereen een rangschikking maken van de verschillende drankjes. Meestal worden die tests gedaan aan de uitgang van een supermarkt als de klanten niet veel tijd hebben. Dus kan je niet iedereen elke smaak laten proeven. Daarom moeten we een andere test bedenken. Om representatief te blijven moet hij minstens voldoen aan volgende eigenschappen: (A) Elke proefpersoon vergelijkt eenzelfde aantal smaken. . . (B) Elke smaak wordt door evenveel personen geproefd. . . We voeren symbolen in. Het totaal aantal te testen smaken noteren we v. Elke persoon vergelijkt k smaken en elke smaak wordt door r mensen geproefd. Voorbeeld. Met v

8, k

4 en r 1234

3 5678

1357

2468

1247

3568

65 Definitie. Een verzameling X van cardinaliteit v samen met een verzameling B van delen van X met elk k elementen heet een design met parameters v, k, r indien elke x X behoort tot juist r elementen van B. De elementen van B noemen we blokken en die van X punten of vari¨eteiten. Een eerste belangrijke vraag betreft de existentie van designs.

56

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

57

4.1.2 Bestaat er voor elke keuze van v, k, r een design ? Neem bijvoorbeeld 8, 3, 5 . Beschouw voor zulk een (hypothetische) design X, B de verzameling A: B, x B B, x B We tellen A . Enerzijds is A 8 5 omdat elk van de 8 punten juist tot 5 blokken behoort. We weten niet hoeveel blokken het design heeft maar noteren dit aantal voorlopig b. Dan hebben we ook A b 3. Dit is een tegenspraak omdat 40 geen veelvoud van 3 is. We hebben in het algemeen volgende stelling: v k

66 Stelling. Voor een v, k, r -design geldt steeds k vr en ook vrk is.

omdat B een verzameling

Eigenlijk zijn deze voorwaarden ook voldoende. 67 Stelling. Voor natuurlijke getallen v, k en r bestaat er een v, k, r -design als en slechts als v k vr en vrk k . Bewijs. Stel b : vrk , neem X v en zij C een willekeurige verzameling van b verschillende deelverzamelingen van X met cardinaliteit k. Voor x X stellen we r x : B C x B en tel weer A B, x B C , x B . In onderstaande tabel zetten we in rij i en kolom j een bolletje als en slechts als punt i behoort tot blok B j . 1 2 .. .

Σ r1 r2 .. .

v

rv

B1

B2

B3

Bb

Tellen we de bolletjes in de tabel rij per rij en kolom per kolom, vinden we A bk vr. Indien x, y X : rx ry dan hebben we een design en is het gedaan! Zij nu x en y zo´ dat rx

r

x X rx

ry en stel q x y¯ :

B

C

x

B, y

B

q xy : ¯

B

C

x

B, y

B

q xy :

B

C

x

B, y

B

Dan geldt q x y¯ rx q xy en q xy ry q xy , zodat q x y¯ q xy rx ry 0. Bijgevolg hebben we ¯ ¯ q x y¯ q xy q xy ¯ . Met de q x y¯ ¯ blokken B die x bevatten maar niet y maken we andere blokken B . B $ B : B x y

Zo ontstaat minstens e´ e´ n nieuwe blok B C . We vervangen B in C door B . Zo wordt C een collectie C met r x rx 1 en ry ry 1. Als X, C nog geen design is, herhalen we dit proc´ed´e. Uiteindelijk worden alle r x gelijk aan r.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

58

Opmerking. vr k

v k

k k

v v 1! 1! v k !

v k

k

v 1! 1! v 1 k

1 !

Dus geldt er v k

r

1 1

4.1.3 Veralgemening De voorwaarde die zegt dat elk punt in eenzelfde aantal blokken moet liggen kan op verschillende manieren versterkt worden. We kunnen bijvoorbeeld eisen dat elk paar smaken bij onze limonadetest evenveel vergeleken wordt. 68 Definitie. Voor natuurlijke getallen t, v, k en r heet X, B een t v, k, r -design indien X een verzameling is met v elementen, de elementen van B delen zijn van X met k elementen en bovendien elk deel van X met t elementen omvat is door juist r blokken. De parameter t heet sterkte van het design. Een design waarin B

X k

noemt men triviaal.

Tot nu toe hebben we dus te maken gehad met 1

v, k, r -designs.

Voorbeeld. 1234 is een 1

5678

1357

2468

1247

3568

8, 4, 3 -design, geen 2-design (kijk naar 1, 2 en 1, 5 ).

Voorbeeld. 1235 2347 is een 3

4678 1267

1346 3458

2578 1378

1457 2456

2368 1248

1568 3567

8, 4, 1 -design, ook een 2-design en een 1-design, geen 4-design (ga dit allemaal na!).

Bestaan er designs voor willekeurig grote t ? door een landgenoot: Luc Teirlinck 1 .

Er werd een belangrijk artikel geschreven

Luc Teirlinck studeerde aan de VUB. Hij behaalde zijn doctoraat in 1976 en is nu professor aan de Auburn University in de VS. Wij zullen die stelling niet bewijzen maar wel nodige voorwaarden formuleren. 69 Stelling. Een t-design is ook een s-design voor elke s 1 Nontrivial

t.

t-designs without repeated blocks exist for all t. Discrete Math., 65(3):301–311, 1987.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

59

v, k, rt -design. We tonen aan dat dit ook een t 1 -design is. Bewijs. Zij X, B een t t 1 en noteer met r S het aantal blokken dat S omvat. We Neem hiervoor S X met S tellen de koppels B, x met x S en S x B op twee manieren en krijgen v

t

1

rt

rS

k

t

1

We zien dat rS onafhankelijk is van de keuze van S. Bijgevolg is bewezen dat X, B een t 1 v, k, rS -design is. Opmerking. 1. rt

1

v t 1 k t 1

rS

rt

2. We kunnen dit recursief toepassen: voor s rs 3. Voor t

rt

v k

s v s k

1, 2, . . . , t s s

1 1

v k

t t

1 1

∅ nemen en verkrijgt

1 gaat het bewijs ook op. Je moet dan S r0 :

1 geldt

v r1 k

b

We hebben dus volgende stelling. 70 Stelling. Voor een t

v, k, r -design en s rs

71 Gevolg. Een t k

r

v k

s v s k

s s

v, k, r -design voldoet s s k

s

1

k

t

1

0, 1, . . . , t 1 1

v k

1 hebben we steeds t t

1 1

N

0, 1, . . . , t

1 aan

r v

s

s v

1

v

t

1

Dit zijn zeer sterke voorwaarden op de parameters van designs. Toch zijn deze niet voldoende ! Dit is een groot verschil met het geval t 1. Een stelling van Tits2 legt een bijkomende voorwaarde op voor het bestaan van een t v, k, 1 -design. 72 Stelling (Tits). In elke niet-triviale t v 2 Sur

v, k, 1 -design geldt t

1 k

t

1

les syst`emes des Steiner associ´es aux trois ‘grands’ groupes de Mathieu, Rend. Math. e Appl. (5) 23, 1964, 166–184.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

60

v, k, 1 -design hoogstens t 1 punten geBewijs. Merk op dat twee blokken van een t meenschappelijk hebben. Vermits het design niet triviaal is, kan je gemakkelijk een verzameling S van t 1 punten vinden die in geen enkel blok is omvat (Neem willekeurig t punten. Deze bepalen een uniek blok. Kies het laatste punt buiten dat blok). Voor elk deel T S met t punten is een uniek blok B T dat T omvat. Zulk een blok B T bevat k t punten buiten S en elk punt buiten S ligt in hoogstens e´ e´ n blok B T omdat twee zulke blokken reeds t 1 punten (van S) gemeenschappelijk hebben en de opmerking aan het begin van dit bewijs geldt. De unie van alle blokken B T bevat dus t 1 t 1 k t punten. Uit de stelling van Tits leiden we bijvoorbeeld af dat er geen 10 72, 16, 1 -design kan bestaan, terwijl de voorwaarden van gevolg 71 wel voldaan zijn (verifieer!).

4.1.4 Hoe vinden we nu sterke designs? Voorbeeld. De 3

8, 4, 1 -design 1235 2347

4678 1267

1346 3458

2578 1378

1457 2456

2368 1248

1568 3567

Kan je vinden door een meetkundige redenering. We herhalen enkele feiten uit de meetkunde van R3 . • R3

x1 , x2 , x3

• Rechte x, y

x1 , x2 , x3

x

λ y

x

R R .

λ

• Drie niet-collineaire punten x, y, z R .

R 3 bepalen een uniek vlak x

λ y

x

µ z

x

λ, µ

Wat gebeurt er nu als we hetzelfde doen met het veld F 2 in plaats van R? x1 , x2 , x3 x1 , x2 , x3 F 2 . • F32 Dit is de verzameling 0, 0, 0 , 1, 0, 0 , 1, 1, 0 , 1, 0, 1 , 1, 1, 1 , 0, 1, 0 , 0, 0, 1 , 0, 1, 1 van hoekpunten van een kubus. • Rechte x, y

x

λ y

x

λ

x, y .

F2

F 32

• Drie punten x, y, z bepalen een uniek vlak x λ, µ F2 x, y, z, x y z .

We kunnen nu de 3

λ y

x

µ z

x

8, 4, 1 -design uit de ruimte F 32 gemakkelijk construeren: 8

4 2

1

3 7

5 6

Als punten neem je de 8 hoekpunten van de kubus en als blokken neem je de 14 vlakken van 4 punten. Vermits 3 punten juist e´ e´ n vlak bepalen, hebben we t

3 en r

1.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

61

4.2 Constructies voor designs Onze kennis van de ringen Z m voor m wikkelen om designs te maken.

2 laat ons toe enkele algemene manieren te ont-

S i i Z m voor S Z m . We We beschouwen designs X, B waarbij X Z m en B gebruiken de notatie S i voor de verzameling s i s S . We hebben dus S S 0 B. Laat ons onderzoeken voor welke deelverzamelingen S van Z m we een design bekomen. Neem bijvoorbeeld S

0, 3, 6, 9 in Z12 .

Dan hebben we S

0

S

3

S

6

S

1

S

4

S

7

S

10

1, 4, 7, 10

S

2

S

5

S

8

S

11

2, 5, 8, 11

i niet noodzakelijk alle verschillend zijn. Indien dit wel

73 Stelling. Zij X Zm en S Z m zodat B : S elementen, dan is X, B een 1 m, k, k -design voor k Bewijs. We moeten bewijzen dat elk element x

i i S.

X bestaat uit m verschillende

X behoort tot evenveel blokken.

X. We hebben S

x

i

s

S: x

s

s

S: 0

s

0 Dus als x 0 S i2

S

S

We zien dat de verzamelingen S het geval is, hebben we :

Zij dus x

9

S

S i1 en x S i2 en . . . en x x en . . . en 0 S il x .

Ook omgekeerd : als 0

S

i

x dan geldt x

i S

i i

x

x i l , dan hebben we 0

S

S

i1

x en

i.

Bijgevolg geldt dat elke x in X behoort tot evenveel blokken als 0. Dus behoort elk punt tot evenveel blokken. Tot hoeveel blokken behoort elk punt eigenlijk? Wel 0

S

i

s

S: 0

s

i

s

S: s

i

i

S

Dus zijn er evenveel blokken die 0 bevatten als er elementen zijn in S. Dat is k. Kunnen we op die manier ook sterkere designs bekomen? 74 Definitie. Een deel S van Zm heet een difference set indien de verschillen x elke niet-nulle waarde in Zm evenveel aannemen. Voorbeeld. 0, 2, 3, 4, 8

y met x

y

S

Z 11 is een difference set. We verifieren dit door alle verschillen in een tabel te zetten en te verifieren dat elke waarde juist twee keer verschijnt.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS 0 2 3 4 8

0 2 3 4 8

2 9 1 2 6

3 8 10 1 5

62

4 7 9 10 4

8 3 5 6 7 -

Zij S Z m een difference set met S k. Er zijn dan juist k k 1 verschillen van elementen van S. Onder deze verschillen moet elk van de m 1 niet-nulle elementen van Z m evenveel voorkomen. Dus moet k k 1 een veelvoud zijn van m 1 en komt elk niet-nul element juist k mk 11 keer voor. We zien dat het aantal elementen k van een difference set in Z m moet voldoen aan m

1

k k

1.

75 Stelling. Zij S Zm een difference set. De verzamelingen S een 2 m, k, kmk 11 -design met k S.

i met i

Zm vormen blokken van

y Z m . We moeten tonen dat het aantal blokken dat Bewijs. Neem twee elementen x x, y omvat onafhankelijk is van x en y en bovendien gelijk is aan r : kmk 11 . Het verschil x y komt juist kmk 11 r keer voor als verschil van twee verschillende elementen van S. Dus heeft de vergelijking x

y

s

t

met s, t S juist r oplossingen. Stel voor zo een oplossing s, t het verschil x i. Dan geldt x s i S i en ook y x y x x t s t x s zodat x, y S i. Als we een 2-design hebben, hebben we ook een 1-design. De 2 stelling is ook een 1 m, k, r mk 11 -design.

s gelijk aan t i S i

m, k, r -design van de

Opmerking. r

m k

1 1

en het aantal blokken in de design is b

k k m vr1 k

1 1

m k mk k

1 1

k

r1

m.

We sluiten deze paragraaf met een niet-triviaal voorbeeld. Een manier om een difference set te vinden is te kijken naar de niet-nulle kwadraten in een ring Z p . In Z23 hebben we 12 1, 22 4, 32 9, 42 102 8 en 112 6. We merken op dat 12 hoeven dus niet verder te rekenen (want 13 S:

16, 52 2, 62 13, 72 3, 82 18, 92 12, 2 2 11 in Z23 zodat 12 11 112 . We 10, 14 9, . . . ). Stel nu

1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 .

Je kan nagaan dat dit inderdaad een difference set is (zie tabel).

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

1 2 3 4 6 8 9 12 13 16 18

1 1 3 3 5 7 8 11 12 15 17

2 22 1 2 4 6 7 10 11 14 16

Met S kunnen we dus een 2

3 21 22 1 3 5 6 9 10 13 15

4 20 21 22 2 4 5 8 9 12 14

6 18 19 20 21 2 3 6 7 10 12

8 16 17 18 19 21 1 4 5 8 10

63 9 15 16 17 18 20 22 3 4 7 9

12 12 13 14 15 17 19 20 1 4 6

13 11 12 13 14 16 18 19 22 3 5

16 8 9 10 11 13 15 16 19 20 2

18 6 7 8 9 11 13 14 17 18 21 -

23, 11, 5 -design maken.

Deze constructie met kwadraten kan veralgemeend worden maar we geven hier geen details (zie oefening 9).

4.3 Latijnse vierkanten Onderstel dat we een landbouwexperiment moeten plannen dat eruit bestaat om vijf nieuwe meststoffen te proberen op een vierkant veld. We zouden het veld kunnen verdelen in 25 kleine vierkantjes en de producten als volgt verdelen. A B C D E

B C D E A

C A E B D

D E A C B

E D B A C

We hebben de meststoffen zo verdeeld dat elk product juist e´ e´ n keer verschijnt in elke kolom en juist e´ e´ n keer in elke rij. Dit zal de invloed van bepaalde externe factoren (zoals de windrichting bijvoorbeeld) minimaliseren. 76 Definitie. Een Latijns vierkant is een n n tabel, opgebouwd met n symbolen, in welke elk van de symbolen juist e´e´n keer in elke rij en juist e´e´n enkele keer in elke kolom staat. Notatie. Voor een Latijns vierkant L noteren we het element in rij i en kolom j met L ij . We nemen als symbolen voor Latijnse vierkanten meestal de elementen van een zekere Z m en nummeren de rijen en kolommen van 0 tot en met m 1. 77 Stelling. Voor elke m

2 is de m

m tabel gedefinieerd door i, j

een Latijns vierkant.

Z m : Lij :

i

j

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

64

Bewijs. Onderstel dat we in rij i twee keer hetzelfde symbool hebben. Dan hebben we L ij Lij . Maar dat betekent i j i j , wat in Z m neerkomt op j j omdat er een element i Z m bij beide leden kan opgeteld worden. Voor de kolommen is er een analoog argument. Nu we gezien hebben dat we gemakkelijk Latijnse vierkanten kunnen maken, gaan we kijken naar even grote Latijnse vierkanten die zoveel mogelijk van elkaar verschillen. 78 Definitie. We zeggen dat twee even grote Latijnse vierkanten L en L orthogonaal zijn indien voor elk koppel symbolen k, k er juist e´e´n plaats i, j in de tabellen bestaat met Lij

k

en

Lij

k

Volgende Latijnse vierkanten zijn bijvoorbeeld orthogonaal. A B C D

B A D C

C D A B

A C D B

D C B A

B D C A

C A B D

D B A C

In 1781 stelde Euler volgende vraag: we hebben 36 officiers van 6 verschillende graden en van 6 verschillende legers. Voor elke graad is er een vertegenwoordiger van elk leger. Kunnen ze in een 6 6 vierkant zo´ geplaatst worden dat elke rij en elke kolom een officier bevat van elke rang en e´ e´ n van elk leger? Euler zocht dus een orthogonaal paar Latijnse vierkanten van grootte 6. Hij kon geen oplossing vinden. Nu 3 weten we dat er geen orthogonale Latijnse vierkanten van grootte 6 kunnen bestaan. We geven nu een constructie voor orthogonale Latijnse vierkanten waarvan de grootte priem is. 79 Stelling. Zij p een priemgetal en t een niet-nul element van Zp . Definieer dan voor i, j t

Z p : Lij : ti j. Dan is L t een Latijns vierkant. Bovendien zijn L t en L t en u verschillende niet-nulle elementen zijn in Zp . Bewijs. Om te tonen dat L het bewijs van stelling 77.

t

u

orthogonaal als

een Latijns vierkant is, gebruiken we dezelfde techniek als in

Voor de orthogonaliteit van L t en L u veronderstellen we dat er plaatsen i 1 , j1 en i2 , j2 bestaan die hetzelfde paar symbolen geven. M.a.w. hebben we k en k in Z p met ti1

j1

k

ti2

j2

k

ui1

j1

k

ui2

j2

k

Hieruit volgt onmiddellijk

3 G.

t i1

i2

j2

j1

u i1

i2

j2

j1

Tarry, Le probl`eme des 36 officiers, C.R. Assoc. Franc¸. Avanc. Sci. nat. 2(1901), 170–203.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

65

u i1 i2 of t u i1 i2 0. Vermits Z p geen nuldelers heeft, volgt zodat t i1 i2 i2 , vermits we ervan uit gaan dat u t. Hieruit volgt dan onmiddellijk hieruit dat i1 j1 j2 zodat we een tegenspraak bekomen. Vorige stelling geeft dus voor een priemgetal p een verzameling van p 1 twee aan twee orthogonale Latijnse vierkanten van grootte p. Voor p 3 krijgen we bijvoorbeeld L

1

0 1 2 1 2 0 2 0 1

en

L

2

0 1 2 2 0 1 1 2 0

4.4 Oefeningen 1. " ! Professor McBrain wil elke student verplichten om precies vier van de zeven wiskundecursussen te volgen. Bovendien zou hij graag hebben dat er in elke les evenveel studenten zitten. (a) Als er v studenten zijn, en elke cursus wordt door k studenten gevolgd, wat is dan de relatie tussen v en k? (b) Als er 53 studenten zijn, hoeveel moet professor McBrain er dan weigeren om zijn plannetje te doen slagen? (c) Zoek expliciet de designs voor de gevallen v

7 en v

14.

2. " ! Wat is de waarde van r in het design waarvan de blokken alle k-deelverzamelingen van een v-verzameling zijn? 3. # Zij B de verzameling van blokken van een design X, B met parameters v, k, r , en zij B de verzameling van de complementen B¯ van de blokken B in B. Toon aan dat X, B ook een design is, en bereken de parameters. 4. " ! Neem aan dat er een 5-design bestaat met parameters v r4 , r3 , r2 , r1 en b. [4, 12, 30, 66, 132]

12, k

6 en r 5

1. Zoek

5. " ! Kunnen er t-designs bestaan die aan de volgende voorwaarden voldoen? (a) een 3-design met v

15, k

6 en r3

2

(b) een 4-design met v

11, k

5 en r4

1.

6. # Een 2-design met k

3 en r2

(a) Voor welke waarden van 3 die gevallen.

1 noemen we een Steiner triple system (STS). v

12 bestaat er een STS? Construeer zo’n STS in

(b) Toon aan dat een STS alleen kan bestaan als v een positief getal is van de vorm 6n 1 of 6n 3. (c) In 1850 stelde priester T. P. Kirkman4 volgend probleem: “Fifteen young ladies in a school walk out three abreast for seven days in succession: it is required to 4 Op

blz. 48 van de “Lady’s and Gentleman’s diary”.

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

66

arrange them daily so that no two shall walk abreast twice.” Los het probleem van Kirkman op en toon aan dat de oplossing te maken heeft met een speciaal soort STS met v 15. 7. ! Welke van de volgende verzamelingen zijn zg. ‘difference sets’? (a) 2, 3, 5, 11 in Z13

(b) 0, 1, 3, 5 in Z13

(c) 3, 6, 7, 12, 14 in Z21

8. " ! Stel m 23. Zij K de deelverzameling van Z m die alle kwadraten van Z m bevat, behalve 0. Toon aan dat K een difference set is en zoek de parameters van de geassocieerde 2-design. Herhaal deze oefening voor m 11 en m 31. Leid hieruit een vermoeden af voor de parameters van het geassocieerde 2-design voor m een priemgetal van de vorm 4n 3. 9. # Toon aan: als n een priemgetal is van de vorm 4m van niet-nulle kwadraten in Z n een difference set.

3, m

N dan is de verzameling

10. # Toon aan dat je via de methode van oefening 9 een STS met 7 objecten kan construeren. Bewijs dat dit de enige STS met 7 objecten is die je kan maken (op isomorfie na). 11. " ! Toon aan: als K een difference set is in Z m , dan is ook K i een difference set in Z m . Leid daaruit af dat we altijd mogen veronderstellen dat een difference set de getallen 0 en 1 bevat. 12. " ! Een spel kaarten bevat 4 zotten, 4 dames, 4 heren en 4 azen (de beeldjes), e´ e´ n van elk voor elk van de vier soorten (harten, schoppen, ruiten en klaveren). Leg uit hoe je de kaarten in een 4 4-vierkant kan leggen zodat elke rij en elke kolom een kaart van elke soort en een exemplaar van elk beeldje bevat. Interpreteer je resultaat in termen van latijnse vierkanten. 13. ! Maak 4 onderling orthogonale vierkanten van orde 5. 14. " ! Maak 3 onderling orthogonale vierkanten van orde 4.

15. # Toon aan dat een verzameling onderling orthogonale Latijnse vierkanten van orde n hoogstens n 1 elementen kan hebben. 16. # Stel dat de eerste rij van een n n-vierkant gegeven is door x 1 x2 . . . xn en stel dat we de volgende rijen bekomen door cyclische rotatie van telkens r plaatsen. Als n gegeven is, voor welke waarden van r geeft dit dan uiteindelijk een latijns vierkant? 17. " ! Stel X gelijk aan de verzameling van niet-nulle binaire drietallen. Er geldt dus X

x1 , x2 , x3

x1 , x 2 , x 3

Z2

0, 0, 0

Zulke drietallen kunnen we uiteraard componentsgewijs optellen: x1 , x 2 , x 3

y1 , y 2 , y 3 :

x1

y1 , x 2

waarbij de componenten modulo 2 opgeteld worden.

y2 , x 3

y3

HOOFDSTUK 4. COMBINATORISCHE DESIGNS

67

Definieer nu B als de verzameling van 3-deelverzamelingen in X waarin de som van de elementen 0, 0, 0 is. Dus x1 , x 2 , x 3 , y 1 , y 2 , y 3 , z 1 , z 2 , z 3 x1 , x 2 , x 3

y1 , y 2 , y 3

z1 , z 2 , z 3

B 0, 0, 0

(a) Schrijf een paar elementen van B op. (b) Hoeveel elementen telt B? (c) Vormt X, B een t v, k, r -design? Zo ja, bepaal t, v, k en r. Zo neen, bepaal een 1 v, k, r -design met evenveel blokken en dezelfde puntenverzameling X. [examen januari 2006]

Hoofdstuk 5

Inleiding tot de graffentheorie Bij de inleiding van deze cursus losten we reeds een probleem op door een grafische voorstelling met punten (of bolletjes) verbonden door boogjes. Zulke voorstelling is nog nuttig voor vele andere problemen. Daarom zullen we er een hoofdstuk aan wijden. Zulke schema’s van punten en bogen heten graffen (of “grafen”, in Nederland).

5.1 Definities en terminologie Een graf (of “graaf” in Nederland) is een koppel V, E waarbij V een verzameling is die gestructureerd wordt door een verzameling E van 2-verzamelingen van V. We hebben dus V E 2 . Meestal noteren we graffen met calligrafische letters G , H ,. . . We hebben dus G V, E . De elementen van V heten toppen (of punten) van de graf en de elementen van E heten bogen. Als er meerdere graffen in het spel zijn, noteren we V G om de toppenverzameling van G aan te duiden en E G voor de bogen. De letters V en E komen van het Engels : een top is een “vertex” (meervoud “vertices”) en een boog is een “edge”. Opmerking. De graffen van deze cursus hebben dus niets te maken met “graffen van functies” die we eerder in de analyse ontmoeten. E. We zeggen dan ook Twee toppen u, v van een graf V, E heten adjacent indien u, v dat u en v buren zijn en schrijven u v. Op deze manier wordt een symmetrische relatie op de verzameling V. Soms wordt een graf ook gegeven als een koppel V, waarbij V een verzameling is en een symmetrische relatie op V. Dit is natuurlijk volledig equivalent met de definitie waar de bogen worden opgesomd in een verzameling E op voorwaarde dat de relatie ook anti-reflexief is. We zullen verder de definitie van graf veralgemenen zodat deze voorwaarden op de adjacentierelatie niet meer nodig zijn. De buurt van een top v van een graf G is de verzameling Gv van alle buren van v. We hebben dus Gv x V G x v Een top zonder buren heet ge¨ısoleerd. Bij ons zal de toppenverzameling van een graf G meestal eindig zijn. De orde van G is dan V G , het aantal toppen in G . 68

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

69

5.2 Belangrijke voorbeelden Complete graffen De complete graf Kn heeft n toppen. Alle toppen zijn verbonden met alle overige toppen.

K1

K2

K3

K4

K5

Paden Het pad Pn heeft n toppen t 1 , t2 , . . . , t n die zo´ verbonden zijn dat ti n 1.

P1

P2

P3

P4

ti

1

voor i

P5

Cycli Een cyclus (of cykel) van lengte n is een graf C n met n toppen t 0 , t1 , . . . , t n 1 die zo´ verbonden zijn dat ti ti 1 voor i Z n , waarbij we de indices modulo n nemen.

C1

C2

C3

C4

C5

Wielen Het wiel Wn van orde n is een cyclus Cn met in het midden een top toegevoegd die verbonden is met alle toppen van de cyclus.

W3

W4

W5

W6

Sterren De ster Sn van orde n bekom je door in het wiel Wn de bogen van de cyclus weg te laten.

S3

S4

S5

S6

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

70

Cubussen Neem 0, 1 n als toppenverzameling en maak twee toppen adjacent als ze verschillen in juist e´ e´ n coordinaat. ¨ We noteren de cubus in dimensie n met Q n . 010

11

10

110

111

011 100

0

1 Q1

00

000

01

001

101

Q3

Q2

5.3 Verdere definities en eigenschappen De graad van een top v in een graf G is het aantal buren van v. We noteren dit met deg v zodat geldt Gv . deg v 80 Eigenschap. In een eindige graf G geldt steeds deg v

2EG

v V G

Bewijs. Dubbeltelling : deg v is het aantal bogen die v bevatten en elke boog bevat juist twee toppen. 81 Gevolg. Een eindige graf heeft steeds een even aantal toppen van oneven graad. Bewijs. Omdat, wegens de vorige eigenschap, de som van alle graden even moet zijn. Een ander woord voor graad is valentie. Indien alle toppen van een graf dezelfde graad hebben, zeggen we dat de graf regulier is. Een k-reguliere graf is een graf waarin elke top graad k heeft. Een deelgraf van een graf G is een graf H met V H V G en E H E G . Opgelet : V H vermits H een graf is geldt dus eigenlijk E H EG . We spreken van een op2 spannende deelgraf indien V H V G . Zij S V G . De deelgraf door G ge¨ınduceerd S op S is de graf met toppenverzameling S en bogenverzameling E G 2 . Een wandeling in een graf G is een rij van toppen t0 , t 1 , . . . , t k zodanig dat ti 1 ti voor elke i k . De lengte van de wandeling is k, e´ e´ n minder dan het aantal toppen. De top t 0 heet beginpunt (of vertrekpunt) van de wandeling en t k heet het eindpunt (of aankomstpunt). In een wandeling t 0 t1 tk zijn er dus k bogen van de vorm ti 1 , ti met i k . Als al die bogen verschillend zijn, wordt de wandeling een pad genoemd. Als t 0 tk heet het pad gesloten. Een enkelvoudig pad is een pad waarin

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

71

geen twee toppen gelijk zijn. Een gesloten pad dat na verwijderen van de top t 0 enkelvoudig pad wordt, heet een cyclus.

tk een

Een graf heet samenhangend indien er voor elk paar toppen u, v V G een pad van u naar v bestaat. Een graf die niet samenhangend is bestaat uit verschillende samenhangscomponenten waartussen geen bogen bestaan. Je kan dit ook als volgt bekijken : de relatie “. . . is verbonden met . . . via een pad” is een equivalentierelatie op V G . De equivalentieklassen van die relatie zijn de samenhangscomponenten. Op een graf kunnen we ook een afstand defini¨eren. Voor u, v V G stellen we d u, v gelijk aan de lengte van de kortste wandeling van u naar v. Als er tussen u en v geen wandeling bestaat, schrijven we d u, v . We stellen ook voor elke top v dat d v, v 0. 82 Eigenschap. Voor een graf G geldt dat d: V G

V G

N

: u, v

d u, v

een metriek1 is. 0 u v en dat d u, v d v, u voor elk paar toppen Bewijs. Het is duidelijk dat d u, v u, v V G . Zij nu u, v, w V G drie toppen met d u, v k en d v, w l. Dit geeft een wandeling van u naar v en e´ e´ n van v naar w. Door deze na elkaar te volgen, krijgen we een wandeling van v naar w die lengte k l heeft. De afstand d u, w zal dus ten hoogste k l bedragen.

5.4 Eulerpaden Graffen werden uitgevonden door Leonhard Euler (1707–1783). Hij leefde op dat moment in Konigsberg ¨ (nu Kaliningrad, Rusland) in Pruisen. De stad wordt in vier stukken verdeeld door de Pregel-rivier.

A B

D

C

Figuur 5.1: Een plattegrond van Konigsberg ¨ ten tijde van Euler en daarnaast zijn grafische voorstelling. 1 Een

metriek op een verzameling X is een afbeeling δ : X X R die voldoet aan volgende drie eigen0; x, y X : δ x, y δ y, x en x, y, z X : δ x, y δ y, z δ x, z . schappen: x X : δ x, x

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

72

Er zijn ook zeven bruggen over de rivier om de verschillende stadsgedeelten te verbinden. Op een dag was er een stoet die door de hele stad ging en Euler vroeg zich af of er een wandeling bestond voor de stoet zodanig dat elke brug juist e´ e´ n maal overgestoken werd en bovendien de wandeling terug zou komen naar het startpunt. Euler stelde het probleem grafisch voor (zie figuur 5.1). We hebben een graf met zeven bogen en vier toppen. Deze komen overeen met de zeven bruggen en de vier stadsgedeelten. Maar dit schijnt niet te voldoen aan de definitie van graf die we zagen bij het begin van dit hoofdstuk! We moeten de definitie van graf uitbreiden. Hiervoor baseren we ons op de interpretatie met de adjacentierelatie. 83 Definitie. Een graf bestaat uit een verzameling V van toppen en een relatie adjacentierelatie noemen.

op V die we

Nu kunnen we naargelang de eigenschappen van de adjacentierelatie verschillende soorten graffen onderscheiden. 84 Definitie. Zij V, een graf. Een koppel u, v dat behoort tot de relatie (d.w.z. u v) heet een pijl. Indien de relatie symmetrisch is, zegt men dat de graf ongericht is. In dat geval schrijven we dikwijls in plaats van . Indien v v zeggen we dat de graf een lus heeft in v. De graffen die we in het begin definieerden zijn dus eigenlijk ongerichte graffen zonder lussen. Indien we willen benadrukken dat de graf niet ongericht is, spreken we van een gerichte graf. Deze veralgemening is nog niet voldoende omdat de Konigsberg-graf ¨ “dubbele” bogen heeft. In een relatie komen de koppels immers hoogstens e´ e´ n keer voor! 85 Definitie. Een graf is een koppel V, µ waarbij V een verzameling is en µ : V V functie die de multipliciteit geeft van elke pijl. We interpreteren de functie µ als volgt: • als µ u, v

0 zeggen we dat u en v niet adjacent zijn;

• als µ u, v

k

N een

0 zeggen we dat er k pijlen zijn van u naar v.

Pijlen die hetzelfde begin- en eindpunt hebben worden parallel genoemd. Oefening. Onderzoek zelf aan welke voorwaarden de functie µ moet voldoen opdat V, µ een graf zou zijn in de betekenis van het begin van dit hoofdstuk. Gegeven is een graf V, volgens definitie 84. Definieer µ zodat dezelfde graf ook voorgesteld wordt als V, µ . Vertaal alle tot nu toe gedefinieerde begrippen (wandeling, pad, samenhang, . . . ) voor algemene graffen V, µ . 86 Definitie. Een pad in een ongerichte graf heet een Eulerpad indien het elke boog precies e´e´n maal bevat. Een gesloten Eulerpad is een Eulercyclus. Een graf die een Eulercyclus bevat heet een Eulergraf. 87 Stelling (Euler, 1736). Zij G een (op ge¨ısoleerde toppen na) samenhangende ongerichte graf. Dan geldt dat G een Eulergraf is als en slechts als alle toppen van G even graad hebben.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

73

Kies een willekeurige top v in G . Als we de Eulercyclus volgen, passeren we Bewijs. verschillende keren in v. Elke doorgang in v gebruikt twee bogen : e´ e´ n om binnen te komen en e´ e´ n om terug buiten te gaan. Ook doorlopen we elke boog die v bevat juist e´ e´ n keer zodat deg v gelijk is aan tweemaal het aantal keer dat we in v komen. Dat is een even getal We moeten een Eulercyclus construeren. Neem een willekeurige top v in G . Kies een boog die v bevat. Die heeft een ander uiteinde u. Kies nu een boog die u bevat maar niet de boog die je juist gebruikte om van v te komen. Blijf zo bogen toevoegen, zonder tweemaal dezelfde te gebruiken. Doordat de graad van elke top even is, kunnen we steeds verder (telkens we in een top binnenkomen, is er nog een ongebruikte boog om buiten te gaan). Enkel als we terug komen in v kunnen we vastlopen omdat we daar vertrokken zijn zodat we van die top bij het begin e´ e´ n boog hebben gebruikt en bij elke doorgang twee, een oneven aantal dus in het totaal. We hebben dus een gesloten pad P gemaakt dat vertrekt en aankomt in v en geen enkele boog tweemaal gebruikt. Als alle bogen van G tot P behoren, hebben we een Eulercyclus.

u u

b u

u

Als er nog bogen zijn die niet tot P behoren, moet er, wegens de samenhang van G , een boog b bestaan die niet tot P behoort maar wel een top v van P bevat. Laten we nu alle bogen van P weg uit de graf G , dan houden we een graf G over waarin alle toppen nog steeds even graad hebben (we lieten per top een even aantal bogen weg). Misschien is G niet samenhangend maar dan beschouwen we de samenhangscomponent die v bevat. Hierin kunnen we op dezelfde manier als hierboven een gesloten pad P maken dat begint en eindigt in v en geen boog tweemaal gebruikt. Dat is natuurlijk ook een pad in G dat geen boog gemeenschappelijk heeft met P. We kunnen beide paden combineren door in v te beginnen, het pad P te volgen tot in v , dan het pad P nemen en dan verder het pad P volgen. We hebben dan een gesloten pad dat geen enkele boog twee keer gebruikt en langer is dan P. Als we nu nog geen Eulercyclus hebben, breiden we opnieuw uit. Uiteindelijk is de stelling bewezen. 88 Gevolg. Een samenhangende ongerichte graf G heeft een Eulerpad dat niet gesloten is als en slechts als G juist twee toppen heeft van oneven graad. Bewijs. Zij u en v de begin- en eindtop van het Eulerpad. De eerste boog van het pad geeft een bijdrage 1 tot de graad van u. Telkens het pad weer langs u gaat, neemt de graad met 2 toe. Dus zal de graad van u in het totaal oneven zijn. Analoog zal de graad van v

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

74

oneven zijn omdat de laatste boog van het pad de graad met 1 laat toenemen. Alle overige toppen hebben duidelijk even graad. Zij u en v de twee toppen met oneven graad. Voeg aan G de boog u, v toe. Dan heeft elke top even graad en is vorige stelling van toepassing. We krijgen dus een gesloten Eulerpad. Als we hierin de boog u, v weglaten, hebben we een Eulerpad in G .

5.5 Hamiltonpaden William Rowan Hamilton (1805–1865) was een Iers wiskundige en vond in 1857 een spel uit. Op de toppen van een dodeca¨eder (regelmatig twaalfvlak) werden de namen van grote steden in de wereld aangebracht. Dan moest men een “reis rond de wereld” vinden die elke stad juist e´ e´ n keer bezoekt en enkel de ribben van de dodeca¨eder gebruikt als verbindingswegen tussen de steden.

89 Definitie. Een enkelvoudig pad dat alle toppen van een graf bevat heet een Hamiltonpad. Een Hamiltoncyclus is een gesloten Hamiltonpad. Een graf waarvoor een Hamiltoncyclus bestaat heet een Hamiltongraf. 90 Lemma. Als je k toppen uit een Hamiltongraf G weglaat, samen met de aangrenzende bogen, dan valt G uiteen in hoogstens k samenhangscomponenten.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

75

Bewijs. Zij H een Hamiltoncyclus in G . Noem de graffen die uit G en H respectievelijk ontstaan door weglaten van k toppen G en H . Voor H is de bewering zeker waar omdat H een cyclus is (en die valt uiteen in hoogstens k componenten). Maar G bevat meer bogen dan H . Dus kan het aantal samenhangscomponenten van G niet groter zijn dan dat van H . 91 Stelling (Dirac, 1952). Zij G een ongerichte graf met n minstens graad n2 hebben, dan heeft G een Hamiltoncyclus.

3 toppen. Als alle toppen van G

Bewijs. Uit het ongerijmde. Als de bewering uit de stelling onwaar is, moet er minstens e´ e´ n tegenvoorbeeld bestaan. n Zij G zo een tegenvoorbeeld met n toppen. Dus geldt voor elke v V G dat deg v 2 maar er is geen Hamiltoncyclus. Voeg aan G zoveel mogelijk bogen toe (door toppen te verbinden die niet adjacent zijn in G ) zonder een Hamiltoncyclus te vormen. Noem deze graf G . Vermits er geen Hamiltoncyclus is in G , is G zeker niet de complete graf. Er moeten dus twee toppen v en w bestaan die niet verbonden zijn in G . Vanwege de constructie van G zou het toevoegen van de boog v, w een Hamiltoncyclus doen ontstaan. Dus bevat G een Hamiltonpad v v1 v2 vn w. v

v1 w

vn vn

v1

1

v2

vn

v2

v3

v3

vj

1

vj

Bekijk de verzameling Gv van buren van v. Deze heeft minstens n2 elementen. Dan bekijken we de verzameling van opvolgers van een buur van w op het Hamiltonpad. Dus S :

vi

1

vi

Gw .

n We hebben zeker w S en stellen daarom S : S w . Er geldt dan S 1. De 2 verzamelingen Gv en S zijn deelverzamelingen van v2 , v3 , . . . , v n 1 vermits v en w niet adjacent zijn.

De duiventil leert ons dat S G v 1. Dus bestaat er een top v j met v j betekent dat w v n v j 1 v j . Neem nu het pad v v 1 v j v j 1 vj 2 v1 . Dit is een Hamiltoncyclus .

v en v j vn

S, wat vj 1

5.6 Gerichte graffen We hebben Euler- en Hamiltonpaden bestudeerd in ongerichte graffen. Bestaan er analoge begrippen of stellingen voor gerichte graffen?

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

76

Eerst passen we een paar definities aan. 92 Definitie. Een gerichte graf G heet samenhangend indien de onderliggende graf (verwijder alle pijlen op de bogen) samenhangend is. We zeggen dat G sterk samenhangend is indien er tussen elke twee toppen u en v een gericht pad bestaat. Dit wil zeggen dat er een opeenvolging van toppen en bogen u t 0 , b1 , t 1 , b2 , t 2 , . . . , b k , t k v bestaat zodanig dat de boog bi gericht is van ti 1 naar ti . Een gerichte graf heet een gerichte Eulergraf indien er een gesloten gericht pad is dat elke boog juist e´e´n keer gebruikt. 93 Definitie. In een gerichte graf G defini¨eren we voor elke top v de ingraad en de uitgraad als het aantal pijlen dat in v respectievelijk aankomt en vertrekt. We noteren deze graden respectievelijk deg v en deg v . Een gerichte graf heet gebalanceerd indien voor elke top v geldt dat deg v

deg

v.

94 Stelling. Een samenhangende gerichte graf G is een gerichte Eulergraf als en slechts als G sterk samenhangend en gebalanceerd is. Bewijs. Als er een Eulercyclus bestaat in G is het duidelijk dat dat de graf gebalanceerd moet zijn omdat de cyclus in elke top evenveel moet binnenkomen als buitengaan. De Eulercyclus zorgt er ook voor dat er tussen elke twee toppen een gericht pad bestaat. Je kan gewoon het ongerichte bewijs van stelling 87 aanpassen. Doe dit zelf! Hamiltoncyclussen in gerichte graffen (dus gerichte cycli die elke top juist e´ e´ n keer bezoeken) zijn wat moeilijker. Hier beperken we ons tot een bijzondere soort gerichte graffen. Een toernooi (bijvoorbeeld een schaaktoernooi, voetbaltoernooi, . . . ) kan aan de hand van een gerichte graf gemodelleerd worden. We trekken een pijl van speler (of ploeg) u naar speler v indien u gewonnen heeft van v. Als iedereen tegen iedereen speelt, hebben we dus een complete graf waar elke boog een ori¨entatie krijgt. 95 Definitie. Een toernooi is een gerichte graf die ontstaat door alle bogen van een complete graf te ori¨enteren. 96 Stelling. Elk toernooi heeft een gericht Hamiltonpad. Bewijs. Bij inductie op n, het aantal toppen in het toernooi T . Als n 1 of n 2 is de stelling duidelijk waar. Onderstel nu dat de stelling geldt voor alle toernooien met n 1 toppen. Kies een willekeurige top t en stel T gelijk aan de graf die ontstaat als je t en alle bogen waartoe t behoort verwijdert uit T . Deze T is een toernooi met n 1 toppen en heeft dus een Hamiltonpad h 1 h2 hn 1 wegens de inductiehypothese. Als er nu een j n 2 bestaat met h j t h j 1 , dan is h1 h2 hj t hj 1 hn 1 een Hamiltonpad in T . Als er zo geen j bestaat, dan is er zeker een k 0, 1, . . . , n 1 met j k : t h j en j k : t h j . Maar dan is t h1 (indien k 0) een boog die een Hamiltonpad t h1 h2 toelaat. In het geval k 0 kunnen we v op het einde toevoegen: h 1 h2 hn 1 t.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE t t

1

h1 h2

hj

hn

77

hj

k hk

hk

0

1

1

t

hn

1

97 Stelling. Een toernooi T heeft een gerichte Hamiltoncyclus als en slechts als T sterk samenhangend is. Als T een Hamiltoncyclus heeft, dan levert deze een gericht pad tussen elke Bewijs. twee toppen. Onderstel dat T sterk samenhangend is. We bewijzen eerst dat T een gerichte cyclus bevat. Dit doen we uit het ongerijmde. Als T geen cyclus bevat dan geldt x, y, z T : x y en y z x z. Dan heet T een transitief toernooi. In zulk een toernooi kan je de punten van links naar rechts rangschikken zodat alle pijlen naar rechts wijzen. Zulk toernooi is duidelijk niet sterk samenhangend omdat er geen pad van rechts naar links gaat .

Dus hebben we een cyclus C y1 y2 yk y1 . We veronderstellen dat hij maximale lengte heeft in T en toch geen Hamiltoncyclus is. Vermits T sterk samenhangend is, moet er een top t buiten C zijn die verbonden is met een top in C. Zonder de algemeenheid te schaden mogen we ervan uitgaan dat y 1 t een pijl is. Als t y2 , zou y1 t y2 y3 een langere cyclus geven, . Dus moet de boog tussen t en y 2 anders gericht zijn: y2 t. Analoog moet i k : y i t. Stel nu even Z : z V T y 2 y1 z . Dan geldt, analoog aan voorgaande redenering, dat z Z : i k : yi z. Maar vermits T sterk samenhangend is, moet er een pad van t naar y1 bestaan. Dit pad moet minstens e´ e´ n top u buiten Z bevatten omdat je vanuit Z nooit (rechtstreeks) verbonden bent met y 1 . Maar een top buiten Z is, door de definitie van Z en van toernooi, onmiddellijk verbonden met y 1 zodat t u y1 y2 yk t een cyclus is die langer is (minstens twee toppen meer) dan C. Dit is een .

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE yk

78

1

yk Z

t y1 y2

y3

y4

u

5.7 Isomorfismen tussen graffen De wiskunde houdt zich bezig met de studie van bepaalde objecten en de relaties ertussen. Die objecten zijn meestal verzamelingen met een bijkomende structuur (een bewerking, meerdere bewerkingen, een verzameling van blokken, een verzameling van bogen, . . . ). Van fundamenteel belang zijn hierbij de afbeeldingen die een gegeven structuur bewaren. Dit zijn de zogenaamde morfismen. Wij bekijken het geval waar de objecten in kwestie graffen zijn. 98 Definitie. Zij V, µ en W, ϕ twee graffen. Een afbeelding f : V indien zij voldoet aan u, v V V geldt dat ϕ f u , f v µ u, v .

W heet een morfisme

Soms kan eenzelfde graf op verschillende manieren getekend worden. Wanneer we bijvoorbeeld alle enkelvoudige ongerichte graffen met 6 toppen willen bepalen (doe dat eens!) door ze op een blad papier te tekenen, zal het snel gebeuren dat we eigenlijk twee keer dezelfde graf tekenen, zonder dat te merken. Als we dus willen weten hoeveel “echt verschillende”

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

79

graffen er zijn op 6 toppen, moeten we zeer voorzichtig te werk gaan. We preciseren nu wiskundig wanneer twee graffen eigenlijk dezelfde zijn. 99 Definitie. Twee graffen V, µ en W, ϕ zijn isomorf als er een bijectief morfisme V bestaat. Zulk een morfisme heet dan ook een isomorfisme tussen V, µ en W, ϕ .

W

Voor twee enkelvoudige ongerichte graffen G V, G en H W, H hebben we dus dat een isomorfisme een bijectie f is tussen de toppenverzamelingen V en W zodanig dat voor elk paar toppen u, v V geldt u G v f u H f v. Notatie. Als twee graffen G en H isomorf zijn ,noteren we G

H.

5.8 Bomen en bossen 100 Stelling. Zij G een enkelvoudige samenhangende graf. Dan zijn volgende twee eigenschappen equivalent (1) G is minimaal samenhangend (d.w.z. dat als je een boog weglaat, G niet meer samenhangend is) (2) G heeft geen cyclus (2) Als G minimaal samenhangend is en toch een cyclus zou bevatten, dan Bewijs. (1) kan je een boog b van deze cyclus weglaten zonder de samenhang te verliezen. Inderdaad : zij u en v toppen van G . Ofwel was u met v verbonden via een pad dat b niet bevat en is er niets aan de hand. Ofwel moeten we in dat pad de boog b vervangen door de rest van de cyclus : . b

v

u

(2) (1) Bij contrapositie : (1) (2). Onderstel dat G niet minimaal samenhangend is. Dan is er een boog b u, v die we niet nodig hebben voor de samenhang. Maar dan is er in de graf G , die ontstaat uit G door het weglaten van de boog b, een pad van u naar v. Samen met b vormt dit pad een cyclus in G. 101 Definitie. Een samenhangende enkelvoudige graf zonder cyclus noemen we een boom. 102 Gevolg. Een samenhangende ongerichte graf is een boom als en slechts als elke twee toppen verbonden zijn door juist e´e´n pad.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

80

Als er voor elke twee toppen juist e´ e´ n verbinding is, is de graf in kwestie miBewijs. u, v nog een nimaal samenhangend. Inderdaad : als je na verwijderen van een boog b samenhangende graf zou hebben, zou er buiten de boog b nog een pad van u naar v zijn . Zij H een boom en veronderstel dat er twee paden zijn tussen twee toppen u en v. Neem dan de stukken van die paden die niet samenvallen. Dit zijn cycli . v u

Een beetje experimenteren met bomen toont ons snel dat er een verband is tussen het aantal toppen en het aantal bogen. We bewijzen de stelling na een kort lemma over bladeren. 103 Definitie. Een top van graad 1 in een boom heet een blad. 104 Lemma. Een boom op n

2 toppen heeft minstens twee bladeren.

Bewijs. Neem een top t van de boom. Dan zijn er twee mogelijkheden: t is geen blad Wandel dan vanuit t naar een buur, dan nog een buur, enz. zonder ooit een top tweemaal te bezoeken. Omdat de boom eindig is, stopt dit in een zekere top s. Dit moet een blad zijn. De enige andere mogelijkheid is dat s meerdere buren zou hebben die reeds eerder bezocht werden. Dit zou betekenen dat er meerdere paden zijn van t naar s . Om het tweede blad te vinden herinneren we ons dat deg t wandeling kunnen maken op zoek naar een ander blad.

1 zodat we vanuit t nog een

t is een blad Neem dan de enige buur van t in plaats van t. Deze top heeft graad 2 tenzij de boom bestaat uit twee toppen die e´ e´ n boog vormen. Maar in dit geval geldt het lemma duidelijk. 105 Stelling. Een boom met n toppen heeft n

1 bogen.

Bewijs. Per inductie op n. Voor n

1 is de stelling duidelijk voldaan.

Onderstel dat de stelling waar is voor n toppen en zij T een boom met n 1 toppen. Het lemma verzekert ons het bestaan van een blad t. Uit T laten we t samen met de unieke boog op t weg. Dit levert een graf T op die een boom is met n toppen en e´ e´ n boog minder dan T . Deze heeft wegens de inductiehypothese n 1 bogen. 106 Definitie. Een bos is een ongerichte enkelvoudige graf zonder cyclus. Opmerking. De samenhangscomponenten van een bos zijn dus bomen. 107 Eigenschap. Zij F een bos met n toppen en k samenhangscomponenten. Dan heeft F juist n k bogen.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

81

Bewijs. We hebben k bomen met respectievelijk n 1 , n2 , . . . , n k toppen. Die hebben dus n i 1 k bogen elk zodat het totaal aantal bogen n 1 1 n2 1 nk 1 k i 1 ni n k. Het aantal niet-isomorfe bomen tellen op n toppen is nogal moeilijk. Het aantal genummerde bomen tellen daarentegen is niet zo moeilijk. 108 Definitie. Een genummerde boom is een boom met als toppenverzameling n voor n N 0, 1 . 109 Stelling (Cayley). Voor elke n aan nn 2 .

N 0, 1 is het aantal genummerde bomen met n toppen gelijk

Bewijs. Gegeven een boom met n toppen, kan je daarin twee (niet noodzakelijk verschillende) toppen kiezen. Dan heet de boom dubbel geworteld. Er zijn n 2 manieren om de gegeven boom dubbel te wortelen. Als we t n gelijk stellen aan het aantal bomen met n toppen, hebben we n2 tn dubbel gewortelde bomen op n toppen. We tonen nu dat het aantal dubbel gewortelde bomen n n bedraagt. Dit doen we door een bijectie te maken tussen die dubbel gewortelde bomen en de verzameling functies van n naar n . Zij f : n

n een afbeelding en stel C:

x

n

N0 : f i x

i

x

Dit zijn de cyclische punten van f . We ordenen C c1 , c2 , . . . , c k zo´ dat c1 c2 ck . Stel nu voor elke j k : d j : f c j . Schrijf nu de getallen di naast de toppen van een pad Pk van lengte k. We nemen d1 als eerste wortel en d k als tweede. Voor j C maken we bogen j f j . Dit geeft een dubbel gewortelde genummerde boom. Inderdaad : als we f verschillende keren laten inwerken op j C, komen we uiteindelijk in een cyclisch punt terecht. Het pad d 1 d2 dk verzekert de samenhang zonder dat er cyclussen komen omdat deze van cyclische punten zouden komen en we hebben er juist voor gezorgd dat die in de graf geen cyclus vormen. d1

d2

d3

d4

dk

1

dk

f2 j f j j Omgekeerd : een dubbel gewortelde genummerde boom tekenen we zo´ dat het pad tussen de twee wortels mooi recht ligt (dit zal overeenkomen met het pad Pk van hierboven). Voor j niet op dat rechte pad, stel je dan f j gelijk aan de eerste buur van j op het unieke pad van j naar een top van het rechte pad. Op het rechte pad defini¨eren we het beeld van de i-de (te beginnen met de kleinste) top als die die op de i-de plaats staat op het rechte pad (te beginnen met de “linkse” wortel die nummer 1 krijgt).

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE 1

12

13 7

12

6 2

8

10

3

5

9 1

82

2

6

7

7

6

12

2

1

8 11

11

13

10 9 1 7 13 8

5

4

12, 2 7, 6 6, 2, 12 1, 11 12, 12, 10 7, 9 8, 6, 5 3, 4 3, 3 2.

4

110 Definitie. Een gewortelde boom is een boom met een speciale top. We noteren T , t waarbij T een boom is en t een top ervan. Een geworteld bos is een bos waarin elke samenhangscomponent geworteld is. 111 Gevolg. Het aantal gewortelde genummerde bomen op n toppen is nn 112 Gevolg. Het aantal gewortelde genummerde bossen op n toppen is n

1.

1n

1.

Bewijs. Voeg een top toe aan het bos en verbind die met alle wortels. Nu hebben we een genummerde boom op n 1 toppen. Dit gaat ook omgekeerd : vertrek van een genummerde boom met n 1 toppen en neem top nummer 1 weg. Alle buren van deze top maak je wortel van de samenhangscomponenten die overblijven. Dus is het aantal gewortelde genummerde bossen juist n 1 n 1 2 n 1 n 1.

5.9 Opspannende bomen Veronderstel dat we een netwerk moeten maken dat verschillende steden verbindt. Het netwerk moet zo zijn dat iedereen met iedereen in verbinding staat (eventueel met tussenstations). Een na¨ıeve oplossing zou zijn om alle steden met elkaar te verbinden (een complete graf) maar als we ook nog rekening moeten houden met de kostprijs van de verbindingen, moeten we anders te werk gaan. 113 Definitie. Zij G een samenhangende enkelvoudige graf en w : E G R een functie die aan elke boog een prijs of gewicht toekent. We noemen w een gewichtsfunctie. Een graf samen met een gewichtsfunctie heet een gewogen graf. Wat we meestal zoeken, is een opspannende deelgraf van G met minimaal gewicht. Dit is zeker een boom omdat hij minimaal samenhangend moet zijn. We geven een algoritme. Gierigheidsalgoritme Om een opspannende boom T van minimaal gewicht te vinden in een gewogen graf G , w .

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

83

1. Neem een boog met kleinste gewicht om T te starten; 2. Neem de boog met het kleinste gewicht in G die nog niet tot T behoort en geen cyclus cre¨eert als je hem aan T toevoegt. 3. Ga naar (2) tot T een opspannende boom is. Geeft dit algoritme nu de opspannende boom met het kleinste gewicht? Om hierop te antwoorden geven we eerst een lemma. 114 Lemma. Zij F en F twee bossen op dezelfde toppenverzameling en onderstel dat F minder bogen heeft dan F . Dan heeft F een boog b die we kunnen toevoegen aan F zodanig dat F b nog steeds een bos is. Bewijs. Uit het ongerijmde : onderstel dat er zo geen boog is. Dus om het even welke boog van F je toevoegt aan F , geeft telkens weer een cyclus. Dus alle bogen van F verbinden toppen van eenzelfde samenhangscomponent van F . Dan moet F minstens evenveel componenten hebben als F . Als het aantal samenhangscomponenten van F gelijk is aan k, weten we dat F juist n k bogen heeft. Maar gegeven was dat F meer bogen heeft dan F . 115 Stelling. Het gierigheidsalgoritme vindt steeds de opspannende boom met minimaal gewicht. Bewijs. Noem het resultaat van het gierigheidsalgoritme T en onderstel dat de graf G een lichtere opspannende boom H heeft. Orden de bogen van H zo´ dat w h 1 w h2 w hn 1 . We doen hetzelfde voor T zodat w t 1 w t2 w tn 1 . Vermits het gierigheidsalgoritme begint met de allerlichtste boog, moet gelden w t1

w h1

Zij i de eerste index waar H lichter wordt dan T . Dus i is het kleinste getal zodat i

i

w hj j 1

w tj j 1

Door onze veronderstelling bestaat zulke i wordt, geldt zeker w h i w ti en ook

1. Vermits i de eerste index is waar H lichter

i 1

i 1

w hj j 1

w tj j 1

Stel Ti 1 gelijk aan het bos dat geleverd wordt door het gierigheidsalgoritme na i 1 stappen. Stel ook H i gelijk aan het bos dat bestaat uit de bogen h 1 , h2 , . . . , h i . Volgens voorgaand lemma kunnen we een boog van H i toevoegen aan T i 1 zodanig dat het nog een bos blijft. Deze boog is een zekere h j met j i. Maar nu geldt w hj

w hi

w ti

Dit toont dat het gierigheidsalgoritme nooit t i zou kiezen in de i-de stap, maar eerder h j die lichter is .

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

84

5.10 Tellen van opspannende bomen 5.10.1 Matrices als voorstelling van graffen 116 Definitie. Zij G een ongerichte genummerde graf van orde n. Definieer de adjacentiematrix AG van G als de n n -matrix met aij gelijk aan het aantal bogen tussen i en j. De adjacentiematrix bevat veel informatie over de graf G . 117 Stelling. Zij k k van i naar j.

0. Het element op plaats i, j in AGk geeft het aantal wandelingen van lengte

Bewijs. Per inductie op k. Voor k rest.

1 tellen we wandelingen van lengte 1. Dat zijn bogen. De definitie van A G doet de

Onderstel dat de stelling waar is voor de k-de macht. Zij l een top van G . Als er b il wandelingen zijn van lengte k van i tot l en alj wandelingen van lengte 1 (t.t.z. bogen) van l naar j, dan zijn er bil alj wandelingen van lengte k 1 van i tot j die langs l gaan. Dus is het aantal wandelingen van lengte k 1 tussen i en j in totaal gelijk aan bil alj

: cij

l V G

De inductiehypothese levert dat b il het element is op plaats i, l in A Gk zodat cij juist het element is op plaats i, j van het matrixproduct AGk AG

AGk

1

118 Stelling. Zij G een enkelvoudige graf op n toppen met adjacentiematrix A. Dan is G samenhangend als en slechts als In A n 1 enkel strikt positieve elementen heeft. Bewijs. Merk op dat een pad tussen twee toppen van G ten hoogste n 1 bogen heeft. Dus is G samenhangend als en slechts als er i, j V G een k n 1 is met een pad van lengte n 1 n 1 k k van i naar j. Dus i, j V G : k n : AGk ij 0. Vermits In A n 1 k 0 k A , is de stelling bewezen.

5.10.2 Het aantal opspannende bomen in een gegeven graf Hiervoor defini¨eren we een andere matrix. Zij G een gerichte graf zonder lussen. Zij V G v1 , v2 , . . . , v n en E G b1 , b2 , . . . , bm nummeringen van de toppen en bogen van G . De incidentiematrix van G is de n m -matrix BG met bij : bij : bij :

1 1 0

als vi het eindpunt is van b j als vi het beginpunt is van b j in alle andere gevallen

We geven een ietwat spectaculaire stelling.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

85

119 Stelling. Zij G een gerichte graf zonder lussen en zij B de incidentiematrix van G . Stel B0 gelijk aan de matrix die ontstaat na verwijdering van om het even welke rij van B. Het aantal opspannende bomen in G is dan gelijk aan det B0 B0 . Bewijs. Door hernummering van de toppen kan je er steeds voor zorgen dat de weggelaten rij de laatste is. Neem C een willekeurige n 1 n 1 -deelmatrix van B 0 (Als m n 1 kan G zeker niet samenhangend zijn en zijn er dus geen opspannende bomen). We bewijzen nu dat det C 1 als en slechts als de deelgraf G C bepaald door de kolommen van C (dit zijn juist n 1 pijlen van G ) een opspannende boom is. Anders is det C 0. We doen dit per inductie op n. De basisstap van de inductie is voor n waar.

2. Voor zulke kleine graffen is de stelling duidelijk

Onderstel in een eerste geval dat er in G C een top v i is van graad 1. Dit betekent dat de i-de rij van C juist e´ e´ n niet-nul element bevat (en dat element is 1). We kunnen det C ontwikkelen volgens de i-de rij. Nu kunnen we de inductiehypothese gebruiken want de cofactor die we moeten uitrekenen is de determinant van de matrix die overeenkomt met de graf G C waar we vi uit hebben weggelaten. We noteren deze graf G C vi . Dit is duidelijk een opspannende boom van G vi als en slechts als GC een opspannende boom was van G . Als er nu geen top is van graad 1 in GC (behalve misschien vn , de top die we weglieten in B 0 ), dan kan GC geen boom zijn en nog minder een opspannende boom. Maar G C heeft wel n 1 pijlen. Dus moet GC een top van graad nul hebben. Als dit niet v n , de top van de weggelaten rij, is, dan heeft C een nulle rij zodat det C 0. Als v n de ge¨ısoleerde top is, bevat elke kolom van C een 1 en een 1. Bijgevolg is de som van alle rijen van C de nulrij zodat de rijen van C lineair afhankelijk zijn en det C 0. Nu gebruiken we de formule van Cauchy-Binet (zie appendix A) die zegt dat det C 2 .

det B0 B0 C een n 1 n 1 -deelmatrix van B0

Maar we weten dat det C boom bepalen of niet.

2

1 of 0, naargelang de kolommen van C een opspannende

Als de graf ongericht is, hebben we een analoge stelling. We defini¨eren weer een andere matrix. Zij G een enkelvoudige ongerichte graf met genummerde toppen en bogen v 1 , v2 , . . . , v n en b1 , b2 , . . . , bm respectievelijk. De matrix LG is de n 1 n 1 -matrix met lij : lij : lij :

deg v i 1 0

als i j als i j en vi v j in alle andere gevallen

120 Stelling. Het aantal opspannende bomen in een ongerichte enkelvoudige graf zonder lussen is juist det LG . Bewijs. We maken van G een gerichte graf H door elke boog u pijlen u v en u v.

v te vervangen door twee

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

86

Zij B0 de incidentiematrix van H , met de laatste rij weggelaten. We bewijzen dat B 0 B0 2LG . Op plaats i, j van B0 B0 staat het scalair product van de i-de en de j-de rij van B0 . Als i j zal elke boog die in vi vertrekt of aankomt een bijdrage 1 hebben in dit product. In v j en elke boog totaal hebben we dus 2 deg v i op plaats i, i . Voor i j zal elke boog v i vi v j een bijdrage 1 hebben. Vermits G enkelvoudig was, geeft dit 2 of 0 op plaats i, j , naargelang vi en v j adjacent zijn of niet. Nu geldt dus dat det B 0 B0 det 2LG 2n 1 det LG . Maar elke opspannende boom van n 1 G geeft aanleiding tot 2 opspannende bomen in H omdat er 2 n 1 manieren zijn om de bogen te ori¨enteren. Toepassing. Het aantal opspannende bomen in een genummerde complete graf K n is nn

2.

Dit volgt uit n L Kn

1 1 1 n 1 .. .. . . 1

1

.. .

1 1 .. 1

.. .

.

1 1

n

1

Dit geeft ons een alternatief bewijs van de stelling van Cayley.

5.11 Bipartiete graffen 121 Definitie. Een graf heet bipartiet indien zijn toppenverzameling kan gepartitioneerd worden in twee delen zodat er geen enkele boog is die toppen verbindt in hetzelfde deel. Anders gezegd : we kunnen de toppen van de graf kleuren met twee kleuren zodat geen adjacente toppen dezelfde kleur hebben. Het is eenvoudig na te gaan dat de driehoeksgraf C 3 niet bipartiet is. Ook het pentagon C 5 niet. In het algemeen is een cyclus van oneven lengte niet bipartiet. Als een graf een cyclus van oneven lengte omvat, is hij zeker niet bipartiet. Omgekeerd ook.

122 Stelling. Een graf G is bipartiet als en slechts als G geen cyclus bevat van oneven lengte. Bewijs. We hebben dit reeds opgemerkt. . . Onderstel dat er een cyclus v 1 v2 v2m 1 is en v1 rood werd gekleurd. Dan moet v 2 blauw, v3 rood, . . . , v 2m 1 rood. Maar dan mag v1 niet adjacent zijn met v2m 1 , . Gegeven is een graf G zonder oneven cyclus. We kleuren G met 2 kleuren. Kies een top v en kleur hem rood. Kleur al zijn buren blauw. In het algemeen krijgt een top t de rode

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

87

kleur als zijn afstand tot v even is en anders de blauwe kleur. We herhalen dit desnoods in elke samenhangscomponent van G . We tonen aan dat deze kleuring de graf bipartiet maakt. Veronderstel dat twee adjacente toppen x en y rood zijn. Dan is er een pad van even lengte van x tot v en een pad van even lengte van y tot v. Dit levert minstens een cyclus van oneven lengte .Analoog als twee blauwe toppen adjacent zijn. Hoeveel bogen kan een bipartiete graf hebben? 2

123 Stelling. Zij G een enkelvoudige bipartiete graf met n toppen. Dan heeft G ten hoogste n4 bogen 2 als n even is en ten hoogste n 4 1 als n oneven is. Bewijs. Kies G zo´ dat geen andere enkelvoudige bipartiete graf met n toppen meer bogen heeft. Stel r gelijk aan het aantal rode toppen en b het aantal blauwe. Doordat G maximaal is, is het duidelijk dat elke rode top verbonden is met elke blauwe. Dus heeft G juist rb n te vinden zodat bogen. Dit is gelijk aan r n r . Nu gebruik je je kennis analyse om r f r r n r een maximum bereikt. Als een graf meer bogen heeft, is hij niet bipartiet en bevat hij dus een cyclus van oneven lengte. Wij bewijzen meer. . . 124 Stelling. Zij H een enkelvoudige graf met 2m toppen (m bevat H een driehoeksgraf.

2) en minstens m2

1 bogen. Dan

Bewijs. Per inductie op m. Voor m 2 krijgen we dat H een deelgraf is van K 4 met minstens 5 bogen. Vorige stelling zegt dat H niet bipartiet is en dus een cyclus heeft van oneven lengte. Dit moet een driehoek zijn omdat H maar vier toppen heeft. Als de stelling waar is voor alle graffen met minder dan 2m toppen, nemen we in H twee adjacente toppen u en v. Als deg u deg v 2m hebben deze toppen een gemeenschappelijke buur die een driehoek geeft. Als deg u deg v 2m, zal het verwijderen van u en v, samen met alle bogen waartoe ze behoren, het aantal bogen doen afnemen met ten hoogste 2m 1. Het resultaat is dus een graf met 2m 2 toppen en minstens m2 1 2m 1 m2 2m 2 m 1 2 1 bogen. Deze graf bevat wegens de inductiehypothese een driehoek. We kunnen zonder teveel moeite Stelling 123 veralgemenen tot een iets grotere klasse van graffen. We weten dat een bipartiete graf nooit een driehoeksgraf kan bevatten. Een driehoeksgraf komt voor in elke complete graf K r voor r 2 zodat een bipartiete graf geen deelgraf Kr kan hebben voor r 2. Er bestaan wel graffen zonder K r die niet bipartiet zijn (denk aan C5 ). 125 Stelling (Tur´an). Zij G een enkelvoudige graf met n toppen die geen deelgraf Kr omvat voor een zekere r 2. Dan is het aantal bogen in G ten hoogste r 2 n2 2r 2 .

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE Bewijs. Per inductie op r. Voor r 2 is G een graf zonder bogen. De bovengrens r gelijk aan nul.

88

2 n 2 2r

2 is in dit geval ook

Voor de inductiestap gaan we van r naar r 1. We nemen dus een graf G die geen deelgraf Kr 1 bevat en n toppen heeft. Stel H gelijk aan de grootste deelgraf van G die geen deelgraf Kr heeft. Noteer x voor het aantal toppen in H . Beschouw een top v van G . Vermits G geen K r 1 omvat, kan er in de buurt Gv zeker geen K r voorkomen (samen met v zouden we anders een K r 1 hebben). Vermits de grootste deelgraf van G die geen Kr omvat x toppen heeft, weten we dat G v niet meer toppen kan hebben dan x. Met andere woorden geldt voor elke top deg v x. We beschouwen nu de bogen die niet volledig in H liggen. Dit zijn dus bogen met minstens e´ e´ n top buiten H . We zullen dit aantal bogen afschatten. Er zijn n x toppen buiten H en elk van die toppen heeft graad ten hoogste x. Dus kunnen er niet meer bogen zijn dan n x x. De inductiehypothese, toegepast op H , geeft dat het aantal bogen binnen H niet meer is dan r 2 x2 2r 2 . In totaal is het aantal bogen in G dus ten hoogste r 2 x 2 2r 2 x n x . Vermits

r 2 2 x x n 2r 2 is de stelling bewezen.

x

r

1 2r

n2

r 2r

2

x

r

1n r

2

r

1 2r

n2

5.12 Koppelingen 126 Definitie. Een koppeling (Engels: “matching”) in een graf G is een verzameling van bogen van G waarin geen twee een top gemeenschappelijk hebben.

De bogen van een koppeling koppelen dus hun uiteinden twee aan twee met elkaar. In het algemeen kan je in een gegeven graf vele verschillende koppelingen vinden. E´en enkele boog bijvoorbeeld vormt reeds een koppeling op zich. 127 Definitie. Een koppeling heet maximaal indien we ze niet kunnen uitbreiden tot een koppeling met meer bogen. Een maximumkoppeling in een graf G is een koppeling van maximale grootte. Dit wil zeggen dat er in G geen koppeling met meer bogen bestaat. Zij K een koppeling in G . Een top van G heet K-verzadigd indien hij bevat is in een boog van K. Anders heet hij K-onverzadigd. Als het duidelijk is over welke koppeling K het gaat, spreken we gewoon van verzadigd en onverzadigd.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

89

Een koppeling die alle toppen van een graf verzadigt wordt een volledige koppeling genoemd. Een volledige koppeling is duidelijk een maximumkoppeling. Ook kan een graf alleen maar een volledige koppeling hebben als zijn aantal toppen even is. Hoe kunnen we nu koppelingen vinden met zoveel mogelijk bogen in een gegeven graf? Een strategie zou kunnen zijn om een willekeurige boog te nemen, dan een boog te nemen die daar geen top mee gemeenschappelijk heeft, enz. We krijgen zo zeker een koppeling en van zodra we geen nieuwe boog meer kunnen toevoegen, is de koppeling maximaal. Er is echter geen garantie dat de gevonden koppeling een maximumkoppeling is. We hebben dus een betere manier nodig. 128 Definitie. Zij V, E een graf met een koppeling K. Een K-wisselpad is een pad waarvan de opeenvolgende bogen afwisselend wel en niet tot K behoren. Een vergrotend K-wisselpad is een K-wisselpad waarvan de eerste en laatste top K-onverzadigd zijn. Elke boog vormt een wisselpad. Een boog waarvan beide toppen onverzadigd zijn vormt een vergrotend wisselpad. Als we in een graf een koppeling K hebben en een vergrotend K-wisselpad P, dan kunnen we in K de bogen die op P liggen vervangen door de bogen van P die niet in K zitten. Het resultaat is een koppeling K die een boog meer heeft dan K. Vandaar de naam vergrotend wisselpad. Willen we nu een maximumkoppeling vinden in een graf G , dan kunnen we als volgt te werk gaan. Eerst maken we een maximale koppeling volgens de methode van hierboven. We maken nu uit deze koppeling een koppeling met meer bogen door een vergrotend wisselpad te zoeken en bogen uit te wisselen. Dit kunnen we herhalen tot er geen vergrotend wisselpad meer kan gevonden worden. Dat we op deze manier een koppeling van maximum grootte bekomen, wordt door volgende stelling van de Deen P ETERSEN gegarandeerd. Hoewel P ETERSEN zijn stelling reeds in 1891 bewees, geraakte ze in vergetelheid. In 1957 bewees de Fransman B ERGE de stelling opnieuw. Daarom wordt deze stelling in sommige boeken “de stelling van Berge” genoemd. 129 Stelling (Petersen, 1891). Gegeven een graf G . Een koppeling K in G is een maximumkoppeling als en slechts als er in G geen vergrotend K-wisselpad bestaat. Als K een maximumkoppeling is, kan er natuurlijk geen vergrotend K-wisselpad Bewijs. bestaan omdat de koppeling anders kan vergroot worden via de hierboven beschreven methode. Veronderstel dat K een koppeling is die geen maximumkoppeling is. We moeten tonen dat er een vergrotend K-wisselpad bestaat. Omdat K geen maximumkoppeling is, moet er in G een koppeling K bestaan die meer bogen heeft dan K. Stel nu E : K K K K, dit zijn de bogen die in K of K zitten maar niet in K K . Noteer H de deelgraf van G met als bogenverzameling E en als toppenverzameling de uiteinden van de bogen in E . Omdat K en K koppelingen zijn, moet elke samenhangscomponent van H een cyclus of pad zijn waarvan de bogen afwisselend in K en in K zitten. Componenten met maar e´ e´ n boog kunnen ook voorkomen. Aangezien K groter is dan K, moet er tenminste e´ e´ n component van H zijn die meer bogen van K bevat dan van K. Deze component is dan een pad waarvan de eerste en laatste top K-onverzadigd zijn. Het is dus een vergrotend K-wisselpad.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

90

We hebben nu een manier om na te gaan of een koppeling een maximumkoppeling is en hebben ook gezien dat vergrotende wisselpaden helpen bij het vinden van een maximumkoppeling. Kunnen we ook iets zeggen over de grootte van een maximumkoppeling in een gegeven graf? Algemene uitspraken zijn hierover moeilijk te doen. Een cyclus van even lengte en een complete graf met een even aantal toppen hebben beide een volledige koppeling. Voor bipartiete graffen kunnen we meer zeggen.

5.13 Toewijzingen en het lessenroosterprobleem Herinner dat een bipartiete graf een enkelvoudige ongerichte graf is waarvan de toppenverzameling V de disjuncte unie is van twee verzamelingen V1 en V2 waarbij elke boog een top in V1 en een top in V2 heeft. 130 Definitie. Zij G V1 V2 , E een bipartiete graf. Indien elke top van V1 adjacent is met elke top van V2 , spreekt men van een compleet bipartiete graf. Als V1 m en V2 n noteren we zulke graf Km,n . Opmerking. De ster S n is eigenlijk K1,n . Zoals jullie weten is het niet eenvoudig om een lessenrooster op te stellen. Het aantal beschikbare lokalen bijvoorbeeld is een bovengrens op het aantal lessen dat tegelijkertijd kan gegeven worden. Er zijn ook lessen die enkel in een speciaal ingericht lokaal (bijvoorbeeld een labo of een lokaal met dataprojector) kunnen gegeven worden. Bij sommige vakken wil men twee uur na elkaar doceren. Sommige docenten hebben nog andere eigenaardige wensen die het probleem zeker niet vereenvoudigen. Veronderstel dat we een universiteit hebben met n 1 docenten u 1 , u2 , . . . , u n1 en n2 studierichtingen die we v1 , v2 , . . . , v n2 noteren. We kunnen een bipartiete graf opstellen met als toppen de docenten en de studierichtingen. Twee toppen u i en v j zijn adjacent als en slechts als docent u i les geeft in richting v j . Indien we een lessenrooster willen opstellen zodanig dat in zo weinig mogelijk uren het volledige lessenpakket kan worden afgewerkt, kunnen we het probleem formuleren met koppelingen in een bipartiete graf. Elke koppeling komt overeen met een uur les zodat het probleem herleid wordt tot het bepalen van een minimaal aantal koppelingen, rekening houdend met de gestelde randvoorwaarden. u1 u2 u3 u4

u n1

v1 v2 v3

v n2

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

91

Wij zullen hier als randvoorwaarde opleggen dat alle docenten elk lesuur worden ingeschakeld. Dit betekent dus dat elke koppeling moet bestaan uit n 1 bogen. Het zal duidelijk zijn dat dergelijke voorwaarde niet altijd kan voldaan zijn. 131 Definitie. Veronderstel dat G V1 V2 , E bipartiet is en W V1 . een toewijzing (Engels: “assignment”) van W in V2 is een koppeling K tussen toppen van W en V2 die alle toppen van W verzadigt. Als W de deelverzameling is van V2 die door K verzadigd wordt, is K ook een toewijzing van W in V1 . Een toewijzing is maximaal als de bijhorende koppeling maximaal is. We spreken van een maximumtoewijzing (respectievelijk volledige toewijzing) wanneer de bijhorende koppeling een maximumkoppeling (resp. volledige koppeling) is. Wij zijn vooral ge¨ınteresseerd in toewijzingen van de volledige verzameling V1 in V2 . We kunnen ons afvragen wanneer zulke toewijzing bestaat. Het antwoord wordt gegeven door een stelling van Philip H ALL (1904–1982). We zullen volgende notatie gebruiken : voor W V1 noteren we met H W de verzameling van buren van toppen van W. Dit zijn dus toppen van V2 die verbonden zijn met minstens e´ e´ n top in W. 132 Stelling (P. Hall, 1935). Zij G V1 V2 , E een bipartiete graf. Een toewijzing van V1 in V2 bestaat als en slechts als voor elke deelverzameling W van V1 geldt dat H W W. Bewijs. Het is duidelijk dat de voorwaarde nodig is. Inderdaad: elke deelverzameling van V1 moet genoeg buren hebben, dit wil zeggen ten minste evenveel elementen als het aantal elementen in de verzameling zelf. We bewijzen nu dat deze voorwaarde ook voldoende is. Neem dus aan dat de voorwaarde van Hall voldaan is (dus W V1 : H W W ). We bewijzen per inductie op V1 dat er een toewijzing van V1 in V2 bestaat. Als V1 1 dan is V1 een singleton u . De voorwaarde van Hall geeft H u 1. De top u heeft dus ten minste e´ e´ n buur in V2 . Neem zo een buur en noem hem v. De boog u v vormt dan een toewijzing van V1 in V2 . We nemen nu aan dat de stelling waar is voor alle bipartiete graffen met V1 k. We onderscheiden twee gevallen voor een bipartiete graf G V1 V2 , E met V1 k 1. Het eerste geval is dat elke echte deelverzameling van V1 meer buren heeft dan de voorwaarde van Hall vereist. Dit is het zogenaamde “niet-kritisch geval”. Niet-kritisch geval We hebben dus H W

W

1

voor elke echte deelverzameling W van V1 . Voor een willekeurige top u V1 hebben we dus minstens twee buren in V2 . Noem e´ e´ n van die buren v. We wijzen v alvast toe aan u en bekijken de bipartiete graf G die ontstaat wanneer we u v uit G weglaten. Deze graf heeft k toppen in V1 en elke deelverzameling W van V1 heeft tenminste W 1 buren in V2 en bijgevolg tenminste W buren in V2 v . Voor de graf G geldt dus de voorwaarde van Hall zodat we uit de inductiehypothese een toewijzing krijgen van V1 u in V2 v . Samen met de boog u v vormt deze een toewijzing van V1 in V2 . Kritisch geval Nu is er minstens e´ e´ n echte deelverzameling W van V1 met H W W . Zulke W heet een kritische verzameling. Voor de deelgraf ge¨ınduceerd op W H W geldt

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

92

k kunnen we de inductiehypothese toeuiteraard de voorwaarde van Hall. Omdat W passen om een toewijzing van W in H W te vinden. Voor de deelgraf ge¨ınduceerd op V1 W V2 H W kunnen we de voorwaarde van Hall ook aantonen. Zij W een deelverzameling van V1 W . Dan heeft W W ten minste W W buren in V2 (door de voorwaarde van Hall). Maar vermits precies W van die buren in H W liggen, moeten minstens W van hen in V2 H W liggen. Omdat V1 W k is ook hier de inductiehypothese van toepassing zodat we een toewijzing van V1 W in V2 H W krijgen die samen met de toewijzing van W in H W uiteindelijk een toewijzing van V1 in V2 oplevert. We weten nu wanneer er een toewijzing bestaat. Als we echter zoeken naar een maximumtoewijzing is deze stelling nog niet voldoende. Er bestaan algoritmes om een maximumtoewijzing te vinden. We geven als voorbeeld de Hongaarse methode die ook bruikbaar is om een maximumkoppeling te vinden. We vertrekken van een (eventueel lege) toewijzing K en proberen die uit te breiden door een vergrotend K-wisselpad te maken met volgend algoritme. Neem een top w van V1 die K-onverzadigd is. Bouw een gewortelde wisselboom T met wortel w (dit is een boom zodanig dat elk pad in T met beginpunt w een wisselpad is) door steeds bogen van G toe te voegen aan T . Je stopt met bogen toe te voegen als e´ e´ n van volgende voorwaarden voldaan is 1. de boom T heeft een onverzadigd blad u

V2 ;

2. alle bladeren van T zijn verzadigde toppen van V1 en T kan niet verder uitgebreid worden. Indien aan 2 is voldaan, herbegin je met een andere onverzadigde top. In het andere geval hebben we een vergrotend K-wisselpad P en wordt de toewijzing K vervangen door K P P K. We kunnen nu het algoritme opnieuw uitvoeren met deze nieuwe toewijzing. Uiteindelijk kunnen we geen wisselpaden meer vinden. We eindigen met een toewijzing K H waarvan we kunnen bewijzen dat dit een maximumtoewijzing is. Dit zal je in de oefening 34 doen. We kunnen ons nu ook afvragen of we de grootte van een maximumtoewijzing kunnen ¨ bepalen zonder zo een toewijzing daadwerkelijk te construeren. De stelling van K ONIG zegt dat dit inderdaad mogelijk is. We geven geen bewijs. 133 Stelling (Konig). ¨ Zij G

V1

V2 , E bipartiet en stel t:

max W

W V1

H W

Dan is het aantal bogen van een maximumtoewijzing van V1 in V2 gelijk aan V1 indien t aan V1 t anders.

0 en

134 Definitie. Een overdekking van een graf G is een verzameling U van toppen van G waarbij elke boog minstens e´e´n top van U bevat. Een minimale overdekking is een overdekking die geen echte deelverzameling heeft welke ook een overdekking is. Een minimumoverdekking is een overdekking waarnaast geen overdekking bestaat met minder toppen.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

93

V1 V2 , E zowel V1 als V2 overdekkingen zijn. Merk op dat voor een bipartiete graf G Ze zijn minimaal als G geen ge¨ısoleerde top heeft. In het algemeen zullen de minimale overdekkingen dus deelverzamelingen hiervan zijn. Onderstel nu dat we in een (niet noodzakelijk bipartiete) graf G een koppeling K hebben en een overdekking U. Dan moet elke boog van K ten minste e´ e´ n van zijn uiteinden in U hebben. Omdat de bogen van K geen toppen gemeenschappelijk hebben, moeten er tenminste zoveel toppen in U liggen als er bogen zijn in K. Dus geldt K U voor elke koppeling K en elke overdekking U. We krijgen dus max K

min U ,

waarbij K de verzameling van alle koppelingen van G doorloopt en U de verzameling van alle overdekkingen. De vraag is of de gelijkheid geldt. Het antwoord is duidelijk negatief. In een vijfhoek C 5 bijvoorbeeld zal een maximumkoppeling bestaan uit 2 bogen, terwijl een minimumoverdekking moet bestaan uit 3 toppen. Voor een bipartiete graf geldt de gelijkheid daarentegen wel. 135 Stelling (Konig–Egerv´ ¨ ary, 1931). Voor een bipartiete graf G max K

V1

V2 , E geldt

min U

waarbij K de verzameling van alle koppelingen van G doorloopt en U de verzameling van alle overdekkingen van G . Bewijs. We weten al dat max K min U . Het is dus voldoende om een koppeling K en een overdekking U te vinden met K U . Voor K nemen we uiteraard een maximumkoppeling Kmax . Volgens de stelling van Konig ¨ hebben we ofwel Kmax

V1

ofwel Kmax In het eerste geval kiezen we U :

V1

max W

W V1

H W

.

V1 . Dit is een overdekking.

In het andere geval nemen we W gelijk aan een deelverzameling van V1 waarvoor het “maximum burentekort” van bovenstaande gelijkheid bereikt wordt. Dan volgt Kmax

V1

W

H W

V1 W

H W

.

De verzameling U : V1 W H W heeft het gewenste aantal elementen en is een overdekking. Inderdaad : de verzameling V1 W overdekt alle bogen met een uiteinde in V1 W en H W overdekt alle bogen met een uiteinde in W .

5.14 Planaire graffen Drie professoren hebben ruzie met elkaar. Ze moeten regelmatig les geven in drie leslokalen L1 , L2 en L3 . Is het mogelijk om op de campus wegen te bedenken tussen elk van de drie

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

94

leslokalen en de drie bureaus B1 , B2 en B3 van de proffen zodanig dat die wegen nooit kruisen? Op die manier zouden de proffen elkaar nooit tegenkomen en misschien hun ruzies vergeten. We proberen op een tekening:

L3

L1

L2

B2 B1

B3

Naar L1 ?

We zien geen mogelijkheid om B3 met L1 te verbinden. Misschien moeten we harder proberen? Misschien hangt het af van de ligging van de bureaus en de lokalen? Wiskundig stelt men zich de vraag of de compleet bipartiete graf K 3,3 in het vlak (of op een blad papier) kan getekend worden zodanig dat twee bogen elkaar nooit snijden. 136 Definitie. Een graf heet planair indien hij in een vlak kan getekend worden zonder dat twee bogen elkaar snijden. Als we een planaire graf in het vlak tekenen zodanig dat geen twee bogen snijden, wordt het vlak verdeeld in gebieden (Engels: “faces”). Er bestaat een verband tussen het aantal toppen, bogen en gebieden van een planaire graf. We noteren deze aantallen respectievelijk met v, e en f .

12 F1

16

F2

F6

F5

F3 F4

137 Stelling (weeral van Euler). Voor een samenhangende planaire graf G geldt steeds v

e

f

2.

Bewijs. We geven een bewijs per inductie op e, het aantal bogen in G .

6

2

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

95

1, dan is de graf ofwel isomorf met het pad P2 ofwel een lus. In het eerste geval Als e 2 en f 1 en in het tweede geldt v 1 en f 2. In beide gevallen is de hebben we v formule van Euler voldaan. Onderstel dat de stelling geldt voor alle planaire graffen met e vallen.

1 bogen. Er zijn twee ge-

1 We kunnen uit G een boog b weglaten zodat G : G b nog steeds samenhangend is. Dan maakt b deel uit van een cyclus in G . Daarom behoort b tot de rand van twee gebieden. De graf G heeft dan e 1 bogen, f 1 gebieden en v toppen. De inductiehypothese geeft v e 1 f 1 2. 2 Er is geen boog die we kunnen weglaten zonder de samenhang te verliezen. Dan is G een boom. Bijgevolg geldt f 1 en v e 1. We komen nu terug naar het probleem van de drie proffen. Is K 3,3 planair? Indien wel, moet v e f 2. We weten dat v 6 en e 9. Dus moet f 5. Maar doordat K 3,3 compleet bipartiet is, moeten de gebieden cyclussen zijn van lengte 4. Om 5 zulke cycli te maken hebben we in principe 20 bogen nodig maar in een planaire graf ligt elke boog op de grens van e´ e´ n of twee gebieden. De zuinigste manier om planair 5 vierhoeken te maken is dus met 10 bogen. Maar K3,3 heeft er maar 9 en kan dus niet planair zijn. Het professorenprobleem heeft bijgevolg geen oplossing. Ook K5 is niet planair. Veronderstel van wel. Dan moeten er 7 gebieden zijn vermits v 5 5 en e 10. In K5 moeten de gebieden driehoeken zijn. Hiervoor zijn normaal 7 3 21 2 bogen nodig. Dit is onmogelijk met de 10 bogen die we ter beschikking hebben, ook al gebruiken we elke boog op de grens van twee gebieden. We kunnen bovenstaande redeneringen veralgemenen. 138 Stelling. Zij G een samenhangende enkelvoudige planaire graf zonder lussen. Dan geldt 3 f 2e en e 3v 6. Bewijs. Vermits de graf enkelvoudig is, bestaat de rand van elk gebied uit minstens 3 bogen. Elke boog kan hoogstens twee keer optreden als rand van een gebied zodat 2e Samen met v

e

f

2 krijgen we 2

v

3f e

2 3e

v

e 3.

139 Gevolg. Elke samenhangende planaire enkelvoudige graf G heeft een top van graad Bewijs. We weten e

3v

5.

6. Dus moet deg x

2e

6v

12

x V G

Mocht elke top x graad

6 hebben, zou

x V G

deg x

6v, .

Uit het feit dat noch K 3,3 noch K5 planair zijn, volgt gemakkelijk dat een graf die een deelgraf isomorf met K3,3 of met K5 bevat nooit planair kan zijn.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

96

Als een graf niet planair is, is het duidelijk dat als we een top van graad 2 weglaten en zijn 2 buren verbinden met een boog, de graf niet planair kan worden. Ook mogen we een boog x, y gerust vervangen door een nieuwe top t en twee bogen x, t en t, y , zonder de planariteit te veranderen. 140 Definitie. Een graf H die ontstaat uit een graf G door (eventueel meermaals) toepassen van bovenstaande operaties heet boogequivalent met G . Volgende belangrijke stelling geven we zonder bewijs. 141 Stelling (Kuratowski, 1930). Een graf is planair als en slechts als hij geen deelgraf bevat die boogequivalent is met K3,3 of met K5 .

5.14.1 Platonische lichamen We kennen allemaal de vijf regelmatige veelvlakken die soms ook “Platonische lichamen” worden genoemd : de tetra¨eder, de octa¨eder, de cubus, de dodeca¨eder en de icosa¨eder. Waarom zijn er maar vijf zulke regelmatige veelvlakken? Merk eerst op dat de platonische lichamen aanleiding geven tot planaire graffen :

Als we als definitie van platonisch lichaam aannemen dat de graf gevormd door de hoekpunten en de ribben planair moet zijn, kunnen we de planaire graffen bestuderen om te zien welke de mogelijkheden zijn. Een andere belangrijke eigenschap van platonische lichamen is dat elke ribbe tot juist twee zijvlakken behoort en dat alle zijvlakken evenveel ribben hebben op hun rand. Ook liggen alle hoekpunten op eenzelfde aantal ribben. We bestuderen nu de planaire graffen waarin elke boog in de rand zit van twee gebieden, elke top graad n heeft en alle gebieden m bogen hebben in hun rand. Het is duidelijk dat we ook n, m

3 moeten nemen.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

97

Vermits elke boog op twee gebieden ligt, hebben we 2e m f . Vermits elke top graad n heeft en elke boog twee toppen verbindt, geldt ook 2e nv. De planariteit impliceert 0

2

v

e

2e n

f

e

2e m

e

2m

nm nm

2n

Vermits zowel e als m en n strikt positief zijn, moet 2m nm 2n 0 of nm 2n 2m 0. 4 of n 2 m 2 4. Doordat m, n 3, Dit is equivalent met nm 2m 2n 4 zijn zowel n 2 als m 2 positief. Er zijn maar vijf koppels m, n die voldoen aan alle voorwaarden. Deze geven aanleiding tot de vijf gekende platonische lichamen. m

2 1 2 1 3 1

n

2 1 1 2 1 3

m 3 4 3 5 3

n 3 3 4 3 5

lichaam tetra¨eder cubus octa¨eder dodeca¨eder icosa¨eder

5.15 Het kleuren van planaire graffen In een atlas worden de landen meestal ingekleurd met verschillende kleuren zodat twee buurlanden nooit dezelfde kleur krijgen. Zo zie je duidelijk de grens tussen twee landen. Hoeveel kleuren heb je hiervoor minstens nodig? Luxemburg toont dat het antwoord minstens 4 is.

BE LU FR

Een landkaart is natuurlijk een planaire graf.

DE

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

98

We moeten voor een planaire graf dus bepalen hoeveel kleuren er minstens nodig zijn om de gebieden zo´ te kleuren dat aangrenzende gebieden nooit dezelfde kleur krijgen. Om dit probleem te vertalen naar een kleuring van toppen in een graf, voeren we het zeer belangrijke begrip dualiteit in. 142 Definitie. Zij G een planaire graf. De duale graf G heeft als toppen de gebieden van G en twee toppen zijn adjacent als en slechts als de overeenkomstige gebieden een boog delen. De figuur hieronder toont een voorbeeld van een graf en zijn duale (in streepjeslijn).

Opmerking. De duale van een planaire graf is opnieuw een planaire graf. Het probleem wordt nu : wat is het minimaal aantal kleuren nodig om de toppen van een planaire graf te kleuren zodanig dat adjacente toppen nooit dezelfde kleur hebben? 143 Stelling. Elke planaire graf G kan met 6 kleuren gekleurd worden. Bewijs. We doen dit bij inductie op v, het aantal toppen van de planaire graf G . Voor v

1 is het duidelijk in orde.

Onderstel nu dat de stelling geldt voor alle planaire graffen met v 1 toppen. Uit gevolg 139 weten we dat G een top t heeft met deg t 5. Als we t weglaten, krijgen we een graf G met v 1 toppen. Deze kan dus gekleurd worden met 6 kleuren. Vermits t hoogstens 5 buren heeft (die in G elk een kleur krijgen), is er zeker een kleur over voor t. We kunnen dit resultaat nog een beetje verfijnen. 144 Stelling. Elke planaire graf G kan met 5 kleuren gekleurd worden. Bewijs. Ook per inductie op v, zoals in vorig bewijs. Dat bewijs kan trouwens alleen maar mis gaan als t echt 5 buren heeft, elk van een andere kleur in de kleuring van G . We bekijken dit geval van nabij. Noteer de 5 buren van t met y 1 , y2 , y3 , y4 en y5 , genummerd in wijzerzin (zie tekening). Zij G de graf die uit G ontstaat als je t weglaat, alsook de 5 bogen op t. Als G kan gekleurd worden met 5 kleuren waarbij y1 en y3 dezelfde kleur hebben, is er een kleur over voor t. Anders moet elke kleuring van G met 5 kleuren een pad van y1 tot y3 hebben dat alternerend de kleuren van y1 en y3 gebruikt.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

y1

99

y2 t y3

y5

y4

Op dezelfde manier is er een pad van y2 naar y4 dat alleen de kleuren van y2 en y4 gebruikt (die verschillend zijn van die van y1 en y3 ). Dus kunnen de twee gevonden paden geen top gemeenschappelijk hebben. Maar door de ligging van y 2 tussen y1 en y3 , moeten de twee paden kruisen. Dit spreekt de planariteit tegen. Lang heeft men als conjectuur gehad dat 4 kleuren voldoende moeten zijn. In 1978 bewezen A PPEL en H AKEN met een computer (door eerst “met de hand” het probleem te herleiden tot 1800 gevallen en die dan door de computer te laten oplossen) dat 4 kleuren inderdaad volstaan. Momenteel is hiervoor nog steeds geen bewijs gekend dat niet steunt op computerberekeningen. Sommige wiskundigen zijn hierdoor van mening dat de “4-kleurenstelling” nog niet bewezen is en blijven ze een conjectuur of vermoeden noemen.

5.16 Oefeningen 1. ! Professor McBrain en zijn echtgenote April geven een feestje waar nog vier andere koppels op uitgenodigd zijn. Sommige mensen schudden elkaar de hand, maar uiteraard niet hun eigen partner. Op het eind van het feestje vraagt McBrain aan alle gasten en aan zijn vrouw aan hoeveel mensen ze een hand hebben gegeven, en hij krijgt negen verschillende antwoorden. Hoeveel mensen hebben een hand gegeven aan April? 2. ! drie huizen A, B en C moeten elk aangesloten worden aan gas, elektriciteit en water: G, E, W. Geef de incidentiematrix van de graf die dit probleem voorstelt. Teken de graf. Is het mogelijk hem zo te tekenen dat er geen kruisende bogen zijn (m.a.w. is de graf planair)? 0, 1, . . . , n en met bogen 3. ! De wielgraf Wn is de graf met V Wn E Wn 0, 1 , 0, 2 , . . . , 0, n 1, 2 , 2, 3 , . . . , n 1, n , n, 1 . Beschrijf een Hamiltoncyclus in Wn . 4. ! Hoeveel bogen heeft de complete graf K n ? Voor welke waarden van n kan je de graf Kn tekenen zodat de bogen elkaar niet kruisen? 5. ! Maak een graf met vijf toppen en zes bogen die geen 3-cycli bevat.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

100

6. " ! Zij V G de verzameling van alle woorden van lengte 3 in het alfabet 0, 1 en E G bevat koppels woorden die in precies e´ e´ n letter van elkaar verschillen. Toon aan dat G isomorf is met de hoekpunten en ribben van een gewone cubus. 7. ! Zeg van de volgende lijsten van getallen of het de graden kunnen zijn van de toppen van een graf. Zo ja, teken een graf die eraan voldoet. (a) 2, 2, 2, 3

(c) 1, 2, 2, 3, 4

(b) 2, 2, 4, 4, 4

(d) 1, 2, 3, 4

8. ! Als V G , E G een graf is, dan is het complement G¯ van G de graf met dezelfde toppen en alle mogelijke bogen die niet in G zitten. Als de graden van de toppen van G gegeven worden door x 1 , x2 , . . . , x n , wat zijn dan de graden van de toppen van G¯? 9. " ! Zoek zoveel mogelijk niet-isomorfe reguliere graffen van graad 4 met 7 toppen.

10. " ! Toon aan: als G een enkelvoudige graf is met minstens 2 toppen, dan heeft G 2 toppen van dezelfde graad. 11. ! Zoek een hamilton-cyclus in de graf bestaande uit de hoekpunten en de ribben van een cubus. 12. " ! Een muis heeft het plan opgevat om een 3 3-cubus kaas op te eten. Nu is de muis nogal systematisch aangelegd, en ze begint dus aan een hoek en eet daar eerst het volledige 1 1-cubusje op. Daarna neemt ze een van de buur- 1 1 -cubusjes enz. Kan de muis eindigen in het midden van de grote cubus? 13. " ! Zij G een ongerichte graf zonder lussen. Toon aan dat je de bogen van G zo kunt richten dat er geen enkele gerichte cyclus ontstaat. 14. " ! Waar of onwaar?

(a) Als een graf een Eulercyclus heeft dan heeft hij een even aantal bogen.

(b) Zij G een enkelvoudige graf met 9 toppen en veronderstel dat de som van alle graden minstens 27 is. Dan heeft G een top met graad minstens 4. (c) Het aantal mensen dat een oneven aantal broers en zussen heeft is even. (d) Als een enkelvoudige graf een Eulercyclus heeft, dan heeft hij ook een Hamiltoncyclus. (e) Als een enkelvoudige graf een Hamiltoncyclus heeft, dan heeft hij ook een Eulercyclus. (f) In een reguliere graf heeft elke top niet alleen hetzelfde aantal buren maar ook hetzelfde aantal toppen op afstand 2. [onwaar, waar, waar, onwaar, onwaar, onwaar] 15. " ! Zij G een enkelvoudige graf met 10 toppen en 28 bogen. Toon aan dat G een cyclus van lengte vier bevat.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

101

16. " ! Zij G een enkelvoudige graf met 10 toppen en 38 bogen. Bewijs dat G K 4 bevat als deelgraf. 17. ! Zij G een graf waarin elke top graad 4 heeft. Toon aan dat je de bogen met 2 kleuren zodanig kan kleuren dat elke top op 2 bogen van de ene en 2 bogen van de andere kleur ligt. 18. ! Hoeveel verschillende graffen met n genummerde toppen zijn er?

19. # Hoeveel automorfismen zijn er van de volgende graffen? (a) Kn

(b) Cn , de cyclus met n toppen (c) Pn , het pad langs n toppen (d) Sn , de ster met n toppen (e) de cubus in 3 dimensies 20. ! Toon aan dat er meer dan 6600 niet-isomorfe graffen zijn met 8 gelabelde toppen. 21. ! Hoeveel toppen heeft een samenhangende reguliere graf met 22 bogen?

22. " ! Toon aan dat de Petersengraf geen Hamiltoncyclus, maar wel een Hamiltonpad heeft. Toon aan dat, als je 1 knoop en de incidente bogen verwijderd uit de graf, er wel een Hamiltoncyclus is. 2 een geheel getal, en a 1 a2 an een n-tal strikt positieve gehele 23. " ! Zij n getallen zodat a1 a2 an 2n 2. Toon aan dat er een boom bestaat met n toppen en met als geordende gradenrij a 1 , a2 , . . . , a n . 24. " ! Een complete k-boom is een gewortelde boom waarin elke knoop ofwel k ofwel 0 nakomelingen heeft. Als T zo’n boom is met m toppen die geen blad zijn, hoeveel bladen heeft T dan? 25. # Er zijn n parkeerplaatsen 1, 2, . . . , n in een eenrichtingstraat. De auto’s 1, 2, . . . , n komen in die volgorde in de straat. Elke auto i heeft een favoriet plaatsje f i . Als een auto de straat inrijdt, gaat hij eerst naar z’n favoriete parkeerplaats. Als die niet vrij is, dan gaat hij naar de volgende plaats en daarna terug de volgende, tot hij een lege plaats vindt. Als de auto de straat uitrijdt zonder een parkeerplaats te vinden, dan geeft hij het op en is het parkeerplan mislukt. Als op het einde alle auto’s geparkeerd zijn, dan noemen we f een parkeerfunctie op n . Toon aan dat het aantal parkeerfuncties op n gelijk is aan n 1 n 1 . Hoeveel parkeerfuncties zijn er op n waarbij voor geen enkele i geldt dat f i f i 1? 26. ! Teken alle niet-isomorfe bomen met zes knopen.

27. ! Toon aan: als G een g raf is met minstens 2 toppen, dan heeft G 2 toppen van dezelfde graad. 28. # Hoeveel verschillende Hamiltoncycli heeft de complete graf K n ? Hoeveel verschillende Hamiltoncycli zonder gemeenschappelijke bogen zijn er in K 21 ?

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

102

2. Toon aan dat het aantal Hamiltoncycli in Kn,n gelijk is aan n 29. # Stel n Z, n 1 !n! 2. Hoeveel Hamiltonpaden zijn er in Kn,n ? 30. ! Zijn T1 en T2 twee bomen met E T 1 V T2 en E T2 .

17 en V T2

31. ! Zij F1 een bos met zeven bomen, en met E F 1

2 V T1 . Bepaal V T1 ,

40. Wat is V F1 ?

32. " ! Zoek 2 niet-isomorfe opspannende bomen voor de complete bipartiete graf K 2,3 . Hoeveel niet-isomorfe opspannende bomen heeft deze graf? 33. " ! Zoek alle maximale koppelingen van de Petersengraf. Hoe groot is een maximumkoppeling van deze graf? 34. # Bewijs dat de Hongaarse methode altijd een maximumtoewijzing oplevert.

35. # Aan een toernooi doen 2n ploegen mee. Er zijn al twee ronden gespeeld. Toon aan dat we de ploegen nog altijd in twee groepen van n ploegen kunnen verdelen, zodat ploegen van eenzelfde groep nog niet tegen elkaar gespeeld hebben. een bipartiete graf waarin de graad van elke top in X minstens zo groot 36. " ! Zij X Y, is als de graad van elke top in Y. Toon aan dat er een volledige toewijzing bestaat van X in Y. 37. # Zij G een bipartiete graf. Toon aan dat G een volledige toewijzing heeft asa voor elke deelverzameling X van V G geldt dat X N X (met N X bedoelen we de verzameling van de buren van punten van X). 38. " ! Zij G een reguliere bipartiete graf. Toon aan dat G een perfecte toewijzing heeft.

39. # Er zijn n kinderen en n speelgoedjes in de kleuterklas. Elk kind wil met r specifieke speelgoedjes spelen, en voor elk speelgoedje zijn er precies r kinderen die ermee willen spelen. Toon aan dat we r speelrondes kunnen organiseren, zodanig dat elk kind juist een keer met elk van zijn r voorkeurspeelgoedjes heeft gespeeld. 40. # Een graf G noemen we ‘factor critical’ als G v een volledige koppeling heeft, voor een top v van G . Toon aan dat een bipartiete graf nooit factor critical is. 41. " ! In Rydell High School is het laatste jaar in zes studentencomit´es vertegenwoordigd door Annemarie (A), Gary (G), Jill (J), Kenneth (K), Michael (M), Norma (N), Paul (P) en Rosemary (R). De laatstejaars in deze comit´es zijn {A,G,J,P}, {G,J,K,R}, {A,M,N,P}, {A,G,M,N,P}, {A,G,K,N,R} en {G,K,N,R}. (a) De studentenraad roept een vergadering bijeen, waarin minstens een laatstejaars uit elk comit´e moet zitten. Zoek een selectie zodanig dat het aantal deelnemers maximaal is. (b) Voor de vergadering moeten de financi¨en van elk comit´e onderzocht worden door een laatstejaars die niet in dat comit´e zit. Kan dit? Zo ja, hoe? X Y, een bipartiete graf met X x1 , x2 , . . . , x m en Y 42. " ! Zij G Hoeveel volledige koppelingen van X in Y bestaan er als

y 1 , y2 , . . . , y n .

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

103

Figuur 5.2: Een beroemde fullereen met 60 toppen.

(a) m

2, n

4 en G

K2,4 ?

(b) m

4, n

4 en G

K4,4 ?

(c) m

5, n

9 en G

K5,9 ?

(d) m

n en G

K m,n ?

43. ! Fritz moet jobs toewijzen aan jobstudenten. Hij heeft 25 kandidaten en 25 jobs die moeten ingevuld worden. Elke student is voor minstens 4 jobs geschikt, maar elke job kan door ten hoogste 4 studenten uitgevoerd worden. Kan Fritz elke student een job geven waarvoor hij is geschikt? Leg uit. 44. ! Bepaal voor elk van de volgende collecties van verzamelingen indien mogelijk een systeem van verschillende representanten. Indien onmogelijk, leg uit waarom. (a) A1 (b) A1 (c) A1

2, 3, 4 , A2 A2

3, 4 , A3

A3

2, 4, 5 , A4

1, 2 , A2

2, 3, 4 , A3

1 , A4 A5

2, 3

1, 2, 3, 4, 5

2, 3 , A4

1, 3 , A5

2, 4

45. " ! Leid af uit de stelling van Euler: als G een lusvrije, samenhangende en enkelvoudige planaire graf is met meer dan twee bogen, dan geldt: 3 f 2e en e 3v 6. Leid hieruit af dat K5 en K3,3 niet planair zijn. 46. " ! Een fullereen is een convexe polyeder van graad 3 met als zijvlakken enkel vijf- en zeshoeken. (a) Bewijs dat elke fullereen juist 12 vijfhoekige zijvlakken heeft. (b) Bewijs dat het aantal toppen van een fullereen steeds even is. 47. " ! Toon aan dat je een planaire graf krijgt als je een willekeurige boog van K 5 verwijdert. Is hetzelfde waar voor K 3,3 ? 48. ! Bepaal voor volgende graffen of ze bipartiet zijn.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

104

49. " ! Bepaal welke van de volgende graffen planair is. Teken de planaire graffen zonder dat de bogen snijden. Zoek in de graffen die niet planair zijn een deelgraf die homeomorf is met K5 of K3,3 .

50. " ! Zij m, n Z met m n 2. Hoeveel cycli van lengte 4 zitten in K m,n ? Hoeveel paden van lengte 2? Hoeveel paden van lengte 3? 51. " ! Zij X 1, 2, 3, 4, 5 . Construeer de lusvrije ongerichte graf G als volgt. Elke 2deelverzameling van X stelt een top van G voor. twee toppen zijn met elkaar verbonden als ze corresponderen met disjuncte 2-deelverzamelingen van X. Met welke graf is G isomorf? 52. ! Check de stelling van Euler op volgende graffen.

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

105

53. ! Toon aan dat volgende graf isomorf is met de Petersengraf.

54. # Gegeven een feestje kunnen we een graf maken door voor elke deelnemer een knoop te voorzien en een boog te maken tussen twee mensen die elkaar kennen. Een volle driehoek is een deelgraf van drie knopen die twee per twee verbonden zijn. Hij komt dus overeen met drie mensen waar elk van hen de twee andere kent. Een lege driehoek daarentegen is een drietal mensen die elkaar helemaal niet kennen. Bewijs volgende stelling. Zij E en F respectievelijk de aantallen lege en volle driehoeken in een graf met N toppen. Dan geldt E

F

N 3

N 2

N

Toon ook aan dat deze grens scherp is voor alle N

1

2

2 N0

55. " ! Bepaal een opspannende boom van minimaal gewicht voor onderstaande graf. Hoeveel opspannende bomen heeft deze graf?

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE a 4

14

12

1

15

11

c 2

6

9 e

7

d

b

5

106

3

f

13 8

g 10

10 h

i

[examen januari 2005] 56. " ! Bewijs dat elk gesloten circuit in de graf van oefening 53 minstens lengte 5 heeft. Gebruik dit samen met de stelling van Euler om aan te tonen dat deze graf niet planair is. 57. " ! Vind een spannende boom met minimaal gewicht in volgende graf. Geef ook zijn gewicht en de volgorde in dewelke je de bogen vindt. 8

3

2 9

4 7

2

5

2

2

5

4

1 1

3

2

3

3 7

4

3

5

[examen augustus 2005] 58. " ! Zij d

N0 en stel Vd

alle woorden van lengte d gevormd met de tekens 0 en 1

De graf Qd heeft toppenverzameling Vd en bogen tussen toppen die juist in e´ e´ n letter verschillen. Hiernaast zien we bijvoorbeeld Q 2

01

11

00

10

(a) Teken Q1 en Q3 . (b) Toon aan dat Qd steeds bipartiet is. (c) Heeft Qd voor alle waarden van d een koppeling die alle toppen bevat? Staaf uw antwoord. [examen augustus 2005]

HOOFDSTUK 5. INLEIDING TOT DE GRAFFENTHEORIE

107 a 9

7 59. " ! Bepaal een opspannende boom van minimaal gewicht in nevenstaande graf. Geef ook zijn gewicht.

b

e

587 6 9

6

c

7

9 d

[examen augustus 2006] 60. " ! Zij G een planaire graf. Bewijs dat G bipartiet is als en slechts als G Euleriaans is. [examen augustus 2006] 61. " ! Beschouw nevenstaande graf en noteer hem G . (a) Is dit een Eulergraf? Verklaar.

(b) Toon aan dat G bipartiet is door hem over te tekenen op je antwoordblad en de toppen zo´ te nummeren dat toppen enkel kunnen adjacent zijn als hun nummers niet allebei even of oneven zijn. (c) Vind een maximumkoppeling in G . Is dit een volledige koppeling? (d) Wat is de lengte van de kortste cycli in G ? (e) Is deze graf planair? Geef een bewijs. [examen januari 2006]

Hoofdstuk 6

Genererende functies In dit hoofdstuk nemen we de methode van inclusie en exclusie (zie paragraaf 2.5) nog eens onder de loupe.

6.1 Voorbeelden en definitie Eerste voorbeeld Een moeder koopt 12 snoepjes en wil die verdelen onder haar drie kinderen : Piet, Paul en Jan. W`el zo´ dat Piet er minstens 4 krijgt, Paul en Jan minstens 2 en Jan hoogstens 5. Noteren we c P , c A en c J voor het aantal snoepjes dat Piet, Paul en Jan respectievelijk krijgen, hebben we c P c A c J 12 en cP 4, c A 2 en 5 c J 2. We kunnen alle oplossingen opschrijven: cP cA cJ

4 3 5

4 4 4

4 5 3

4 6 2

5 2 5

5 3 4

5 4 3

5 5 2

6 2 4

6 3 3

6 4 2

7 2 3

7 3 2

8 2 2

We hebben dus 12 op alle mogelijke manieren geschreven als som van drie natuurlijke getallen die voldoen aan de voorwaarden. Dit doen we eigenlijk ook als we de distributiviteit toepassen bij het uitwerken van volgend product van veeltermen : x4

x5

x6

x7

x8 x2

x3

x4

x5

x6 x2

x3

x4

x5

(6.1)

De eerste factor komt overeen met het feit dat de toegelaten waarden voor c P enkel 4, 5, 6, 7 en 8 zijn. De tweede factor ontstaat uit de opmerking dat een oplossing steeds een c A zal hebben in 2, 3, 4, 5, 6 . In het product (6.1) komt de co¨effici¨ent van x 12 overeen met alle mogelijke manieren om x 12 te bekomen door een term te nemen in elk van de drie factoren. Dus is de oplossing van het vraagstuk ook de co¨effici¨ent van x 12 in het product (6.1) van veeltermen.

108

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

109

Tweede voorbeeld We hebben grote hoeveelheden knikkers van vier kleuren : rood, groen, wit en zwart. Op hoeveel manieren kan je 24 knikkers kiezen zo´ dat er een even aantal witte is en minstens 6 zwarte. We maken een veelterm die een factor heeft voor elke kleur. Op de rode of groene knikkers is er geen beperking : er kunnen geen, 1, 2, . . . , 17 of 18 (niet meer want minstens 6 knikkers zijn zwart) knikkers zijn van die kleur. Dit geeft voor beide kleuren een factor 1 x x 2 x18 . De factor van de witte knikkers bevat enkel even machten : 1 x 2 x4 x18 . 6 7 24 Aangezien er minstens 6 zwarte knikkers zijn, krijgen we een factor x x x . Het antwoord op de vraag is dus gelijk aan de co¨effici¨ent van x 24 in het product 1

x

x2

2

x18

x2

1

x4

x18

x6

x7

x24 .

Het is tijd voor een definitie. 145 Definitie. Zij a0 , a1 , a2 , . . . een rij van re¨ele getallen. De genererende functie voor die rij is per definitie f x

a0

a2 x 2

a1 x

ai x i i 0

n 0

Voorbeeld. De genererende functie van de rij

Voorbeeld. We weten zeer goed dat 1 1

Bijgevolg is

1 xn 1 x

1

x 1

xn 1 x

n 1

,

x

1

1

x

,

n 2

,...,

n n

n n i 0 i

, 0, 0, . . . is

x2

xn

x2

xn .

1

xn

1,

xi

1

x n.

waaruit volgt

een genererende functie voor de rij 1, 1, 1, . . . , 1 , 0, 0, . . .. n 1 keer

Voorbeeld. Ook de rij 1, 1, 1, . . . kunnen we genereren omdat 1 1 1

1

x

x 1

x2

x

x

x2

1 zodat (6.2)

Als we beide leden afleiden krijgen we 1 1 zodat 1 1

x

2

x

0

2

1

2x

3x 2

(6.3)

een genererende functie is voor de rij 1, 2, 3, . . .

Als we nu beide leden van (6.3) vermenigvuldigen met x, krijgen we x 1

x

2

x

2x 2

3x 3

(6.4)

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES zodat x 1

x

2

110

een genererende functie is voor de rij 0, 1, 2, 3, . . ..

Nog eens beide leden van (6.4) afleiden geeft 1 x 1 x 3

22 x

1

32 x 2

zodat deze functie de rij 1 2 , 22, 32 , . . . genereert. We zien nu ook gemakkelijk dat x 1 de rij

02 , 12 , 22 , . . .

x

1

x

3

(6.5)

genereert.

Voorbeeld. Willen we nu de rij 1, 1, 0, 1, 1, 1, . . . genereren, starten we met (6.2) en trekken we gewoon x2 af. We hebben inderdaad

1 1 Analoog genereert 1 1

x

x2

1

x3

x

x4

2x 3 de rij 1, 1, 1, 3, 1, 1, . . .

x

6.2 Veralgemeende binomiaalco¨effici¨enten Wat is het volgende getal in de rij 0, 2, 6, 12, 20, 30, 42, ? Merk op dat a0

0

02

a1

1

12

a2

2

22

a3

3

32

.. . De genererende functie van die rij kunnen we nu gemakkelijk opstellen door (6.4) en (6.5) te combineren: x 1 x x 2x 1 x3 1 x2 1 x3 Het antwoord is dus de co¨effici¨ent van x 7 in 2x 1

x 3 . Hoe bepalen we die co¨effici¨ent?

We breiden het begrip binomiaalco¨effici¨ent uit. N 0 geldt

We weten dat voor n, r n r

n! r! n r !

n n

1 n

2 r!

n

r

1

146 Definitie. We stellen nu per definitie voor alle niet-nulle natuurlijke getallen n en r n r

:

n

n

1

n

2 r!

n

r

1

.

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

111

Dan geldt n r

We stellen ook n

n 0

Z:

:

1

r

1

r

1

r

n n

1 n

2 r!

n

1

n r 1! r! n 1 ! n r 1 r

1.

Uit de analyse weet je dat de McLaurin-reeks voor 1 n

n x

1

r

n 2!

1

n

x2

zodat 1

n

gelijk is aan

1 3!

n

2

x3

n r x. r

n

x

n

x

r 0

Dit is een veralgemening van het binomium van Newton. Nog anders gezegd : 1 een genererende functie voor 0n , 1n , 2n , . . ..

x

n

is

We passen dit nieuw begrip toe. Voorbeeld. Bepaal de co¨effici¨ent van x 5 in 1

7?

2x

Pas het veralgemeend binomium van Newton toe : 1

7 r

7

2x

r 0

2x

r

Dus is de co¨effici¨ent die we zoeken gelijk aan 7 5

2

5

32

1

11 5

5

14784.

Voorbeeld. Op hoeveel manieren kunnen we 24 snoepjes verdelen onder 4 kinderen zodat iedereen minstens 3 snoepjes krijgt en hoogstens 8? De genererende functie is x3

f x

x4

x5

x6

x7

x8

4

en we zoeken de co¨effici¨ent van x 24 . We hebben x 12 1

f x

x

x2

zodat we eigenlijk de co¨effici¨ent van x 12 in 1 x6 1 x

x3 1 x6 1 x

x4 4

x5

4

x12

1 x6 1 x

4

nodig hebben. Dit is niet moeilijk :

4

1 1

x6

4

1

4 6 x 1

x

4

4 12 x 2

4 18 x 3

4 24 x 4

4 0

4 1

x

4 2

x

2

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

112

zodat de co¨effici¨ent van x 12 gelijk is aan 15 12

4 1

9 6

4 2

1

125

Voorbeeld. Op hoeveel manieren kan je een deelverzameling van 15 met 4 elementen kiezen zodanig dat er geen twee opeenvolgende getallen inzitten? Zulk een verzameling is bijvoorbeeld 1, 3, 7, 10 . We merken op dat de verschillen 1 3

1 1

0 2

: c1 : c2

7 10

3 7

4 3

: c3 : c4

10

5

: c5

15

als som 14 hebben. Dit blijkt algemeen zo te zijn zodat de vraag kan geformuleerd worden als “vind 15 met c1 c2 c3 c4 c5 14 en 0 c 1 , c5 en 2 c2 , c3 , c4 .” Het alle getallen c1 , c2 , c3 , c4 , c5 volstaat dus om de co¨effici¨ent van x 14 te bepalen in f x

1 x6 1

De co¨effici¨ent van x 8 in 1

5

x

x2

x

is

x 5 8

x3

2

x2

x3

x4

3

5

1 8 . Het antwoord is dus 495.

6.3 Partities van natuurlijke getallen Een bekende waspoederfabrikant wil reclame maken via de televisie. Hij kan bij een bepaalde zender reclamespots kopen van 15, 30 en 60 seconden. Op hoeveel manieren kan hij zendtijd kopen als hij in totaal n minuten reclame wil maken? Laat ons 15 seconden als tijdseenheid beschouwen. Dan is het antwoord het aantal mogelijke combinaties van natuurlijke getallen a, b en c zodanig dat a 2b 4c 4n. De genererende functie die hiermee overeen komt is f x :

1

x 1

1

x 1

x2 1 x2

1 x2 1 1 x4

x4

1

x4

x8

Het antwoord vinden we terug als de co¨effici¨ent van x 4n in f x . We merken ook op dat dit antwoord het aantal manieren is om het natuurlijk getal 4n te schrijven als som van enen, twees en vieren. 147 Definitie. Een partitie van een niet-nul natuurlijk getal n is een schrijfwijze van n als som van niet-nulle natuurlijke getallen. Voorbeeld. 11

4

3

3

1

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

113

Opmerking. Een partitie (zie definitie 51 op blz. 46) van een eindige verzameling V geeft aanleiding tot een partitie van het natuurlijk getal V . Voorbeeld. Op hoeveel manieren kunnen we 6 schrijven als som van niet-nulle natuurlijke getallen? Dit komt neer op het tellen van de partities van het getal 6. We schrijven ze eens alle neer. 1+1+1+1+1+1 1+1+1+1+2 1+1+1+3 1+1+2+2 1+1+4 1+2+3

2+2+2 1+5 2+4 3+3 6

Er zijn in totaal dus 11 manieren.

Notatie. We noteren het aantal partities van een natuurlijk getal n met p n . Ga zelf na dat p 1

1, p 2

2, p 3

3, p 4

5 en p 5

7.

Kunnen we voor p n een genererende functie vinden? Het antwoord is JA! We kunnen bijvoorbeeld p 10 vinden als de co¨effici¨ent van x 10 in het product 1

x

x2

x2

1

voor de enen

x4

x10

1

voor de twees

1 1

voor de tienen

1 x 1

1 1 x10

x2

10

xi

1

x20

1

i 1

Hoeveel partities van 6 hebben alle termen verschillend? Uit het voorbeeld hoger halen we dat dit aantal 4 is. We schrijven p

6

4.

In het algemeen hebben we een genererende functie P x

1

x 1

x2

1

xi

i 1

Hoeveel partities van 6 gebruiken enkel oneven termen? We zien weer uit ons voorbeeld dat dit aantal 4 is. We schrijven p o 6 evenveel als p 6 . Is dit toeval? 148 Stelling. Voor elk niet-nul natuurlijk getal n geldt p n

po n .

Bewijs. De genererende functie voor p o n is Po x

1

x 1

1

x 1

x2 1

1 x3

x3

x6

4. Dit is juist

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

114

Merk op dat 1 1

x

1

x2 ,1 x

x2

1 1

x2 1

x3

x4 ,... x2

zodat P x

1

x 1

$ " 1 "x"2 1 $x$4 1 1 x " 1 "x"2 1

x6 1 x8 $ x3 1 $x$4

Po x Vermits de genererende functies gelijk zijn, zijn ook de gegenereerde rijen gelijk.

6.3.1 Young tableaus Een Young tableau is een grafische voorstelling van een partitie. Je schrijft vierkantjes op rijen om de verschillende termen van de partitie in dalende grootte op te geven:

14 = 4 + 3 + 3 + 2 + 1 + 1

Als je dit “transponeert”, krijg je

14 = 6 + 4 + 3 + 1 Deze methode bewijst dat het aantal partities van n met m termen gelijk is aan het aantal partities van n waarbij de grootste term m is. We be¨eindigen dit hoofdstuk met een lijst van nuttige genererende functies.

6.4 Beroemde genererende functies Voor elke n, m • 1 •

1 xn 1 x

•

1 1 x

x

N en elke a n 0

n

1

1 1

n 1

x2

x x

x

x2

R geldt n 2

n n

x2 n i 0

xn x3

i 0

xi ;

xn

xi ;

n n i 0 i

xi ;

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

115

• n 0

1 1

x

n

n x 1

n 2 x 2

n i x i

i 0

1

n

1 1

n

i i

1 1

i

i 0

1 1

x

1

2

n

2 2

1

n

2 2

1

x2

xi

• 1 1

x

n 0

n

i 0

n 1 n i

1

n

1 n

i 0

x

i i

n 2

x

x

2

i

1 1 1

1

x

1

2

x

2

xi

6.5 Oefeningen 1. " ! Bepaal het aantal oplossingen met gehele getallen voor c 1 2 c1 4 en 3 ci 8 voor i 2, 3, 4, 5 .

c2

c3

c4

c5

30 met

2. " ! Bepaal de genererende functie voor het aantal manieren om e 35 te verdelen onder 5 kinderen (a) als er geen restricties zijn; (b) als elk kind minstens e 1 krijgt; (c) als elk kind minstens e 2 krijgt; (d) als het oudste kind minstens e 10 krijgt; (e) als de jongste twee kinderen elk minstens e 10 krijgen. 3. " !

(a) Zoek de genererende functie voor het aantal manieren om 10 chocoladerepen te kiezen uit (een grote hoeveelheid van) 6 soorten. (b) Zoek de genererende functie voor het aantal manieren om r voorwerpen te kiezen uit n verschillende voorwerpen (waarbij je verschillende keren hetzelfde voorwerp kan kiezen).

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

116

4. ! Zoek de genererende functie voor het aantal manieren om n eurocent te hebben in ‘koperen’ muntjes (1, 2 en 5 eurocent). 5. ! Zoek genererende functies voor de volgende rijen getallen (a)

(b)

8 0 8 1

,

8 1

,2

(c) 1,

8 8

, ...,

8 2

8 8

, ..., 8

1, 1,

6, 6,

(d) 0, 0, 0, 6,

(e) 1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . (f) 0, 0, 1, a, a2 , a3 , . . . (met a

1, . . .

6. ! Bepaal de rij die gegenereerd wordt door volgende functies (a) f x

2x

3

(b) f x

x3

(c) f x

1 3

1

6, . . .

3

x2 x

(d) f x

1 1

(e) f x

x4

(f) f x

1 1

1

3x7

x

0)

11

x 3x

7. ! Stel dat f en g de genererende functies zijn van a 0 , a1 , . . . en b0 , b1 , b2 , . . . respectievelijk. Druk g uit in termen van f als (a) b3

3 en bi

ai voor i

N 3

(b) b3

3, b7

7 en bi

ai voor i

(c) b1

1, b3

3 en bi

2ai voor i

(d) b1

1, b3

3, b7

7 en bi

2ai

N 3, 7 N 1, 3 5 voor i

8. ! Zoek de co¨effici¨ent van x 7 in (a) 1

x

x2

15

9. ! Zoek de co¨effici¨ent x 53 in x7

x8

10. ! Zoek de co¨effici¨ent van x12 in x2

N 1, 3, 7

(b) 1

x

x5

x6 5 .

x2

n,

voor n

N

6.

x3

x4

11. ! Twee bakken frisdrank, 24 flesjes Cola en 24 flesjes limo, worden verdeeld onder 5 testpersonen die een smaaktest ondergaan. Op hoeveel manieren kan dat gebeuren als (a) elke testpersoon minstens 2 flesjes van elk moet krijgen; (b) elke testpersoon minstens 2 flesjes Cola en 3 flesjes limo moet krijgen? 12. " ! Als je een dobbelsteen 12 maal werpt, wat is dan de kans dat de som van de uitkomsten 30 is? 13. ! Zoek de genererende functie voor het aantal manieren waarop een verkoper van een tv-station n minuten zendtijd kan verkopen als er verkocht wordt in blokken van 30, 60 of 120 seconden. 14. ! Zoek alle partities van 7.

15. " ! Wat is de genererende functie voor het aantal partities van n

N als

HOOFDSTUK 6. GENERERENDE FUNCTIES

117

(a) elk getal mag niet meer dan 5 keer voorkomen; (b) elk getal mag niet groter zijn dan 12 en mag niet meer dan 5 keer voorkomen. 16. " ! Gebruik genererende functies om het aantal oplossingen met gehele getallen te bepalen voor c1 c2 c3 c4 c5 c6 33, waarbij 0

c1 , c2

10, c3 , c4 , c5 , c6

3. [examen augustus 2005]

17. " ! Hoeveel telefoonnummers van 10 cijfers bevatten elk oneven cijfer minstens e´ e´ n keer? Gebruik genererende functies. Kan je dit nog op een andere manier oplossen? [examen januari 2006] 18. " ! In de Vrije Universiteit van Buenos Aires gaat professor Mendoza als volgt te werk bij het verbeteren van de examens in de 2de zittijd. Hij wil aan de 15 studenten die herexamen doen in totaal precies 150 punten geven. Als een student minder dan 4 op 20 heeft gaat die naar de ombudsman, en daar wil Mendoza niets mee te maken hebben. Maar zelf vindt hij dat geen van de studenten meer dan 14 op 20 verdient. Op hoeveel manieren kan hij de studenten punten geven binnen deze beperkingen? NB. Mendoza geeft enkel gehele punten en raadt u aan genererende functies te gebruiken. [examen augustus 2006]

Hoofdstuk 7

Recurrentievergelijkingen In de wiskunde ontmoeten we vaak ‘rijen’. Dit zijn lijsten getallen a 0 , a1 , a2 , . . . , a n , . . . Dikwijls wordt een rij gegeven door haar ‘algemene term’. Deze geeft a n als functie van n N. Voorbeeld. a n

3n

2 of bn

n

1 n

2 n

3.

Soms is er echter geen algemene formule om a n te berekenen. De rij wordt gegeven door enkele termen in het begin en dan een recursieve definitie die a n uitdrukt als functie van de voorgaande termen a 0 , a1 , a2 , . . . , a n 1 . Voorbeeld. a0

1, a1

1 en a n

an

2

an

1

levert de rij 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .

In dit hoofdstuk zullen we onderzoeken wanneer zulke recursieve definitie kan ‘vertaald’ worden in een formule voor de algemene term a n die enkel afhangt van n.

7.1 Homogene eerste orde lineaire recurrentievergelijkingen Deze zijn van de vorm an

ran

1

(7.1)

Eerste orde betekent dat a n enkel afhangt van an 1 en niet van de voorgaande termen in de rij; lineair wil zeggen dat enkel de eerste macht van a n 1 voorkomt, niet a5n 1 of zo; homogeen betekent dat a n naast an 1 niet afhangt van iets anders. Dus niet a n ran 1 sin n of zo. Ook hangt r niet af van n. We zeggen dat het hier gaat om een recurrentievergelijking met constante co¨effici¨enten. Die eerste orde homogene lineaire recurrentierelaties geven eigenlijk meetkundige rijen, die we reeds kennen vanuit het secundair onderwijs. Voorbeeld. Los de vergelijking an

1

3a n op met als randvoorwaarde a0

118

5. We rekenen enkele

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

119

elementen van de rij uit : a0 a1

5 3 5

a2

3 15

32 5

a3

3 a2

33 5

15

.. . We zien dat an

149 Stelling. Zij r C en a0 van de vorm an rn a0 .

3n 5.

C. De oplossing van de recurrentievergelijking an

1

ran is steeds

Bewijs. Eenvoudige oefening. Voorbeeld. Los de vergelijking an We weten dat a n

7n a

0

zodat a2

Voorbeeld. De vergelijking a2n

7a n 72 a

0.

1

op als je weet dat a2

Hieruit volgt a0

98.

2 en dus a n

7n 2.

5a2n lijkt op het eerste gezicht niet lineair te zijn. Maar als je 5bn . Als we de beginvoorwaarde de substitutie bn : a2n uitvoert, krijg je dat bn voldoet aan bn 1 a0 2 meegeven, vinden we dat bn 5n b0 met b0 4. Dus geldt bn 5n 4 zodat de uiteindelijke n oplossing an 5 2 is. 1

Voorbeeld. We komen terug op het raadsel van vorig hoofdstuk : vul de rij 0, 2, 6, 12, 20, 30, 42, . . . aan. Neem de verschillen a1 a2

a0 a1

2 4

a3 a4

a2 a3

6 8 .. .

We zien dus dat a n an 1 2n. Dit is een niet-homogene lineaire eerste orde recurrentievergelijking die we later zullen leren oplossen in het algemeen. Toch kunnen we hier reeds een oplossing bedenken : an

an 1 an 1 2n 2 n 1

an

a2 2 1

2

2 2

zodat an

a0

21

an

0

2

waaruit we vinden dat 2

3

n

n n

1 2

a1

a1

a0

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN of

n2

an

120

n.

Voorbeeld. Ook met niet-constante co¨effici¨enten kan gezond verstand tot een oplossing leiden. an geeft onmiddellijk an

nan

met a0

1

1

n!.

7.2 Homogene tweede orde lineaire recurrentievergelijkingen 150 Definitie. Zij k

N0 en 0

cn , c n

1, . . . , cn k

0 re¨ele getallen en f : N

R een functie.

Een lineaire recurrentievergelijking van orde k met constante co¨effici¨enten is een uitdrukking cn an

cn

1 an 1

cn

k an k

f n.

Om een eenduidige oplossing te hebben, zijn beginvoorwaarden a0 , a1 , . . . , a k geldt dat f n 0, heet de vergelijking homogeen.

1

nodig. Als n

N

Wij concentreren ons op homogene van orde 2 : cn an

cn

1 an 1

cn

2 an 2

0

(7.2)

Ge¨ınspireerd door het geval van orde 1 proberen we een oplossing te vinden van de vorm an crn voor constanten c 0 en r 0. We substitueren dit in (7.2) en bekomen cn crn We delen dit alles door cr n

2

cn

1 cr

n 1

cn

2 cr

cn

2

n 2

0

(7.3)

0 en krijgen cn r2

cn

1r

0.

(7.4)

Dit is een kwadratische vergelijking die we de karakteristieke vergelijking van de gegeven recurrentievergelijking noemen. De algemene methode voor het oplossen van kwadratische vergelijkingen leert ons dat er drie soorten oplossingen mogelijk zijn, naargelang de discriminant, c2n 1 4cn cn 2 , positief, nul of negatief is. Er zijn dan respectievelijk twee re¨ele oplossingen, e´ e´ n re¨ele wortel met multipliciteit twee of twee complex toegevoegde oplossingen. We bekijken voorbeelden in elk van deze gevallen om de oplossingsmethode te schetsen.

7.2.1 Twee re¨ele wortels Voorbeeld. Los volgende recurrentievergelijking op als je weet dat a0 an

an

1

6a n

2

0

1 en a1

2.

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

121

De karakteristieke vergelijking is r2

r

6

0

r

2 r

2n en an

De wortels zijn dus 2 en 3. Bijgevolg zijn an gelijking. Maar ook alle combinaties

c1 2n

an

c2

3 3

3 n

0.

oplossingen van de recurrentiever-

n

van deze twee zijn oplossingen. De beginvoorwaarden laten ons toe de constanten c1 en c2 te expliciteren. We krijgen een stelsel 1 a0 c1 1 c 2 1 a1 c1 2 c 2 3 2 We lossen dit stelsel op: c2 2

1 c1 2c1 3c2

c2 5c1

1 5

c1

c2 c1

0 1

Bijgevolg is de oplossing van de recurrentievergelijking, met beginvoorwaarden, 2n

an

Voorbeeld. We stellen nu een formule op voor de beroemde rij van Fibonacci1 : 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . die voldoet aan Fn

Fn

2

1

Fn

met F0

0 en F1

1

De karakteristieke vergelijking is r2

r

1

0

De discriminant is 5 zodat we als oplossingen 1

r

5 2

1

r

en

5 2

vinden. Een algemene oplossing is dus an

c1

1

5 2

n

c2

1

5

n

2

De beginvoorwaarden geven 0

F0

c1

1

F1

c1

1 Deze

c2 1

2

5

c2

1

2

5

c2 1

c1

c1

c1 5

c2

1 5

1 5

getallenrij heet in India de Hemachandrarij, vernoemd naar de twaalfde-eeuwse Indiase geleerde Hemachandra (1089–1173). Hij ontdekte deze rij ongeveer een halve eeuw voor Fibonacci (1170–1250) bij de studie van patronen in Indiase muziek en Sanskrietgedichten (zie oefening 8).We merken op dat de rij van Fibonacci ook nog voor Hemachandra gekend was in India: Gopala bestudeerde ze in 1135 en reeds in de 7de eeuw vindt men rijen terug met een Fibonacci-achtig voorschrift (an an 1 an 2 maar met andere beginwaarden).

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN zodat 1 5

Fn

1

n

5

122

1

n

5

2

.

2

(7.5)

Opmerking. Dit is de zogenaamde “Formule van Binet”, dezelfde Binet als in de stelling van Cauchy–Binet (zie appendix A). Opmerking. Het is verbazend dat Formule (7.5) voor elke waarde van n een geheel getal 5 2. Dit getal komt geeft. Dat ligt aan de zeer speciale eigenschappen van het getal 1 nog voor op andere plaatsen in de Wiskunde en in de natuur. Het is de zogenaamde “Gulden snede” (Engels: “Golden ratio”). Voorbeeld. Voor n

N stellen we an gelijk aan het aantal deelverzamelingen van n die geen opeenvolgende getallen bevatten. De toegelaten deelverzamelingen van 3 zijn bijvoorbeeld ∅, 1 , 2 , 3 en 1, 3 . Je kan zelf nagaan dat a 0 1, a1 2, a2 3, a3 5 en a4 8. We bepalen een recurrentievergelijking voor de rij an n .

Een toegelaten deelverzameling A van n valt in e´ e´ n van volgende gevallen: (a) n A : dan moet n 1 A en is A n een toegelaten deelverzameling voor n deelverzamelingen A in deze situatie is dus a n 2 ; (b) n

A : dan is A een toegelaten deelverzameling van n

1 . Zo zijn er juist a n

2 . Het aantal

1.

We krijgen dus de recurrentievergelijking an

an

an

1

2,

met a0

1 en a1

Dit lijkt op de Fibonacci-rij Fn uit vorig voorbeeld. We hebben n 1 5

an

1

5

n 2

1

N : an

Fn

2

zodat

n 2

5

2

2

2

We tonen even dat de methode met de karakteristieke vergelijking ook werkt voor recurrentievergelijkingen van hogere orde. Voorbeeld. Los op : 2a n

3

an

2

2a n

1

an

2r3

r2

met a0

0, a1

1 en a2

2

De karakteristieke vergelijking is 2r

1

0.

Gelukkig kunnen we deze veelterm op zicht ontbinden tot 2r duidelijk 12 , 1 en 1.

1 r

Bijgevolg is de oplossing van de vorm an

c1 1

n

c2

1

n

n

1 2

c3

.

Met de beginvoorwaarden vinden we an

5 2

1 6

1

n

8 3

1 2

n

.

1 r

1 . De wortels zijn nu

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

123

7.2.2 Twee complex toegevoegde wortels Voor een opfrissing over complexe getallen verwijzen we naar appendix B. Aan de hand van de goniometrische vorm van een complex getal kunnen we gemakkelijk machten berekenen want de stelling van D E M OIVRE zegt n

r cos θ

Voorbeeld. Bepaal 1

rn cos nθ

i sin θ

i sin nθ

10 .

3i

3i. Dat is 2 cos

We bepalen eerst de goniometrische vorm van 1 1

3i

10

π 3

i sin π3 . Hieruit volgt

10 10 π i sin π 3 3 4 4 cos π i sin π 3 3 1 3 i 2 2

210 cos 210 210

29 1

3i

Voorbeeld. Los op : 2 an

an

1

an

met a0

2

1 en a1

2.

De karakteristieke vergelijking is r2 De discriminant is 4 krijgen dus

8

4

2i

2

2r

2

0.

zodat de twee oplossingen r

an

c1 1

i

n

c2 1

i

1

i en r

1

i zijn. We

n

als algemene oplossing. We gaan over naar de goniometrische vorm : 1

i

1

i

π 4 π 2 cos 4 2 cos

π 4 π i sin 4 i sin

en krijgen an

c1

2 2

met k1

c1

c2 en k2

i c1

n

nπ nπ i sin c2 4 4 nπ nπ k1 cos k2 sin 4 4

n

cos

2

n

cos

nπ 4

i sin

nπ 4

c2 .

De beginvoorwaarden geven 1 2

a0 a1

k1 2 k 1 cos

π 4

k2 sin π4

k1 2

1 1

k2

k1 k2

1 1

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN zodat de oplossing an

2

n

cos nπ 4

124

sin nπ 4 is.

Opmerking. Ook hier is het opmerkelijk dat een formule met vierkantswortels, sinussen en cosinussen steeds leidt tot gehele getallen.

7.2.3 E´en re¨ele wortel met multipliciteit twee Voorbeeld. Los op : an

4a n

2

1

4a n

met a0

0

r

1 en a1

3

De karakteristieke vergelijking is r2

4r

4

4n

8

8n

8

2

0

c1 2n een oplossing. We merken op dat

2 krijgen. Dus is an zodat we als enige oplossing r an n2n ook een oplossing is omdat n 2 2n 2 4 n 4n 2 8n 1

2

1 2n 4n

1

4n2n

4n.

We nemen nu als algemene oplossing c1 2n

an

nc2 2n

en bepalen de constanten aan de hand van de beginvoorwaarden : 1 3

a0 a1

zodat de oplossing an

c1 2c1

1 n 2 n2

2n

c1 3

2c2 2n

1

2

1 2

c1 c2

2c 2

1

1 2

n is.

Algemeen kunnen we zeggen dat we in het geval van een meervoudige wortel r van multipliciteit m voor de karakteristieke veelterm als stuk met r in de algemene oplossing moeten nemen c0 r n

c1 nr n

c2 n 2 r n

cm

1n

m 1 n

r

7.3 Niet-homogene recurrentievergelijkingen We bekijken enkel de gevallen an

can

1

f n

en

an

ban

1

can

2

f n

De methode bestaat erin om eerst de vergelijking homogeen te maken door nul te schrijven h in plaats van f n . Als an de algemene oplossing is voor de gehomogeniseerde recurrentiep vergelijking en an is een willekeurige oplossing van de oorspronkelijke recurrentievergelijp h king, dan is an an de algemene oplossing van de oorspronkelijke recurrentievergelijking.

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

125 p

h

De methodes die hoger beschreven werden, laten ons toe om a n te vinden. Voor a n laten we ons inspireren door de functie f n in het rechterlid. We illustreren de methode op twee voorbeelden. Voorbeeld. Los op : 3a n

an De homogene vergelijking is an

3a n

1

5 7n

1

met a0

h

2

c 3n .

zodat a n

p

Voor de particuliere oplossing proberen we iets van de vorm a n

A 7n .

:

Substitutie in de vergelijking geeft A 7n 7A

3A 7n 3A

Dus hebben we als algemene oplossing an

c 3n

We bepalen c met de beginvoorwaarden : 2

a0

De uiteindelijke oplossing is

5 7n

5 7 zodat A 35 4

c

27 n 3 4

an

1

35 4

7n . 35 4

27 4 .

dus c

35 n 7 . 4

Voorbeeld. Een niet-homogene eerste orde recurrentievergelijking krijgen we ook als we het beroemde probleem van de torens van Hanoi willen oplossen voor n schijven. De vergelijking is an

1

2a n

h

1 met a0 p

A 1n . Substitutie geeft A

Als particuliere oplossing proberen we an dus an c 2n 1. De beginvoorwaarde geeft 0

c

c 2n .

0 en we zien direct dat a n

1 zodat c

2A

1 zodat A

1 en

1 en de oplossing dus an

2n

1

wordt.

Voor tweede orde niet-homogene recurrentievergelijkingen verwijzen we naar de oefeningen.

7.4 Beroemde particuliere oplossingen f n c n n2 nt , t rn , r nt rn

p

N R

an A A1 n A0 A2 n2 A1 n A 0 At nt At 1 nt 1 Ar n rn At nt At 1 nt

A1 n 1

A0

A1 n

A0

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

126

7.5 Een methode met genererende functies We geven enkel een voorbeeld om de methode te illustreren : an

3an

n,

1

voor n

1 en met a 0

1

Deze recurrentievergelijking stelt eigenlijk een oneindig aantal vergelijkingen voor als we alle waarden van n invullen : voor n

1

a1

3a0

1

voor n

2

a2

3a1

2

voor n .. .

3

a3

3a2

3 .. .

We vermenigvuldigen nu de n-de vergelijking met x n en krijgen voor n

1

a1 x 1

3a0 x1

1x1

voor n

2

a2 x 2

3a1 x2

2x2

voor n .. .

3

a3 x 3

3a2 x3

3x3 .. .

Als we alle vergelijkingen optellen vinden we an x n

3

n 1

an

1x

n

nx n

n 1

(7.6)

n 1

n We stellen f x : n 0 an x , de genererende functie van a 0 , a1 , a2 , . . .. Dan kan Vergelijking (7.6) herschreven worden als

f x

a0

3x

an

1x

n 1

nx n

n 1

n 1

of f x

1

nx n

3x f x n 0

We herinneren ons van het voorbeeld op blz. 109 dat de genererende functie van de rij 0, 1, 2, 3, . . . gelijk is aan x 1 x 2 zodat f x

3x f x

x

1

1

x

2

of

1

f x

1

x 3x

1

1

C 3x

We ontbinden de laatste term van f x in partieelbreuken : x 1 x

x

2

A1

A 1

3x

1

x 1

3x

B x B1

1

x 3x

2

C 1

x

2

x

2

1

3x

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN zodat we (door x

1, x

1 3 en x

0 te stellen bijvoorbeeld) krijgen 1 4 1 x

f x

127

1 2 1 x2

3 4 1 3x

Nu kunnen we a n vinden als de co¨effici¨ent van xn in f x . Dit is de som van de co¨effici¨enten van xn in de drie termen van f x . (a)

1 4 1 x

1 4

1

x

(b)

1 2 1 x 2 xn hier

1 2 1 2

1

x

(c)

3 4 1 3x

3 4

2 n

1

x2

zodat de co¨effici¨ent van x n hier 2 1 0 2 1 2 n 1 n 2

2

1

n

3x

3x

2 1 1 2

x

2 2

n

1 is.

x

1 4

is.

2

zodat de co¨effici¨ent van

zodat de co¨effici¨ent van x n hier 34 3n is.

2

Bijgevolg hebben we als algemene formule a n

1 n 1 43

1 2n

3 4.

7.6 Oefeningen 1. ! Als an n een oplossing is van de recurrentierelatie a n en a5 1377 2401, wat is dan d?

1

dan

0 met a3

153 49

1 noemen we een permutatie p 1 , p2 , . . . , p n van de getallen 1, 2, . . . , n 2. # Voor n ordelijk als er voor elke i 1, 2, . . . , n 1 een j i bestaat met p j pi 1. (a) Geef alle ordelijke permutaties van 1, 2; (b) idem voor 1, 2, 3 en 1, 2, 3, 4; (c) als p1 , p2 , p3 , p4 en p5 een ordelijke permutatie is van 1, 2, 3, 4, 5, welke waarden kan p1 dan hebben? (d) Als n 1, dan stellen we met a n het aantal ordelijke permutaties van 1, 2, . . . , n voor. Vind een recurrentierelatie voor a n en los ze op. 3. " ! Los op : a n

2an

1

2an

2

0 voor n

2, a0

1 en a1

3.

4. " ! Zoek een recurrentievergelijking voor het aantal manieren om motors en auto’s te parkeren in een rij van n parkeerplaatsen als elke motor 1 plaats en elke auto 2 plaatsen nodig heeft. 0, a1 5. " ! Als a0 voldoen, met n op.

1, a2 4 en a3 37 aan de vergelijking an 2 ban 1 can 0 0 en b, c constant, zoek dan b en c en los de recurrentievergelijking

6. # Een alfabet Σ bevat 4 cijfers 1, 2, 3, 4 en 7 letters a, b, c, d, e, f , g. Zoek een recurrentierelatie voor het aantal woorden van lengte n zonder opeenvolgende letters. Los ze op. 7. # Toon aan dat twee opeenvolgende Fibonacci getallen relatief priem zijn.

HOOFDSTUK 7. RECURRENTIEVERGELIJKINGEN

128

8. " ! In de 12de eeuw bestudeerde de Indiase geleerde Hemachandra het volgende probleem. Een muziekinstrument kan lange en korte tonen produceren. Een lange toon duurt twee tijdeenheden en een korte e´ e´ n. Vind een recurrentievergelijking voor het aantal manieren waarop je n tijdeenheden kunt opvullen met korte en/of lange tonen. [Hint: voorbeeld op pagina 122.] 9. # Gebruik een recurrentierelatie om de formule voor

10. " ! Los op : a n

11. # Los op : a n

2

6an

1

9an

3

3an

2

3an

3 2n

3n , n

an

1

3

0, a0

5n, n

n 2 i 0i

af te leiden.

1, a1

4.

0.

12. # Los de vorige twee oefeningen op met behulp van genererende functies. 13. " ! Los volgende recurrentievergelijing op: an

2an

1

2an

2

0

met a0

0 en a1

3

[examen januari 2005] 14. " !

(a) Geef alle oplossingen van an

5an

1

6an

42 4n .

2

(b) Geef de unieke oplossing van deze vergelijking waarvoor geldt a 1 278.

56 en a2

[examen augustus 2005] 15. " ! De Lucasgetallen worden bepaald door de vergelijkingen L 0 Ln 1 Ln voor n 0.

2, L1

1 en Ln

2

(a) Geef een formule voor L n die niet afhangt van Lucasgetallen van andere orde. (b) Toon aan: als n [examen januari 2006]

1 dan geldt L2n

Ln

1 Ln 1

5

1 n.

Hoofdstuk 8

Stelsels en matrices We eindigen de cursus met een hoofdstuk over matrixrekenen en stelsels. Deze twee onderwerpen zijn zeer nauw verbonden en kennen veel toepassingen in management, het opstellen van dienstregelingen voor treinen of vliegtuigen, het ontwerpen van elektronische componenten zoals computerchips, de simulatie van (parallelle) processoren,. . .

8.1 Stelsels van lineaire vergelijkingen We kennen reeds sinds het secundair onderwijs vergelijkingen van de vorm ax

by

c.

(8.1)

Dit is een vergelijking in twee veranderlijken x en y die men lineair noemt omdat de punten x, y van het vlak die voldoen aan deze vergelijking een rechte vormen. Dit komt omdat x en y slechts tot de eerste macht verheven worden. De vergelijking y x 2 geeft geen rechte (wel een parabool) en heet dus niet lineair (maar kwadratisch). De vergelijking 4x1 5x2 x1 x2 is ook niet lineair wegens het product x 1 x2 in het tweede lid. In het algemeen is een lineaire vergelijking van de vorm a1 x1

a2 x2

an xn

b,

waarbij de constante b en de co¨effici¨enten a1 , a2 , . . . , a n gegeven re¨ele of complexe 1 getallen zijn. Het aantal veranderlijken n kan om het even welk niet-nul natuurlijk getal zijn. In deze cursus zal n meestal tussen 2 en 5 liggen. In werkelijke problemen zal n groter zijn. Waarden van 50 tot 500 zijn niet ongewoon. Met zulk een groot aantal veranderlijken moet men een beroep doen op de computer voor het manipuleren van zulke vergelijkingen. Hiervoor is het belangrijk goede algoritmes te ontwikkelen. Dat is dan ook e´ e´ n van de doelen van dit hoofdstuk. R 2 die voldoen aan de vergeWe merkten op dat de verzameling van alle koppels x, y lijking (8.1) grafisch kan gezien worden als een rechte. Als we nu zoeken naar de koppels die tegelijk voldoen aan twee vergelijkingen, dan zullen we grafisch op zoek gaan naar het snijpunt van twee rechten. 1 Appendix

B bevat een korte herhaling over complexe getallen.

129

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES Voorbeeld.

x1 x1

130

2x2 3x2

1 3

Elk van deze vergelijkingen geeft aanleiding tot een rechte en er is een uniek punt 3, 2 dat voldoet aan beide vergelijkingen. Dit is het snijpunt van de twee rechten.

Het kan soms gebeuren dat twee rechten geen snijpunt hebben (als ze evenwijdig zijn) of juist alle punten gemeenschappelijk hebben (als ze samenvallen). Om stelsels op te lossen bestaan verscheidene methoden. In het Secundair Onderwijs heb je zeker kennis gemaakt met de zogenaamde substitutiemethode en de combinatiemethode. De combinatiemethode leent zich het best tot veralgemening en toepassing op grote stelsels. We herhalen de methode op een voorbeeld. x1 S 4x1

2x2 x3 2x2 8x3 5x2 9x3

0 8

1 2 3

9

We proberen x1 in de eerste vergelijking te houden en elimineren deze veranderlijke in de andere vergelijkingen. Hiervoor tellen we de eerste vergelijking vier keer op bij de derde. We noteren x1 4x1 x1

2x2 x3 2x2 8x3 x3

2x2 x3 2x2 8x3 5x2 9x3 0 8 3

1 2

0 8

3

9 x1

3 8 3

zodat de oplossing van het stelsel x 1 We schrijven Opl S

x1

4 1

2x2 x3 2x2 8x3 3x2 13x3

2x2 2x2 x3

3 32 3

29, x2

16 en x3

1

2

x1 2x2 x3

0 8

3

3 2 2

9 29 32 3

2 2

x1 x2 x3

3 is.

29, 16, 3 .

Notatie. In het algemeen noteren we de verzameling van alle oplossingen van een stelsel S met Opl S . We noemen dit de oplossingenverzameling van S .

8.2 Matrixnotatie Voor we lineaire stelsels in het algemeen gaan oplossen, moeten we een afspraak maken om dubbelzinnigheden te vermijden. Immers de oplossingenverzameling van een lineaire vergelijking zoals bijvoorbeeld x y 1 is 1. een rechte in R 2 als we oplossingen in R 2 zoeken 2. een vlak in R3 (immers x

y

1

x

y

0z

1)

3. een rechte in C 2 als we oplossingen in C 2 zoeken, enzovoort.

29 16 3

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

131

De afspraak luidt: voor het stelsel

S

c11 x1 c21 x1 .. .

c12 x2 c22 x2

c1n xn c2n xn

cm1 x1

cm2 x2

b1 b2

cmn xn

bm

met co¨effici¨enten c ij R voor i 1, . . . , m en j 1, . . . , n en met tweede leden b i R voor i 1, . . . , m , zoeken we oplossingen x x 1 , . . . , x n in R n (tenzij uitdrukkelijk anders vermeld). Let er wel op dat sommige co¨effici¨enten c ij nul kunnen zijn. De n is hier dus het totaal aantal verschillende onbekenden die voorkomen in de vergelijkingen van S . 151 Definitie. Een (re¨ele) matrix is een rechthoekige tabel met (re¨ele) getallen in. We noteren de verzameling van alle matrices met m rijen en n kolommen van re¨ele getallen als Mm,n R . Voor een matrix A Mm,n R schrijven we aij voor het element op de i-de rij en in de j-de kolom van A. We schrijven matrices meestal met Latijnse hoofdletters: A, B, C, . . . , X, Y, Z. Om redenen die we later zullen zien, noteren we een matrix met slechts e´e´n kolom liever met een kleine vette letter a, b, c, . . . , x, y, z dan met een hoofdletter. Met het stelsel S van hierboven kunnen we twee matrices associ¨eren: de co¨effici¨entenmatrix

C

c11 c21 .. .

c12 c22 .. .

... ... .. .

c1n c2n .. .

cm1 cm2 . . . c mn en de matrix van de constanten

b1 b2 .. .

b

bm Door het feit dat de “naam” van de onbekenden er weinig toe doet, is S volledig bepaald door de co¨effici¨entenmatrix C M m,n R en de kolom b M m,1 R m.a.w. door de uitgebreide matrix

C b

c11 .. . cm1

. . . c1n .. .. . . . . . c mn

b1 .. .

, soms ook C u genoteerd.

bm 0

In het geval van een homogeen lineair stelsel (d.w.z. b

0

de co¨effici¨entenmatrix C om het stelsel volledig te bepalen.

.. ), kan men volstaan met .

0

Met elk stelsel S kunnen we een homogeen stelsel maken door de tweede leden gelijk te stellen aan nul. We noemen het stelsel S 0 C 0 het homogeen stelsel geassocieerd met

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

132

S . In matrix notatie krijgen we c11 .. .

C 0

. . . c1n .. .. . . . . . c mn

cm1

0 .. .

dat we ook kort als

c11 .. .

C

0

cm1

. . . c1n .. .. . . . . . c mn

noteren.

Aan de hand van de matrix Cu kunnen we nu gemakkelijk de oplossing van het bovenstaand stelsel schematischer opschrijven. 1 0 4

2 2 5

1 8 9 1 0 0

0 8 9 2 0 2 0 0 1

R3 4R1

3 32 3

1 0 0 R1 R2

2 2 3

1 8 13

0 8 9

1 0 0 29 0 2 0 32 0 0 1 3

R3

3 2 R2

R2 2

1 0 0

2 2 0

1 0 8 8 1 3

R1 R2

R3 8R3

1 0 0 29 0 1 0 16 0 0 1 3

We gebruikten hier de zogenaamde elementaire rij-operaties om de matrix te wijzigen. De toegestane operaties zijn 1. de verwisseling van twee rijen: R i

Rj;

2. de vermenigvuldiging van een rij met c, een niet-nul getal: cR i ; 3. het optellen bij een rij van een veelvoud van een andere rij: R i

cR j .

Het is belangrijk op te merken dat deze operaties alle omkeerbaar zijn. 1. als we de twee rijen opnieuw verwisselen, is er niets gebeurd; 2. we kunnen een rij terug delen door de niet-nulle constante c; 3. we kunnen van de i-de rij c keer de j-de rij aftrekken. 152 Definitie. Voor een matrix A Mm,n R defini¨eren we de getransponeerde matrix A als de matrix met op plaats i, j het element aji van A. We hebben dus dat A Mn,m R .

8.3 Matrices in echelonvorm We zagen hoger dat we door toepassen van elementaire rijoperaties matrices of stelsels omvormen tot eenvoudigere matrices of stelsels. We preciseren dit. 153 Definitie. We zeggen dat een m n-matrix A in gereduceerde rij echelon vorm staat als voldaan is aan de volgende eigenschappen: 1. alle rijen van de matrix die volledig uit nullen bestaan, staan onderaan in de matrix; 2. in elke andere rij is het eerste van nul verschillend element gelijk aan 1; we noemen dit element het hoofdelement van de rij;

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

133

1 staat rechts van het hoofdelement op rij i, voor elke i;

3. het hoofdelement op rij i

4. als een kolom het hoofdelement van een bepaalde rij bevat, dan bevat die kolom voor de rest enkel nullen. Een matrix die voldoet aan de voorwaarden 1, 2 en 3 (maar niet noodzakelijk 4) staat in rij echelon vorm. Een matrix A staat in (gereduceerde) kolom echelon vorm als zijn getransponeerde A in (gereduceerde) rij echelon vorm staat. Voorbeeld. Volgende matrices staan in rij echelon vorm:

A

1 0 0 0 0

5 0 2 1 0 3 0 0 1 0 0 0 0 0 0

2 4 7 0 0

4 8 2 , B 0 0

1 0 0 0

2 1 0 0

3 2 1 0

4 3 3 1

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

en de volgende matrices staan in gereduceerde rij echelon vorm:

C

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

2 4 7 0 0

4 8 2 , D 0 0

1 0 0 0

154 Definitie. Twee matrices A en B heten rijequivalent (resp. kolomequivalent) als B uit A kan verkregen worden door het toepassen van elementaire rij- (kolom-) operaties. 155 Stelling. Elke matrix A is rijequivalent (kolomequivalent) met een matrix in rij (kolom) echelon vorm. Bewijs. Kijk naar de eerste kolom j in A met een van nul verschillend element erin. Verwissel de rij waar dit element in voorkomt met de eerste rij, en deel de nieuwe eerste rij door dit element. We krijgen dus een nieuwe matrix B met de eerste j 1 kolommen nul, en b 1j 1. Trek van alle andere rijen bij maal de eerste rij af. We krijgen dan een nieuwe matrix C met de eerste j 1 kolommen nul, c 1j 1 en cij 0 voor i 1. Herhaal nu de bovenstaande procedure voor de matrix c2,j .. . cm,j

1

1

c2,n .. . cm,n

We krijgen dan een nieuwe matrix D, rijequivalent met A, waarvoor de eerste j 1 kolommen nul zijn, d1j d2k 1, voor een k j, d pq 0 voor p 1 en j q k, dij 0 voor i 1 en dik 0 voor i 2. Herhaal deze procedure tot er onderaan in de matrix enkel nog rijen met alleen 0 erin voorkomen. De matrix staat dan in echelonvorm. We kunnen ons resultaat nog een beetje verscherpen:

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

134

156 Stelling. Elke matrix A is rijequivalent (kolomequivalent) met een matrix in gereduceerde rij (kolom) echelon vorm. Bewijs. Pas zelf het algoritme uit het bewijs van stelling 155 aan zodat we een matrix in gereduceerde rij (kolom) echelon vorm krijgen. De in het bewijs van Stelling 155 geschetste methode om een matrix te transformeren naar (gereduceerde) echelonvorm, noemen we de spilmethode. Dit zeer belangrijk algoritme vormt de basis van vele praktische algoritmes i.v.m. matrices. Voorbeeld. We beschouwen de matrix 0 0 2 2

A

2 0 2 0

3 2 5 6

4 3 2 9

1 4 4 7

We zullen de matrix A in rijechelonvorm brengen en hiervoor de spilmethode gebruiken. De eerste kolom is de eerste met een van nul verschillend element erin, en dit staat op de derde rij. We verwisselen de eerste en de derde rij, en we krijgen de matrix 2 0 0 2

2 0 2 0

5 2 3 6

1 0 0 2

1 0 2 0

5 2

B1

Deel nu de eerste rij van B1 door b11

4 4 1 7

2:

B2

Tel nu

2 3 4 9

2 3 6

1 2 3 4 4 1 9 7

2 maal de eerste rij op bij de vierde rij:

B3

1 0 0 0

1 0 2 2

5 2

2 3 1

1 2 3 4 4 1 7 3

Vervolgens verwisselen we de tweede en derde rij van B3 om een van nul verschillend element in de positie 2, 2 te krijgen: 5 1 1 1 2 2 4 1 0 2 3 B4 0 0 2 3 4 0 2 1 7 3 Deel de tweede rij van B4 door 2:

B5

1 0 0 0

1 1 0 2

3 2

5 2

2 1

1 2 3 7

2 1 2

4 3

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

135

Tel 2 maal de tweede rij op bij de vierde rij:

B6

1 0 0 0

1 1 0 0

B7

1 0 0 0

1 1 0 0

1 0 0 0

1 1 0 0

3 2

5 2

2 2

Deel nu de derde rij door 2: 3 2

5 2

1 2

1 2 3 3 1 2

2 1 2

4 4 2 1 2

3 2

2 4

1 2

2

3

Trek 2 maal de derde rij af van de vierde rij:

B8

3 2

5 2

1 0

3 2

1 2

2 0

0

De matrix B8 staat in rij echelon vorm, en is rijequivalent met A.

8.4 Oplossen van stelsels met de spilmethode 157 Stelling. Beschouw twee lineaire stelsels bepaald door de matrices A b en C d van m vergelijkingen in n onbekenden. Indien de matrices A b en C d rijequivalent zijn (cf. definitie 154), dan is Opl A b Opl C d Bewijs. Het volstaat om na te gaan dat het uitvoeren van elementaire rijoperaties op de matrix A b de oplossingsverzameling ongemoeid laten. Dit is duidelijk: een operatie van type 1 komt er op neer twee vergelijkingen met elkaar te verwisselen; type 2 komt er op neer e´ e´ n van de vergelijkingen met c 0 te vermenigvuldigen; type 3 komt er op neer om bij e´ e´ n van de vergelijkingen c maal e´ e´ n van de andere op te tellen. Als we e´ e´ n van deze drie operaties uitvoeren, krijgen we telkens een stelsel met dezelfde oplossingenverzameling. We geven enkel details voor een operatie van type 3. Zij u1 , u2 , . . . , u n een oplossing van S . Dan geldt voor elke k ck1 u1

ck2 u2

ckn un

1, 2, . . . , m dat

bk .

Als we nu de i-de vergelijking veranderen door er c keer vergelijking nummer j bij op te tellen, krijgen we als nieuwe i-de vergelijking ci1

cc j1 x1

ci2

cc j2 x2

cin

cc jn xn

bi

cb j .

(8.2)

Deze vergelijking is voldaan door u1 , u2 , . . . , u n aangezien we reeds hadden c j1 u1 c j2 u2 c jn un b j zodat ook cc j1 u1 cc j2 u2 cc jn un cb j . Samen met c i1 u1 ci2 u2 cin un bi geeft dit c i1 u1 ci2 u2 cin un cc j1 u1 cc j2 u2 cc jn un bi cb j zodat vergelijking (8.2) voldaan is.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

136

Onderstel nu omgekeerd dat u 1 , u2 , . . . , u n een oplossing van alle vergelijkingen van S maar waarin we de i-de hebben vervangen door (8.2). Wij tonen nu dat u 1 , u2 , . . . , u n ook een oplossing is van de i-de vergelijking van het oorspronkelijk stelsel. Vermits c i1 cc j1 u1 ci2 cc j2 u2 cin cc jn un bi cb j en ook cc j1 u1 cc j2 u2 cc jn un cb j , hebben we c i1 u1 ci2 u2 cin un ci1 cc j1 u1 ci2 cc j2 u2 cin cc jn un cc j1 u1 cc j2 u2 cc jn un bi cb j cb j bi . Uit stelling 155 volgt nu dat we een stelsel lineaire vergelijkingen als volgt kunnen oplossen: Algoritme (Gauss eliminatie) Neem een lineair stelsel A oplossen.

b . Dit kunnen we als volgt

1. Gebruik het algoritme uit het bewijs van stelling 155 (i.e. de spilmethode) om de matrix A b in rij echelonvorm te brengen. Noem de nieuwe matrix C d . 2. Er zijn nu twee mogelijkheden: • Er staat een rij die bestaat uit nullen gevolgd door een niet-nul getal in de laatste kolom. Dan heeft het stelsel geen oplossingen. Soms spreken we van een strijdig stelsel. • In het andere geval lost men het stelsel C d gemakkelijk op door te vertrekken vanaf de onderste vergelijking. Voorbeeld. We lossen het stelsel x 2y x 2y 3x y

2z 3t z t z t

13 8 1

op met behulp van Gauss eliminatie. Eerst brengen we de matrix 1 1 3

A b

2 2 2 1 1 1

3 1 1

13 8 1

in rij echelon vorm. We krijgen achtereenvolgens de volgende matrices: R2 R3

R1 3R1

R3 R2

1 0 0

2 4 5

2 1 5

3 2 10

1 2 2 3 0 1 1 4 1 2 0 0 3 4 3 2

13 5 40 13 5 4 27 4

R2 R3

R3

4 5

4 3

1 2 2 3 0 1 1 4 1 2 0 1 1 2 1 2 2 3 0 1 1 4 1 2 0 0 1 2

Ons stelsel is dus equivalent met het stelsel x

2y 2z 3t y z 4 t 2 z 2t

13 5 4 9

13 5 4 8 13 5 4 9

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

137

We lossen dit stelsel op van onder naar boven: z y

9 2t 5 4 z 4 t 2 1 5 9 2t 2t 4 13 2y 2z 3t

x

13 2 3 t

18

4t

1 3t

We kunnen dus besluiten dat Opl A b

3

t, 1, 9

2t, t

t

R

Merk op dat er hier uiteindelijk meer veranderlijken dan (niet-nulle) vergelijkingen overblijven. In dat geval zijn er oneindig veel oplossingen. Hier zie je dat doordat elke waarde van t een oplossing geeft. Een variante van het algorimte bestaat erin om de matrix A b in gereduceerde rij echelon vorm te brengen. Dit heeft het voordeel dat de oplossingen onmiddellijk af te lezen zijn uit het nieuwe stelsel C d . Een nadeel is echter dat het meer berekeningen vergt om tot de gereduceerde rij echelon matrix C d te komen. Men noemt deze methode de GaussJordan eliminatie methode. Voorbeeld. We hernemen het bovenstaande voorbeeld, en passen de Gauss-Jordan eliminatie methode toe. We krijgen nu achtereenvolgens de volgende matrices: R2 R3

R1 R3

2R2 R2

R1 3R1

1 0 0

1 0 3 2 2 0 1 1 4 1 2 0 0 3 4 3 2

2 4 5 21 2 5 4 27 4

2 1 5 R3

3 2 10 4 3

13 5 40

R2 R3

4 5

1 0 3 2 2 0 1 1 4 1 2 0 0 1 2

1 2 2 3 0 1 1 4 1 2 0 1 1 2

13 5 4 8

21 2 5 4 9

1 0 0 0 1 0 0 0 1

R2 R1

1 4R3 3 2R3

1 0 2

3 1 9

Ons stelsel is dus equivalent met het stelsel x z

t y 2t

3 1 , 9

waaruit de oplossing volgt.

8.5 Intermezzo: vectoren en vectorruimten Bij de matrixnotatie voor stelsels noteerden we b voor de kolom der constanten. Deze “kolommen” kunnen beschouwd worden als matrices met e´ e´ n kolom maar vormen ook voorbeelden van belangrijke objecten van de wiskunde die men vectoren noemt.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

138

Voorbeeld. Een interessante verzameling vectoren is R 2 . We noteren de elementen van R2 als kolommen. We hebben dus

x y

R2

x, y

R

Notatie. We noteren vectoren meestal met vette Latijnse letters: a, b, c, . . . , x, y, z. In R 2 kunnen we twee vectoren steeds optellen door elk van de componenten op te tellen. 1 2

2 5

1 2 2 5

3 3

Ook kunnen we een vector vemenigvuldigen met een re¨eel getal c door elke component te vermenigvuldigen met c. 3 en c 1

Als u

5

dan is

cu

3 1

5

15 5

We spreken hier over scalaire vermenigvuldiging en noemen het getal c een scalair. Scalairen worden niet vet genoteerd. In feite voldoen de twee bewerkingen van hierboven aan vele eigenschappen. • R2 is een commutatieve groep voor de optelling, d.w.z. 1.

is associatief: a

b

c

a

b

c

R2.

voor elke a, b, c

2. Er is een neutraal element 0: a voor elke a

0

a

a

R2.

3. Elk element a

R 2 heeft een tegengestelde a

4.

0

a

a:

a

a

b

a

0

is commutatief: a voor elke a, b

b

R2.

• De scalaire vermenigvuldiging voldoet aan volgende eigenschappen: 1. gemengde associativiteit: ab a voor elke a, b

R en a

R2;

a ba

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

139

2. distributiviteiten:

R en a, b

voor elke a, b

a a

b

aa

ab

(8.3)

a

b a

aa

ba

(8.4)

R2;

3. 1 is neutraal element: 1a

a

R2.

voor elke a

Voorbeeld. We kunnen vorig voorbeeld uiteraard onmiddellijk veralgemenen tot R n voor elke

n N0 . De vectoren van R n zijn kolommen met n re¨ele getallen en de optelling en scalaire vermenigvuldiging zijn componentsgewijs gedefinieerd. Ze voldoen aan dezelfde eigenschappen als R2 .

Gesterkt door voorgaande voorbeelden voeren we een algemene definitie in. 158 Definitie. Een verzameling V uitgerust met twee bewerkingen : V

V

V

: R

V

V

is een vectorruimte (Eng. vector space, Fr. espace vectoriel) over R (of kortweg R-vectorruimte) indien volgende eigenschappen gelden: V, is een commutatieve groep, d.w.z. 1.

is associatief: a voor elke a, b, c

b

c

a

b

c

V.

2. Er is een neutraal element 0 voor de optelling: 0

a voor elke a

a

a

V.

3. Elk element a

V heeft een tegengestelde a

4.

0

a voor de optelling: a

a

a

b

a

0

is commutatief: a voor elke a, b

b

V.

De scalaire vermenigvuldiging R

V

V voldoet aan de volgende eigenschappen:

1. gemengde associativiteit: ab a voor elke a, b

R en a

V;

a ba

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

140

2. distributiviteiten:

voor elke a, b

R en a, b

a a

b

aa

ab

(8.5)

a

b a

aa

ba

(8.6)

V;

3. 1 is neutraal element: 1a voor elke a

a

V.

De elementen van V noemen we vectoren. Opmerking. In sommige gevallen is het nuttig om de scalairen niet re¨eel te nemen maar complex. De definitie van een complexe vectorruimte is analoog aan bovenstaande definitie maar met C i.p.v. R. Notatie. Het verschil van vectoren in een vectorruimte wordt als volgt gedefinieerd: u u 1 v.

v:

Lineaire combinaties Gegeven zijn vectoren v1 , v2 , . . . , v k in R n en scalairen c1 , c2 , . . . , c k . De uitdrukking c1 v 1

c2 v 2

ck vk

is een vector van de vectorruimte R n die we de lineaire combinatie van v1 , v2 , . . . , v k met gewichten c1 , c2 , . . . , c k noemen. Lineaire combinaties zijn van groot belang voor wat volgt. Zij leveren onder andere een bijkomende manier op om een stelsel te noteren. We nemen weer het algemeen stelsel

S

c11 x1 c21 x1 .. .

c12 x2 c22 x2

cm1 x1

cm2 x2

c1n xn c2n xn cmn xn

b1 b2 bm

en defini¨eren nu n kolomvectoren die overeenkomen met de kolommen van de co¨effici¨entenmatrix van S . c1j c2j cj : voor j 1, 2, . . . , n .. . cmj Verder hebben we ook nog b

b1 b2 .. . bm

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

141

Nu kunnen we het stelsel schrijven als x1 c1

x2 c2

xn cn

b.

Zo zien we dat een oplossing van S bestaat uit gewichten x 1 , x2 , . . . , x n zodanig dat de vector b een lineaire combinatie is van c1 , c2 , . . . , c n . 159 Definitie. De verzameling van alle lineaire combinaties van de vectoren v1 , v2 , . . . , v k wordt genoteerd als vect v1 , v2 , . . . , v k en heet de deelruimte voortgebracht door v1 , v2 , . . . , v k . Opmerking. We spreken van voortgebrachte deelruimte omdat de verzameling vect v 1 , v2 , . . . , v k op zichzelf een vectorruimte vormt. Bewijs dit als oefening. We zien nu dat het stelsel S C b enkel en alleen een oplossing kan hebben als b vect c1 , c2 , . . . , c n . Met andere woorden enkel als b kan geschreven worden als lineaire combinatie van c1 , c2 , . . . , c n .

Lineaire onafhankelijkheid Beschouw een aantal vectoren a 1 , a2 , . . . , a n . Als (minstens) e´ e´ n van hen kan geschreven worden als een lineaire combinatie van de overige vectoren, hebben we ai

cj aj j i

en zien we dat 0

c1 a1

c 2 a2

ci

1 ai 1

1 ai

ci

1 ai 1

cn an .

We hebben volgende definitie. 160 Definitie. Onderstel dat V een vectorruimte is, en dat a1 , . . . , a n V. We noemen a1 , . . . , a n lineair afhankelijk als er c1 , c2 , . . . , c n R bestaan, niet alle nul, zodat de lineaire combinatie n

ci ai i 1

de nulvector is. We kunnen nu gemakkelijk bovenstaande vaststelling ook omkeren zodat we volgende stelling krijgen. 161 Stelling. Een stel vectoren a1 , . . . , a n is lineair afhankelijk als en slechts als e´e´n van de vectoren a1 , . . . , a n een lineaire combinatie is van de overige.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

142

Bewijs. Indien ai

c 1 a1

ci

1 ai 1

ci

1 ai 1

cn an

Dan is c 1 a1

ci

1 ai 1

ai

ci

1 ai 1

cn an

0

met tenminste de i-de co¨effici¨ent verschillend van 0, en dus is a 1 , . . . , a n lineair afhankelijk. Omgekeerd, onderstel dat a 1 , . . . , a n lineair afhankelijk is. Dan is n

ci ai

0

i 1

met tenminste e´ e´ n van de co¨effic¨enten, bijvoorbeeld c j , verschillend van nul. Dan hebben we dat cj 1 cj 1 c1 cn aj a1 aj 1 aj 1 an cj cj cj cj een lineaire combinatie is van de overige vectoren. Voorbeeld. Een verzameling v1 Immers 1v1

0v2

0vk

0.

0, v2 , . . . , v k die de nulvector bevat is steeds lineair afhankelijk.

162 Definitie. De verzameling a1 , . . . , a n wordt lineair onafhankelijk genoemd als ze niet lineair afhankelijk is, dus als een lineaire combinatie n

ci ai i 1

enkel de nulvector kan zijn als alle co¨effici¨enten ci nul zijn. 163 Gevolg. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. a1 , . . . , a n is lineair onafhankelijk; 2. geen enkel van de vectoren a1 , . . . , a n is een lineaire combinatie van de overige. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de stelling 161, door contrapositie. Een homogeen stelsel C 0 heeft uiteraard steeds de nuloplossing want 0 behoort tot de deelruimte voortgebracht door de kolommen van elke matrix C (het volstaat om alle gewichten gelijk aan nul te nemen). Indien er niet-nulle oplossingen zijn, kunnen we nietnulle gewichten x1 , x2 , . . . , x n vinden met n

xi ci

0

i 1

zodat de kolommen van de matrix C in dat geval lineair afhankelijk zijn. We vatten dit samen in volgende stelling. 164 Stelling. Een homogeen stelsel C 0 heeft steeds de nuloplossing. Er zijn niet-nulle oplossingen als en slechts als de kolommen van de matrix C lineair afhankelijk zijn.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

143

Basis en coordinaten ¨ 165 Definitie. Een basis van een vectorruimte V is een verzameling v1 , v2 , . . . , v n van vectoren in V die lineair onafhakelijk zijn en V voortbrengen (d.w.z. vect v1 , v2 , . . . , v n V). v1 , v2 , . . . , v n een basis is voor V, bestaan er voor elke vector v 166 Stelling. Als B getallen c1 , c2 , . . . , c n zodat

V unieke

n

v

ci vi . i 1

V zodat elke

Bewijs. Het is duidelijk dat zulke getallen bestaan. We hebben immers vect B vector v van V te schrijven is als lineaire combinatie van de vectoren in B.

Onderstel nu dat er naast c 1 , c2 , . . . , c n ook nog getallen d 1 , d2 , . . . , d n bestaan met n

v

di v i . i 1

Dan geldt

n

n

ci vi i 1

of nog

di v i i 1

n

ci

di v i

0.

i 1

Vermits B lineair onafhankelijk is, besluiten we hieruit dat c i Dit betekent dat c i di voor elke i 1, 2, . . . , n .

di

0 voor elke i

1, 2, . . . , n .

167 Definitie. De unieke gewichten die toelaten om een vector v V te schrijven als lineaire combinatie van vectoren uit een basis B van V noemen we coordinaten ¨ van v t.o.v. de basis B. We schrijven deze co¨ordinaten v B . Er geldt dus n

v

ci vi i 1

v

B

c1 c2 .. . . cn

We merken op dat coordinaten ¨ gewoon vectoren zijn in de welbekende vectorruimte R n . Volgende eigenschap toont dat het voldoende is deze vectorruimten goed te kennen om in om het even welke vectorruimte (uitgerust met een basis) te kunnen rekenen. 168 Eigenschap. Zij V een vectorruimte en B een basis. Dan geldt voor alle x, y 1. x 2. cx

y B

B

x

B

y

B

en

c x B.

Bewijs. Dit is een eenvoudige oefening.

V en alle c

R

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

144

Dimensie 169 Lemma. Zij V een vectorruimte en B v1 , v2 , . . . , v n een basis van V. Een lineair onafhankelijk deel van V kan ten hoogste n elementen bevatten. Bewijs. Onderstel dat S x1 , x2 , . . . , x m een lineair onafhankelijk deel is in V. Schrijf cki voor de i-de coordinaat ¨ van xk t.o.v. de basis B. Als we dan de gewichten x 1 , x2 , . . . , x m willen bepalen waarvoor geldt m 0, krijgen we i 1 xi xi m

n

xi i 1

of

cij v j

0

j 1

n

m

j 1

i 1

cij xi

vj

0.

De lineair onafhankelijkheid van B geeft dan dat voor elke j m

cij xi

n geldt dat

0.

i 1

De gewichten x1 , x2 ,. . . ,x m zijn dus oplossingen van een homogeen stelsel met n vergelijkingen en m onbekenden. Als m n heeft zulk een stelsel oneindig veel oplossingen (aangezien het niet strijdig kan zijn). Hieruit volgt dat S niet lineair onafhankelijk kan zijn. 170 Stelling. In een gegeven vectorruimte V hebben alle basissen evenveel elementen. Bewijs. Beschouw twee basissen B vectorruimte V.

v 1 , v2 , . . . , v n en C

w1 , w2 , . . . , w m van eenzelfde

We passen vorig lemma toe op de basis B en het lineair onafhankelijk deel C. Hieruit volgt m n. We kunnen het lemma ook toepassen op de basis C en het lineair onafhankelijk deel B zodat n m. Hieruit volgt n m. 171 Definitie. Het aantal elementen in een basis van een vectorruimte V noemen we de dimensie van V. We kunnen nu het lemma anders formuleren. 172 Stelling. In een vectorruimte van dimensie n heeft een lineair onafhankelijk deel hoogstens n vectoren. Indien je de dimensie van een vectorruimte kent, kan je gemakkelijker aantonen dat een stel vectoren een basis vormt. v1 , v2 , . . . , v n een verzameling 173 Stelling. Zij V een vectorruimte van dimensie n en zij B van juist n vectoren in V. Dan zijn volgende eigenschappen equivalent: 1. B is een basis;

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

145

2. B is lineair onafhankelijk; 3. B is voortbrengend. Bewijs. Onderstel dat B lineair onafhankelijk is maar niet voortbrengend. Dan is er een vector v van V die niet behoort tot vect B. Dit wil zeggen dat v niet kan geschreven worden als lineaire combinatie van vectoren van B. Maar dan is B v lineair onafhankelijk met meer dan n elementen, ff. Onderstel nu dat B voortbrengend is maar niet lineair onafhankelijk. Dan kan minstens e´ e´ n vector v i geschreven worden als lineaire combinatie van de overige vectoren van B. Dan is B v nog steeds voortbrengend. Indien deze verzameling nog niet lineair onafhankelijk is, herhaal je vorige stap om nog vectoren te schrappen. Uiteindelijk krijg je een verzameling met minder dan n vectoren die een basis vormt, ff. We kunnen nu ook besluiten dat een basis in een vectorruimte een minimaal voortbrengend deel is of ook een maximaal lineair onafhankelijk deel.

8.6 Matrixrekenen Op Mm,n R kunnen we de elementsgewijze optelling defini¨eren. a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

b11 b21 .. .

am1 am2 . . . amn

b12 b22 .. .

... ... .. .

b1n b2n .. .

a11 a21

bm1 bm2 . . . bmn

am1

.. .

b11 b21

a12 a22

.. .

bm1 am2

b12 b22

... ... .. .

a1n a2n

bm2 . . . amn

.. .

b1n b2n bmn

We kunnen een matrix ook vermenigvuldigen met een scalair.

c

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

ca11 ca21 .. .

am1 am2 . . . amn

ca12 ca22 .. .

... ... .. .

ca1n ca2n .. .

cam1 cam2 . . . camn

Het product van twee matrices is enkel gedefinieerd indien het aantal kolommen van de eerste matrix gelijk is aan het aantal rijen van de tweede. Onderstel dus dat A M n,p R en B M p,m R . Dan is het product A B per de definitie gelijk aan een matrix C M n,m R met volgende elementen. p

cij

aik bkj k 1

Het element op plaats i, j in het product wordt dus bekomen door de i-de rij van matrix A te vermenigvuldigen met de j-de kolom van B. Onderzoek zelf de eigenschappen van deze vermenigvuldiging. Toon onder andere aan dat ze niet commutatief is.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

146

Zij C de co¨effici¨entenmatrix van een stelsel C b . Als we dan een kolommatrix x1 x2 .. .

x:

xn maken met de veranderlijken, kunnen we het stelsel ook terugvinden uit de vergelijking C x

b

waarbij de ‘ ’ het matrixproduct voorstelt en we ons ook herinneren dat twee kolomvectoren gelijk zijn als en slechts als al hun componenten gelijk zijn.

8.7 Lineaire afbeeldingen M m,n R nemen, kunnen we daarmee een afbeelding van R n naar R m

Als we een matrix A mee defini¨eren.

TA : R n

Rm : x

A x

Uit de eigenschappen van de matrixvermenigvuldiging leiden we snel af dat 1.

u, v

2.

u

R n : TA u Rn, c

v

TA u

R : TA cu

TA v ;

cTA u .

174 Definitie. We zeggen dat een afbeelding F : V ruimte W linear is indien 1.

u, v

2.

u

V: F u V, c

v

R : F cu

F u

W van een vectorruimte V naar een vector-

F v;

cF u .

Toon als oefening volgende stelling aan. 175 Stelling. Voor een lineaire afbeelding F : V • F 0 •

u, v

W geldt steeds

0; V, c, d

R : F cu

dv

cF u

dF v .

We tonen nu dat elke lineaire afbeelding F : R n vorm TA voor een zekere matrix A M m,n R .

R m gelijk is aan een afbeelding van de

Uit voorgaande stelling volgt dat het voldoende is om F te kennen op een basis. Inderdaad: neem een basis B v 1 , v2 , . . . , v n van R n en een willekeurige vector v. Dan bestaan er getallen v1 , v2 , . . . , v n met n

v

vi v i . i 1

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

147

De lineariteit van F geeft dan n

F v

n

F

vi v i

vi F v i .

i 1

i 1

Dus is het beeld van v gewoon de lineaire combinatie van de beelden van de basisvectoren n met dezelfde gewichten v i als in de ontbinding v i 1 vi v i . Laat ons nu algemeen een lineaire afbeelding F : V W beschouwen. Als we in V een basis B v1 , v2 , . . . , v n kiezen en in W een basis D w 1 , w2 , . . . , w m , kunnen we dan uit de coordinaten ¨ van v V t.o.v. B gemakkelijk de coordinaten ¨ van F v t.o.v. D vinden? We nemen aan dat v van F vi als c1i c2i

B

n i 1

v1 v2 vn , m.a.w. v cmi . Dan geldt

vi vi . We noteren de coordinaten ¨

n

F v

vi F v i i 1 n

m

vi

c ji w j

i 1

j 1

m

n

j 1

i 1

c ji vi

wj,

Waaruit wegens Stelling 166 volgt dat de j-de coordinaat ¨ van F v gelijk moet zijn aan n i 1 c ji vi . Als we nu de coordinaten ¨ van de beelden van de vectoren van B als kolommen beschouwen van een matrix C, krijgen we in matrixnotatie F v

D

C

v B.

Dit toont dat elke lineaire afbeelding, via coordinaten, ¨ correspondeert met een afbeelding T A zoals hoger gedefinieerd. Om te tonen dat C de matrix is van de lineaire afbeelding F t.o.v. de basissen B en D, noteren we hem meestal FDB . Voorbeeld. In het algemeen vormen de veeltermen van graad ten hoogste n in e´ e´ n veranderlijke X een vectorruimte. We noteren deze R n X . Beschouw nu de lineaire afbeelding die veeltermen afleidt. F : R2 X

R1 X : aX 2

bX

c

2aX

Laat ons als basissen eerst de “gewone” basissen kiezen. Dus B : wordt de matrix van F t.o.v. de basissen B en D als volgt bepaald.

b X 2 , X, 1 en D :

X, 1 . Dan

2X, F X 1 en F 1 0. De We moeten eerst de beelden van de vectoren van B bepalen: F X 2 coordinaten ¨ van deze beelden in de basis D zijn gemakkelijk te bepalen. We vullen ze direct in en krijgen 2 0 0 FDB 0 1 0 Voor een andere keuze van basissen krijgen we aan andere matrix. Neem bijvoorbeeld B : X2 , X 4 2 2 1, X en D : 1, 5X 2 . Dan zijn F X 2X 1 2,F X 1 1 1 1 5 5 5X

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES 0 5X

2 en F X

1

1

1

0 5X FD

B

148

2 zodat de matrix gegeven wordt door 4 5 2 5

1 0

1 0

Nu we gemakkelijk het beeld van een vector kunnen uitrekenen, kunnen we vraagstukken oplossen zoals “Bepaal alle veeltermen van graad ten hoogste 2 waarvan de afgeleide 5X is.” Dit komt dan neer op het oplossen van een stelsel met co¨effici¨entenmatrix FDB en tweede lid 5 0 . We vinden uiteraard 52 X 2 c als oplossing. Een belangrijk vraagstuk is “welke vectoren worden afgebeeld op de nulvector?” Dit is zo belangrijk dat we er een nieuw concept mee defini¨eren. 176 Definitie. Zij F : V

W een lineaire afbeelding. De kern van F is de verzameling Ker F :

v

V F v

177 Eigenschap. Voor elke lineaire afbeelding F : V

0

W is Ker F een deelruimte van V.

Bewijs. We moeten aantonen dat Ker F, samen met de bewerkingen van V, een vectorruimte vormt. Vele van de eigenschappen van vectorruimte worden gewoon overge¨erfd van V (bvb. de associativiteit van de optelling, de gemengde associativiteiten en de commutativiteit van de optelling). Er blijven slechts drie dingen te bewijzen. Beschouw de nulvector 0. We weten reeds (zie 0 zodat 0 Ker F. Neem nu twee vectoren a en b in Ker F. We moeten hoger) dat F 0 bewijzen dat a b Ker F. Om dat na te gaan, laten we F inwerken: F a b F a F b 0 0 0. Nu blijft nog te bewijzen dat voor elke keuze van c R en a Ker F, geldt dat ca Ker F. Weer eens laten we F inwerken: F ca cF a c0 0. De kern van een lineaire afbeelding is een zeer nuttig middel om de injectiviteit (zie Definitie 1) van die afbeelding te onderzoeken. 178 Stelling. De lineaire afbeelding F : V de nulvector bevat.

W is injectief als en slechts als de kern van F enkel

Bewijs. Zij x een vector van Ker F. Dan geldt F x 0 maar we weten ook dat F 0 0 (dit geldt steeds voor een lineaire afbeelding, zie Stelling 175). Dus hebben we F x F 0. De injectiviteit verzekert dan x 0. We hebben dus aangetoond dat elke vector in Ker F gelijk is aan de nulvector. Onderstel F a F b . Dit is equivalent met F a F a b 0 zodat a b Ker F 0 . Hieruit volgt a

F b 0. De lineariteit geeft dan b 0 of nog a b.

Onderstel dat we de matrix van F t.o.v. basissen B en D kennen. Dan komt het zoeken van de kern neer op het oplossen van het homogeen stelsel F DB 0 . De oplossingen geven dan de coordinaten ¨ van de vectoren van Ker F t.o.v. de basis B. Een ander belangrijk begrip is het volgende.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

149

179 Definitie. Het beeld van een lineaire afbeelding is de verzameling van alle beelden door F van vectoren van V. We noteren Im F :

w

W

v

V: F v

w .

Uit deze definitie volgt direct 180 Stelling. De lineaire afbeelding F : V

W is surjectief 2 als en slechts als Im F

W.

We hebben ook 181 Eigenschap. Het beeld van een lineaire afbeelding is steeds een deelruimte van het codomein. W een lineaire afbeelding. We moeten aantonen dat Im F een vectorBewijs. Zij F : V ruimte is. Zoals bij het bewijs van de analoge eigenschap voor de kern, worden vele te bewijzen eigenschappen overge¨erfd van het codomein W. We hoeven enkel aan te tonen dat de nulvector behoort tot Im F en dat sommen en scalaire veelvouden van vectoren van Im F in Im F blijven. Aangezien F 0 0, is het duidelijk dat 0 bestaan er u en v in V met F u x en F v x y, zodat x y Im F. Hetzelfde voor c F cu Im F.

Im F. Neem twee vectoren x, y Im F. Dan y. De lineariteit van F geeft dan F u v R waar de lineariteit geeft dat cx cF u

Om het beeld van een lineaire afbeelding te bepalen volstaat het de beelden van een basis van het domein te kennen. We weten immers dat de beelden van alle vectoren van het domein lineaire combinaties zijn van beelden van basisvectoren. We hebben dus voor een basis B v1 , v2 , . . . , v n en een lineaire afbeelding F : V W dat Im F

vect F v i

i

1, 2, . . . , n .

182 Definitie. De rang van een lineaire afbeelding is de dimensie van het beeld. W gevonden wordt door te Hieruit volgt dat de rang van een lineaire afbeelding F : V zoeken naar een lineair onafhankelijke deelverzameling in F v i i 1, 2, . . . , n die Im F voortbrengt. Weer eens kunnen we gebruik maken van de matrix van F t.o.v. basissen B en D. De kolommen hiervan geven immers de F v i voor i 1, 2, . . . , n. De dimensies van kern en beeld van een lineaire afbeelding staan in verband met elkaar. De som van hun dimensies is gelijk aan de dimensie van het domein. 183 Stelling (Zonder bewijs). Voor een lineaire afbeelding F : V dim Ker F

dim Im F

W geldt

dim V.

Vermits we de dimensie van de kern van F vinden door de spilmethode toe te passen op het homogeen stelsel met als matrix FDB , vinden we hieruit ook de rang van F: als dim V n en dim Ker F k weten we dim Im F n k. Vermits k correspondeert met het aantal vrij te kiezen veranderlijken eens de matrix FDB in rijechelonvorm staat, correspondeert de rang van F met het aantal niet-nulle rijen in deze rijechelonvorm. Voor toepassingen is het ook belangrijk om de rang van een matrix te kunnen berekenen. 2 Zie

Definitie 2, blz. 8

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

150

184 Definitie. De rang van een matrix A is de rang van de afbeelding TA . We noteren de rang van A met rk A. Voorbeeld. We beschouwen de matrix A

0 2 0 0 2 2 2 0

3 2 5 6

4 3 2 9

1 4 . 4 7

Dit is de matrix van het voorbeeld op blz. 134. Hij is rijequivalent met volgende matrix. 1 0 0 0

B8

1 1 0 0

3 2

5 2

1 2 3 2

1 0

2 1 2

2 0

0

De matrix B8 staat in rij echelon vorm. We kunnen besluiten dat rk A

rk B8

3.

Als we de matrix verder in gereduceerde rijechelonvorm brengen, vinden we

B9

1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 0 0

19 2 5 2

9

17 4 3 2

2 0

0

In stelselvorm geeft dit x y z zodat

9s

17 4 s 3 2s

9s

Ker TA

17 4 s 3 2s

19 2 t 5 2t

2t

19 2 t 5 2t

,

2t

s, t

R

.

s t

We zien dus dat deze kern dimensie 2 heeft.

8.8 Enkele voorbeelden van lineaire afbeeldingen Lineaire afbeeldingen zijn zeer nuttig bij computer graphics. We geven hier enkele voorbeelden van tweedimensionale transformaties.

Spiegelingen De matrix

1 0

0 x beeldt een punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ 1 y

x . Dit komt overeen met een spiegeling t.o.v. de X-as. y

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

151

Bestudeer zelf de afbeeldingen bepaald door de matrices 1 0 0 1

en

0 1

1 . 0

Puntspiegeling De matrix

1 0

0 x beeldt een punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ 1 y

x . Dit komt overeen met een puntspiegeling t.o.v. de oorsprong. y

Rotaties De matrix

0 1

1 x beeldt een punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ 0 y

y . Als we het beeld van een paar punten berekenen, zien we dat het hier eigenlijk gaat x om een rotatie over π 2 radialen. Laat ons de matrix bepalen van van een rotatie over een gegeven hoek θ. Hiervoor moeten we de coorindaten ¨ berekenen van de beelden van de vectoren in een basis. We nemen de 1 0 1 cos θ gewone basis , . De vector belandt na rotatie over θ op . Voor de vector 0 1 0 sin θ 0 sin θ is het beeld . We krijgen dus de matrix 1 cos θ cos θ sin θ

sin θ . cos θ

Schaalveranderingen k 0 x kx beeldt een punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ . 0 1 y y Dit komt overeen met een schaalverandering met factor k op de X-as. De matrix

Analoog geeft de matrix

1 0 een schaalverandering op de Y-as. 0 k

Afschuivingen 1 3 . Deze afbeelding beeldt een 0 1 x x 3y punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ . We zien dus: hoe groter y y de Y-coordinaat ¨ van een punt, hoe meer er bij de X-coordinaat ¨ wordt opgeteld. We krijgen een afschuiving evenwijdig met de X-as. Iets moeilijker zijn de afbeeldingen met een matrix zoals

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

152

In het algemeen zal een afschuiving met factor k evenwijdig met de X-as een matrix 1 k 0 1 hebben. Onderzoek zelf afschuivingen evewijdig met de Y-as.

Projecties 1 0 x x beeldt een punt met coordinaten ¨ af op het punt met coordinaten ¨ . 0 0 y 0 x Dit komt overeen met de projectie van het punt op de X-as. y De matrix

Er is ook de projectie op de Y-as met als matrix 0 0 . 0 1

Samenstellingen Soms wil je meerdere transformaties na elkaar uitvoeren. Dit kan ook met e´ e´ n enkele matrix. Het volstaat de matrices van de transformaties te vermenigvuldigen met elkaar, in gewenste volgorde van samenstelling. Dus de transformatie die eerst moet worden toegepast komt overeen met de meest rechtse factor van het product. F

G

Als we twee lineaire afbeeldingen U V W hebben, samen met drie basissen B, C en D van U, V en W respectievelijk, hebben we dus G F

DB

GDC FCB .

8.9 Bepalen van de inverse van een matrix Neem een vierkante matrix A M n,n K , en onderstel dat rk A n. Dan zet de lineaire afbeelding TA : R n R n gegeven door linksvermenigvuldiging met de matrix A een basis van R n om in een basis van R n , en dus is TA een bijectie. Als we de Gauss-Jordan eliminatie methode toepassen op het stelsel A b , dan krijgen we dat de matrix A b rijequivalent is met de matrix In X0 , waarbij In de eenheidsmatrix is, en X 0 de (unieke) oplossing van het stelsel. Dit is natuurlijk een interessante opmerking op zichzelf, maar ze kan ook gebruikt worden om de inverse van de matrix A te bepalen. Hiervoor maken we eerst volgende opmerkingen: om de inverse van de matrix A te bepalen volstaat het om het stelsel A ei

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

153

0 .. . met ei

1 op te lossen voor i .. .

1, . . . , n. Als x i de oplossing is van dit stelsel, dan is

0 1

A

x1 x2

xn

Twee stelsels A b en A c kunnen we gelijktijdig oplossen door de matrix A b c in gereduceerde rij echelon vorm te brengen. Indien we de matrix A In in gereduceerde rij echelon vorm brengen, dan krijgen we dus noodzakelijkerwijs de matrix In A 1 . We vatten dit samen als volgt: 185 Stelling. Onderstel dat A Mnn R een reguliere matrix is. Dan is de gereduceerde rij echelon vorm van de matrix A In de matrix In A 1 . Voorbeeld. Neem de matrix

1 1 0 2 5 5

A

1 3 1

We brengen de matrix 1 1 1 0 2 3 5 5 1

A I3

1 0 0 1 0 0

0 0 1

in gereduceerde rij echelon vorm. We krijgen achtereenvolgens de volgende matrices: 1 1 1 0 2 3 5 5 1

1 0 0 1 0 0

0 0 1

Trek van de derde rij 5 maal de eerste rij af: 1 1 0 2 0 0 Deel de tweede rij door 2, en de derde door 1 1 0 1 0 0

1 3 4

1 0 0 0 1 0 5 0 1

4:

1 3 2 1

1 0 0 1 2 5 4 0

1 2 3 2 1

1 0 5 4

0 0 1 4

Trek de tweede rij af van de eerste rij: 1 0 0 1 0 0 Tel bij de tweede rij

1 2 1 2 0

0 0 1 4

3 2 maal de derde rij op: 1 0 0 1 0 0

1 2 0 1

1 15 8 5 4

1 2 1 2 0

0 3 8 1 4

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

154

Tel de helft van de derde rij op bij de eerste rij: 1 0 0 0 1 0 0 0 1 We kunnen besluiten dat 1

A Verifieer zelf dat AA

1

A

1A

13 8 15 8 5 4 13 8 15 8 5 4

1 2 1 2 0 1 2 1 2 0

1 8 3 8 1 4 1 8 3 8 1 4

I3 .

8.10 Oefeningen 1. Los de volgende lineaire stelsels op via Gauss eliminatie: (a) x 3y z 4 2x 2y z 1 2x 3y z 3

x 2y 3z a 2x 5y 5z b 3x 5y 8z c

(b) x

w w

2y 3z 0 x 4y 4z 7 3x 7y 9z 4 w 2x 4y 6z 6

x y z t 0 x 2y 3z 4t 0 3x 4y z t 8 2x 3y z 3t 3

(c) x y x x

y 3z t 0 3z 5t 2 z t 0 2y t 5

x y 7 2x 4y z 16 x 2y z 9

2. Bespreek volgende stelsels met parameters a, b, c, d, k, l, s, t (a) x 2y 2z x 2y z 2x 4y 7z

2s t s 2t s t

(b) lx y z x ly z x y lz

l 0 1

x ay bz x y abz ax y bz

3 a b

1

(c) b

R.

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

155

(d) x y z x y z x y kz

u u u

l k 1

(e) x y lz x ly z lx y z

l l2 l k

(f) x x 1 x

a

ay z y az ay z

2a 0 a

(g) x x x x (h) x x

y y y y

z z z z

a b c d

ay a2 z by b2 z x y z

1 1 1

3. Definitie 159 zegt dat voor een stel v 1 , v2 , . . . , v k vectoren de verzameling van alle lineaire combinaties van die vectoren wordt genoteerd als vect v 1 , v2 , . . . , v k . Toon aan dat deze verzameling een vectorruimte is. 4. Bewijs eigenschap 168 op blz. 143. 5. Bestudeer de eigenschappen van de matrixvermenigvuldiging. Denk aan eigenschappen zoals neutraal element, associativiteit, commutativiteit, . . . 6. Vormt Mm,n R een vectorruimte voor de optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices? 7. Beschouw de verzameling S x 1 , x2 , x3 , x4 ruimte van R4 ? Verklaar je antwoord.

R4

x1 x2

x32

x42 . Is S een deel-

8. Welke van de volgende deelverzamelingen van R 3 zijn lineair onafhankelijk? (a)

0, 0, 0 ;

(b)

1, 1, 1 , 2, 2, 2 ;

(c) ∅; (d)

1, 1, 0 , 0, 2, 3 , 1, 2, 3 , 3, 6, 6 ;

(e)

1, 1, 0 , 3, 4, 2 ;

(f)

1, 1, 0 , 0, 2, 3 , 1, 2, 3 , 0, 0, 0

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

156

9. Zijn volgende vectoren lineair onafhankelijk? Geef de dimensie van de deelruimten die ze voortbrengen. • in R5 : (a) (b) (c) (d)

1, 3, 2, 2, 3 1, 3, 0, 2, 1 , 1, 3, 2, 2, 3 0, 1, 3, 2, 1

, 1, 4, 3, 4, 2 1, 5, 6, 6, 3 , , 1, 4, 3, 4, 2 , 3, 0, 1, 2, 2

, 1, 3, 0, 2, 1 , 0, 1, 7, 2, 5 2, 5, 3, 2, 1 , 2, 3, 1, 2, 2 , 1, 0, 0, 2, 3 , 2, 1, 2, 0, 1 , 0, 4, 1, 4, 3

• in C4 :

(a) 1, i, 1, 1 , 2i, i, 1 i, 0 , 0, 1 2i, 3 i, 2 , i, 2i, 3 (b) 2i, 1 i, 1, 1 , 3, i, 0, 1 2i , 4i, 2 i, 2 i, 3

2i, 2

i

10. Voor welke waarde(n) van h zijn volgende vectoren lineair onafhankelijk? (a)

1 3 , 3

2 4 , 1

(b)

0 1 , 2

2 5 , 7

(c)

1 5 , 2

3 8 , 6

(d)

1 4 , , 5 7

1 1 ; h 2 0 ; h 4 h ; 8

2 . h

11. Gegeven zijn a, a , a , b, b , b , c, c , c R. Toon aan dat de oplossingen x, y, z van het stelsel ax by cz 0 ax by cz 0 a x b y c z 0 een deelruimte van R 3 vormen. 12. Stel V C a, b f : a, b zijn deelruimten van V?

R f continu . Welk van de volgende verzamelingen

(a)

f

C a, b

f x

(b)

f

C a, b

f is een constante functie ;

(c)

f

C a, b

f a

0 ;

(d)

f

C a, b

f a

5 ;

(e)

f

C a, b

f heeft overal een eindige afgeleide ;

(f) α

β sin x

(g)

f

C a, b

f 1

0 (onderstel 1

a, b );

(h)

f

C a, b

f 0

1 (onderstel 0

a, b );

α, β

0, x ;

R ;

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES a b 2

157

a b 2

x ;

f a

f a

0 ;

f a

f a

f a

1 ;

C a, b

f a

Q ;

C a, b

f a

R Q .

(i)

f

C a, b

f

x

f

(j)

f

C a, b

f a

f b ;

(k)

f

C a, b

f a

f b ;

(l)

f

C a, b

f a

(m)

f

C a, b

(n)

f

(o)

f

13. Welk van de volgende verzamelingen zijn deelruimten van de vectorruimte R X van alle veeltermen met re¨ele co¨effici¨enten? (a) P

RX

deg P even ;

(b) P

RX

P X

(c) a

bX3

a, b

R ;

(d) a

bX

cX 2

dX 3 a

(e) P

RX

1 is een nulpunt van P ;

(f) P

RX

deg P

2 ;

(g) P

RX

deg P

2 ;

(h) P

RX

deg P

2 ;

(i) P

RX

de rest bij deling door X 2

X

1 is 0 ;

(j) P

RX

de rest bij deling door

X2

X

1 is 1 ;

(k) P

RX

deg P is oneven ;

(l) P

RX

P X

0 ;

P

b

c

d

0 ;

X .

14. Welke van de volgende deelverzamelingen van R X zijn lineair onafhankelijk? (a) 1, X, X 2 ; (b) 0, X ; (c) X6 , X 6 (d)

X2

(e) 1, X (f)

X2

1, X 6

2 ;

1, X 2

1, X ;

1, X

1, X 2

X

1, X 2

X

1, X 2 1, X

1 ; 1

15. Definieer volgende matrices: A:

1 0 1 1

en

B:

0 1 . 0 0

Beschouw vervolgens twee deelverzamelingen van M 2,2 R : S:

M

M2,2 R

MA

AM

T:

M

M2,2 R

MB

BM .

Bewijs dat S en T deelruimten zijn van M2,2 R . Zoek een basis voor S, T en S S T een deelruimte?

T. Is

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

158

16. Welke van de volgende verzamelingen veeltermen brengen R 2 X , de vectorruimten van alle re¨ele veeltermen van graad ten hoogste 2, voort? (a) 1, X, X 2 ; (b) 1, X (c) X2 (d)

X2

(e) X 2 (f)

X2

1, X 1, X 2 1, X 2, 2X2 2X

1

2

;

X, X

1 ;

1, X 2

X ;

X

1, X 2

1, X

X

4 ;

1 .

1 0 1 3 1 5 ,u : 4 2 1 TA v . Vind ook x met TA x

17. Zij A :

2, X 2

1 5 0 ,v : 1 en b : 3 4 b. Is deze x uniek?

0 5 . Bepaal TA u en 6

18. Welk van de volgende afbeeldingen zijn lineaire afbeeldingen? (a) F : R2

R3 gedefinieerd door F a, b

(b) F : R2

a, b, a

R3 gedefinieerd door F a, b

(c) F : R3

a

b, b, a

b, c, a

R3 gedefinieerd door a, b2

F a, b, c (e) F : R 3

(g) F : R

(h) F : R 4

c3 , a

b

R3 gedefinieerd door F a, b, c

(f) F : R

b

R3 gedefinieerd door F a, b, c

(d) F : R 3

b

0, c, a

R3 gedefinieerd door F a

1, a, a2

f a

1, a, a

R 3 gedefinieerd door

R2 gedefinieerd door F a, b, c, d

a

b

c

d, a

b

1

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES (i) F : R3

159

R gedefinieerd door a2

F a, b, c 19.

(a) F : R2 X

b2

R 3 X is een lineaire afbeelding. Er is gegeven dat F 1

Bepaal F aX 2 (b) F : R3 X

bX

X2

1, F X

1, F X 2

X3

1

c.

R X is een lineaire afbeelding. Er is gegeven dat F 1

Bepaal F aX 3 (c) F : R X

1, F X

bX 2

cX

1

X2

1, F X 2

X 10 , F X 3

0

d.

R is een lineaire afbeelding. Er is gegeven dat F Xi

Bepaal F X n

Xn

1

(a) f1 P X

P X 2;

(b) f2 P X

XP X ;

(c) f3 P X

P X

(d) f4 P X

P0;

(e) f5 P X

P1;

(f) f6 P X

P X

(g) f7 P X

X2

; n 1

a1 X

a0

n 1

a1 X

a0

P

1

i

1.

20. Welk van de volgende afbeeldingen f i : R X

21.

c2

R X zijn lineaire afbeeldingen?

P X ;

P X ;

(h) f8 an X n an 0);

an

1X

a0 X n

(i) f9 an X n

an

1X

(a) F : R3

R3 is de lineaire afbeelding met matrix

an n 1 n 1X

a1 X n an n

1

1

Xn

an

1X a1 2 2 X

an (met a0 X.

1 3 1 1 2 4 1 0 1 ten opzichte van de standaardbasis van R 3 . Bepaal F 1, 2, 3 (b) F : R3

en F 4, 5, 6 .

R2 is de lineaire afbeelding met matrix 1 1

2 7 0 3

ten opzichte van de standaardbasissen van R 3 en R 2 . Bepaal F 2, 3, 1 F 4, 2, 1 .

en

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES (c) F : R3

160

R4 is de lineaire afbeelding met matrix 1 0 7 5

2 5 3 0

3 7 2 4

ten opzichte van de standaardbasissen van R 3 en R 4 . Bepaal F 1, 3, 1 F 0, 3, 6 .

en

22. Vind alle vectoren die op de nulvector worden afgebeeld door T A voor 1 3 4 0 1 3 3 7 6

A

3 2 . 7

23. Bekijk TA voor A

Behoort b

2 7 5 8

3 5 4 9

10 6 2 7

9 7 2 15

12 9 tot het beeld van TA ? Bepaal een basis voor de kern van TA . 7 3

24. Bepaal de kern, het beeld, en, indien deze bestaat, de inverse van de volgende lineaire afbeeldingen R 2 R2 : (a) F1 x, y

2 x, y ;

(b) F2 x, y

y, 0 ;

(c) F3 x, y

x, x ;

(d) F4 x, y

3x

(e) F5 x, y

x

y, x

y;

(f) F6 x, y

x

y, x

2y .

2y, 6x

4y ;

25. Bepaal de kern, het beeld, en, indien deze bestaat, de inverse van de volgende lineaire afbeeldingen R 3 R3 : (a) F1 x, y, z

x

y, y

(b) F2 x, y, z

2x, z, x

(c) F3 x, y, z

x

y, x

z, x ; z; y, x

2y .

26. Bepaal de kern en het beeld van de volgende lineaire afbeeldingen R X (a) F1 P X

P X

(b) F2 P X

XP X ;

2P X ;

RX:

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES (c) F3 an X n

an

1X

n 1

a1 X

161 a2 X 2

a0

a1 X

a0 .

27. Gegeven zijn de matrices

A

0 0 0 0

0 2 1 3

1 3 3 2

2 4 1 4

3 5 , 2 1

1 1 1 2 1

B

2 1 2 1 2

3 2 1 2 1

2 2 2 1 2

3 3 1 , 2 1

C

1 2 1 1

2 3 3 1

0 1 2 0

2 5 5 2

Gebruik elementaire rijoperaties om A (resp. B, C) in rijechelonvorm te brengen, en om A (resp. B, C) in gereduceerde rij echelon vorm te brengen. Wat is de rang van A (resp. B, C)? Geef een basis van de deelruimte van R 5 (resp. R 5 , R 4 ) voortgebracht door de kolommen van A (resp. B, C). Gebruik elementaire kolomoperaties om A (resp. B, C) in kolomechelonvorm te brengen. Verifieer dat het aantal lineair onafhankelijke kolommen van A (resp. B, C) gelijk is aan het aantal lineair onafhankelijke rijen. 28. Vind de matrix t.o.v. de gewone basissen van de afbeeldingen met volgende eigenschappen: (a) F : R2

R3 , F 1, 0

4, 1, 2 en F 0, 1

(b) F : R2

R2 , F 1, 0

3, 3 en F 0, 1

(c) F :

R3

R2 ,

F 1, 0, 0

(d) F :

R2

R4 ,

F 1, 0

5, 3, 6 . 2, 5 .

1, 4 , F 0, 1, 0

3, 8 en F 0, 0, 1

1, 2, 0, 5 en F 0, 1

3, 6, 1, 0 .

(e) F : R 2

R2 , F roteert punten kloksgewijs over π radialen.

(f) F : R2

R2 , F roteert punten kloksgewijs over π 2 radialen.

(g) F : R 2 0, 1 .

R2 , F is een “verticale afschuiving” met F 1, 0

(h) F : R 2

R2 , F 1, 0

(i) F : R3

R3 , F projecteert x 1 , x2 , x3 op het x2 x3 -vlak.

(j) F : R2

R2 , F is een spiegeling t.o.v. de rechte x 1

(k) F : R 2

1, 0 en F 0, 1

2, 9 .

1, 2 en F 0, 1

3, 1 . Verklaar meetkundig. x2 .

R2 , F roteert eerst over π 4 radialen en spigelt dan t.o.v. de x 2 -as.

(l) F : R2 R2 , F is een puntspiegeling t.o.v. de oorsprong, gevolgd door een rotatie over π 2 radialen. 29. Stel A: C: Bepaal indien mogelijk niet mogelijk.

7 0 1 5 1 4 , 4 0 2A, B

1 , 2 D:

B:

1 5

1 0 , 2 1

2A, AC, CD, A

4 1 , 3 0 E:

B, 3C

7 3 E, CB en EB. Leg uit indien

HOOFDSTUK 8. STELSELS EN MATRICES

162

30. Bepaal de inverse van volgende matrices. A:

1 2 3 3 1 2 , 2 3 1

4 2 11 0 3 0 1 5 3

31. Zoek de inverse van de volgende matrices: (a) A

1 2 3 1 1 2 ; D 0 1 1

1 0 1 0

1 2 2 3

2 0 1 2

1 0 ; G 2 1

a 1 0 0

0 a 1 0

0 0 a 1

0 0 0 a

B

2 1 3 0 1 2 ; E 1 0 3

a1 0 0 0

0 0 a2 0 0 a3 0 0

0 0 ; H 0 a4

1 1 1 1

0 3 3 3

0 0 5 5

0 0 0 7

(b)

(c) C

a b ; F c d

0 0 0 0 0 a3 a4 0

0 a2 0 0

a1 0 ; I 0 0

1 0 3

32. Bepaal de rang van alle matrices die in dit hoofdstuk voorkomen.

0 3 0 7 5 0

Bijlage A

De stelling van Cauchy–Binet Deze stelling geeft een formule voor het berekenen van de determinant van het product van twee matrices die niet noodzakelijk vierkant zijn.

A.1 Herhaling en notatie voor determinanten Zij A een matrix. De i-de kolom van A noteren we A i . Indien A vierkant is, kunnen we de determinant beschouwen. We noteren deze det A. De determinant kan beschouwd worden als functie van de kolommen van A. det :

n

K

n

K : A1 , A2 , . . . , A n

det A1 , A2 , . . . , A n

186 Eigenschap. De afbeelding det is multilineair : als een kolom Ai van A kan geschreven worden als lineaire combinatie van zekere kolommen B1 , B2 , . . . , Bk , is det A gelijk aan dezelfde lineaire combinatie van de determinanten van de matrices A1 , A2 , . . . , B j , . . . , A n . We hebben dus k

det A1 , A2 , . . . ,

k

β j Bj , . . . , A n j 1

β j det A1 , A2 , . . . , B j , . . . , A n j 1

187 Eigenschap. De afbeelding det is alternerend : als twee kolommen van A gelijk zijn, is det A gelijk aan 0. Een gevolg is dat het verwisselen van twee kolommen in A het teken van de determinant verandert : det A1 , A2 , . . . , A j , . . . , A i , . . . , A n

det A1 , A2 , . . . , A i , . . . , A j , . . . , A n

Zoals gewoonlijk noteren we het element op rij i en kolom j in de matrix A als a ij . Bijgevolg hebben we voor elke kolom van A a1i a2i Ai .. . ani 163

BIJLAGE A. DE STELLING VAN CAUCHY–BINET

164

We herhalen dat de determinant van een n n -matrix A gedefinieerd is als de som van alle mogelijke producten (samen met een gepast teken) van n elementen van A zodanig gekozen dat er juist e´ e´ n element is van elke rij en juist e´ e´ n van elke kolom. Met permutaties kunnen we dit kort schrijven als det A

sgn σ aσ

1 1 aσ 2 2

aσ

n n

σ Sn

Hierbij is sgn σ het teken van de permutatie σ. Dit teken is heeft van even lengte en 1 in het andere geval.

1 indien σ een even aantal cycli

Equivalent kunnen we ook zeggen dat sgn σ 1 als en slechts als σ kan geschreven worden als de samenstelling van een even aantal verwisselingen. Uit eigenschap 187 kunnen we nu ook afleiden dat de determinant, bij permutatie van de kolommen volgens σ, verandert van teken zoals sgn σ . We hebben det A σ

1

, Aσ

2

, . . . , Aσ

n

sgn σ det A 1 , A2 , . . . , A n

We noteren de getransponeerde van de matrix A door A . Er geldt det A

det A.

A.2 De stelling Zij A een n m -matrix en B een m de determinant kunnen berekenen.

n -matrix. Dan is AB een n

n -matrix waarvan we

188 Stelling (Cauchy–Binet). Zij A een n m -matrix en B een m n -matrix met m geldt det AB det A k1 , Ak2 , . . . , A kn det Bk1 , Bk2 , . . . , Bkn 1 k1 k2

n. Er

kn m

We nemen dus de som over alle mogelijke keuzes van n kolommen uit A en de overeenkomstige rijen van B. Bewijs. Het element in rij i en kolom j van het product AB wordt gegeven door m k 1 aik bkj . De j-de kolom van AB is dus gelijk aan AB j , het product van A met de j-de kolom van B. Dit product kan ook nog herschreven worden als een lineaire combinatie van de kolommen m van A, namelijk ABj k 1 A k bkj . Het linkerlid wordt dus m

det AB

det AB 1 , AB2 , . . . , ABn

det

m

A k 1 bk 1 1 , k1 1

m

A k 2 bk 2 2 , . . . , k2 1

A k n bk n n kn 1

BIJLAGE A. DE STELLING VAN CAUCHY–BINET

165

We passen de multilineariteit van de determinant n keer toe. m

m

bk1 1 det A k1 ,

det AB

k1 1 m m

m

A k 2 bk 2 2 , . . . , k2 1

A k n bk n n kn 1 m

bk1 1 bk2 2 det A k1 , Ak2 , . . . , k1 1 k2 1

A k n bk n n kn 1

.. . m

m

m

bk 1 1 bk 2 2 k1 1 k2 1

bkn n det A k1 , Ak2 , . . . , A kn

kn 1

Natuurlijk is det A k1 , Ak2 , . . . , A kn 0 zodra ki k j voor zekere i j. Bijgevolg blijven er niet veel niet-nulle termen over in bovenstaande som : enkel de termen waarvoor alle k i twee aan twee verschillend zijn van mekaar. Zo een term met k 1 , k2 , . . . , k n allemaal verschillend komt neer op een keuze van n getallen in m , waarbij de volgorde belang heeft. Bovendien wordt er gesommeerd over alle mogelijke keuzes. We kunnen al deze keuzes bekomen door eerst n getallen k 1 , k2 , . . . , k n te kiezen met k 1 k2 kn en dan deze te permuteren. We kunnen dus schrijven det AB 1 k1 k2

bk σ 1 1 bk σ 2

2

bkσ n n det A kσ 1 , Akσ 2 , . . . , A kσ n

bk σ 1 1 bk σ 2

2

bkσ n n sgn σ det A k1 , Ak2 , . . . , A kn

k n m σ Sn

1 k1 k2

k n m σ Sn

1 k1 k2

kn m

det A k1 , Ak2 , . . . , A kn

sgn σ bkσ 1 1 bkσ 2

2

bk σ n

n

σ Sn

Met de definitie van de determinant kunnen we nu verifi¨eren dat σ Sn sgn σ bkσ 1 1 bkσ 2 2 bk σ n gelijk is aan de determinant van de matrix die bestaat uit de k 1 -ste, de k 2 -de, . . . , de k n 1 -de en de k n -de rij van B. Deze rijen komen juist overeen met kolommen in de getransponeerde matrix B zodat we uiteindelijk zien dat det AB

det A k1 , Ak2 , . . . , A kn 1 k1 k2

det Bk1 , Bk2 , . . . , Bkn

kn m

Wij pasten in het bewijs van stelling 119 deze stelling toe in het speciale geval dat B 189 Gevolg. Zij A een n

m -matrix met m

n. Er geldt

det AA

det A k1 , Ak2 , . . . , A kn 1 k1 k2

kn m

We nemen dus de som over alle mogelijke keuzes van n kolommen uit A.

2

A .

n

BIJLAGE A. DE STELLING VAN CAUCHY–BINET

A.3 De helden van dit verhaal

Augustin Louis C AUCHY (1789–1857)

Jacques Philippe Marie B INET (1786–1856)

166

Bijlage B

De complexe getallen We geven hier een korte herhaling over complexe getallen. Deze eigenschappen worden gebruikt bij het oplossen van recurrentievergelijkingen.

B.1 Definities In de verzameling der re¨ele getallen heeft geen enkel negatief getal een vierkantswortel. Het kwadraat van een re¨eel getal is namelijk steeds positief. Men kan R uitbreiden tot een grotere verzameling waarin elk getal een vierkantswortel heeft. Dit gebeurt als volgt: neem het Cartesisch product R 2 , en definieer hierop een optelling en een vermenigvuldiging als volgt: a, b

c, d

a, b c, d

a ac

c, b

d

bd, ad

bc

Hieruit volgt in het bijzonder dat a, 0 c, 0

ac, 0

zodat de elementen van de vorm a, 0 optellen en vermenigvuldigen als re¨ele getallen. Daarom voeren we de volgende identificatie uit: a, 0

a

R

Verder zien we dat 0, 1 0, 1

1, 0

Het element 0, 1 is dus een vierkantswortel uit i zodat

1

1. We voeren de volgende notatie in:

0, 1

i2

1

We kunnen dus schrijven: a, b

a, 0

b 0, 1 167

a

bi

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

168

en de definitie van de vermenigvuldiging kunnen we nu als volgt schrijven: a

bi c

di

ac

bd

ad

bc i

Merk ook op dat a

bi

c

di

a

c en b

d

We noemen a bi een complex getal. a wordt het re¨eel gedeelte van a getal b heet het imaginair gedeelte. Men noteert: a

Re a

bi

b

Im a

bi

bi genoemd. Het

De verzameling van de complexe getallen noteert men z

C

a

bi a, b

R

a2

b2

Merk op dat a a

bi a

bi

bi wordt het complex toegevoegde van z a

a

bi

a

bi genoemd. Notatie: bi

z

190 Eigenschap. C is een commutatief lichaam. Bewijs. We laten het bewijs over aan de lezer. We merken op dat het inverse voor de vermenigvuldiging gegeven wordt door de formule: a

bi

a a2

1

bi b2

B.2 Meetkundige interpretatie De verzameling C van complexe getallen is gelijk aan R2 . We kunnen dus de complexe getallen identificeren met de punten van het vlak. We spreken dan van het complexe vlak. Neem een complex getal z a bi en bekijk de volgende re¨ele getallen: r, de afstand in het vlak tussen de oorsprong en het punt z, en θ, de hoek tussen de x-as en de rechte door de oorsprong en z (Figuur B.1). Uit de figuur leiden we gemakkelijk af dat x y en

r2

r cos θ r sin θ x2

y2

We kunnen dus schrijven z

r cos θ

i sin θ

Men noemt dit de goniometrische vorm van het complex getal z. Het getal r heet de modulus van z en θ is het argument. We noteren de modulus soms ook z . De getallen r en θ samen noemt men de poolcoordinaten ¨ van het punt x, y .

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

169

y

x

yi

z

yi

θ x

x

Figuur B.1: Meetkundige voorstelling van een complex getal Het grote voordeel van de goniometrische vorm is dat men complexe getallen in goniometrische vorm gemakkelijk kan vermenigvuldigen: Als z r cos θ i sin θ en z r cos θ i sin θ dan hebben we zz

rr cos θ

i sin θ cos θ

i sin θ

rr cos θ cos θ

sin θ sin θ

rr cos θ

i sin θ

θ

i cos θ sin θ

cos θ sin θ

θ

191 Gevolg (Stelling van De Moivre). Voor elk complex getal z geldt zn

r cos θ

i sin θ

n

rn cos nθ

Abraham de M OIVRE (1667–1754)

i sin nθ

B.3 De complexe exponenti¨ele functie Voor z

x

yi

C definieren we ex

yi

exp x

ex cos y

yi

i sin y

ex yi is dus het complex getal met poolcoordinaten ¨ e x en y, zodat we onmiddellijk de volgende eigenschap, karakteristiek voor de exponenti¨ele functie, hebben: 192 Eigenschap. Voor elke z,z in C geldt: ez

z

ez ez

en e

z

1 ez

Opmerking.Uit de definitie van de exponenti¨ele functie volgt de beroemde formule eiπ

1

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

170 C0 is surjectief. Verder geldt

193 Eigenschap. De complexe exponenti¨ele functie exp : C ez

ez

k

N : z

z

2kπi

Bewijs. De eerste bewering volgt onmiddellijk uit het voorgaande: neem een complex getal z x yi 0, en neem de poolcoordinaten ¨ r en θ. Dan is z

r cos θ

eln r

i sin θ

iθ

Voor de tweede bewering redeneren we als volgt: onderstel dat e z Stel z z a bi. Dan is ea bi ea cos b i sin b 1 zodat

ea cos b ea sin b

Aangezien e a Bijgevolg is z

ea

z

1.

1 0

Uit de tweede vergelijking volgt dat sin b 0, waaruit b Substitueren we dit in de eerste vergelijking, dan krijgen we ea cos b

ez . Dan is ez

n

1

nπ voor een geheel getal n.

1 2k. Maar dan is e a

0 volgt dat n noodzakelijk even is: n z a bi 2kπi.

1, zodat a

0.

B.4 De logaritmische functie De exponenti¨ele functie wordt bijectief als we de definitieverzameling beperken tot een horizontale strip met breedte 2π, zo is bijvoorbeeld exp : z

Im z

π

C

π

C0

bijectief. De inverse functie noemt men de complexe logaritme : Ln : C 0

z

C

π

Im z

π

B.5 De complexe trigonometrische functies Herneem de definitie van exponenti¨ele functie: eix e ix

cos x cos x

i sin x i sin x

Hieruit volgt onmiddellijk dat cos x sin x

e ix e 2 e ix e 2i

ix ix

We gebruiken deze formules om de complexe sinus en cosinus te defini¨eren:

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

171

y iπ

x iπ

Figuur B.2: Waardeverzameling van de complexe logaritme 194 Definitie. Voor elke z

C stellen we e iz e 2 e iz e 2i

cos z sin z

iz iz

Op dezelfde manier defini¨eren we de complexe hyperbolische functies: 195 Definitie. Voor elke z

C stellen we ez e 2 ez e 2

cosh z sinh z

z z

Uit voorgaande definities volgen nu onmiddellijk de volgende betrekkingen: cosh iz

cos z

sinh iz

i sin z

cos iz

cosh z

sin iz

i sinh z

B.6 De complexe n-demachtswortel Gebruik makende van het voorgaande kunnen we makkelijk volgende eigenschap bewijzen: 196 Eigenschap. Elk van nul verschillend complex getal c heeft precies n n-demachtswortels in C. Bewijs. We zoeken naar complexe getallen z zodat zn Schrijf c

seiϕ en z

c

reiθ . Dan wordt de voorgaande betrekking rn einθ

seiϕ

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN of

172

rn nθ

s ϕ

dus n

z

se

2kπ

ϕ 2kπ i n

Omdat e2iπ 1, hoeven we hierin k slechts de waarden 0, 1, 2, . . . , n om alle oplossingen te krijgen. Dit bewijst onze eigenschap.

1 te laten aannemen

B.7 Complexe veeltermen Een complexe veelterm P Z is een uitdrukking van de vorm P Z

an Z n

an

1Z

n

n 1

a1 Z

a0

ai Z i

i 0

waarbij de co¨effici¨enten a0 , a1 , . . . , a n complexe getallen zijn. Het symbool Z wordt de veranderlijke genoemd. Aan elke complexe veelterm P Z kunnen we een functie P: C

C: z

P z

a n zn

an

1z

n 1

a1 z

a0

associ¨eren. Deze functie wordt een complexe veeltermfunctie genoemd. De graad van een veelterm is de hoogste macht van Z die in deze veelterm voorkomt: n

gr

ai Z i

n

i 0

indien an 0. De verzameling van alle complexe veeltermen in de veranderlijke Z wordt C Z genoteerd. Net zoals re¨ele veeltermen kan men complexe veeltermen bij elkaar optellen en met mekaar vermenigvuldigen. Dit gebeurt op de voor de hand liggende manier. Deling van veeltermen is niet altijd mogelijk, maar we hebben wel de quoti¨entstelling die analoog is aan Stelling 27 die we bewezen voor gehele getallen. 197 Stelling (quoti¨entstelling voor complexe veeltermen). Beschouw twee complexe veeltermen M Z en N Z , en onderstel dat N Z 0. Er bestaan twee unieke veelterm Q Z en R Z die voldoen aan de volgende twee voorwaarden: • M Z • deg R

Q Z N Z

R Z ;

deg N .

Q en R worden respectievelijk het quoti¨ent en de rest bij deling van de veelterm M door de veelterm N genoemd. Bewijs. We bewijzen eerst de existentie. Dit gebeurt per inductie op de graad van M. Onn. Voor deg M 0, 1, . . . , n 1 is de stelling waar: het volstaat om Q 0 derstel deg N en M R te nemen.

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

173

m, met m een gegeven getal dat we minOnderstel nu dat de stelling waar is voor deg M stens gelijk aan n mogen onderstellen. We zullen aantonen dat de stelling ook geldt voor deg M m. Stel a m Z m M1 Z M Z met deg M1

m. Vanwege de inductiehypothese hebben we dat M1 Z

met deg R 1

Q1 Z N Z

n. Schrijf nu N Z

met deg N1

bn Z n

R1 Z

N1 Z

n. Dan is am m Z bn

am Z m

n

N z

am m Z bn

n

N1 z

Merk op dat deg

am m Z bn

n

N1 z

m

n

n

1

m

1

Vanwege de inductiehypothese vinden we dus veeltermen Q 2 Z en R2 Z met deg R 2 zodat am m n Z N1 z Q2 Z N Z R2 Z bn

n

Als we de bovenstaande formules met elkaar combineren, vinden we M Z

am m Z bn

n

Q1 Z

Q2 Z

N Z

R1 Z

R2 Z

en dit bewijst de existentie. Voor de uniciteit gaan we als volgt te werk: onderstel dat M Z

Q Z N Z

R Z

Q Z N Z

R Z

met de graden van R Z en R Z allebei kleiner dan de graad van N Z . Dan volgt dat R Z

R Z

Q Z

Q Z N Z

Als Q Z Q Z , dan is de graad van het rechterlid tenminste gelijk aan de graad van N. De graad van het linkerlid is echter strikt kleiner dan de graad van N, en dit is een contradictie. Het is dus onmogelijk dat Q Z Q Z , en dus moet Q Z Q Z . Maar dan is ook R Z R Z , en dit impliceert de uniciteit. Ten slotte formuleren we nog, zonder bewijs, de volgende stelling: 198 Stelling (Grondstelling van de algebra). Elke complexe veelterm P Z a1 Z a0 kan ontbonden worden in lineaire factoren: P Z voor zekere zi

C.

an Z

z0 Z

z1 Z

z2

Z

zn

an Z n

an

1Z

n 1

BIJLAGE B. DE COMPLEXE GETALLEN

174

De stelling vertelt ons echter niet hoe de z i berekend kunnen worden! 199 Definitie. Zij P Z een (complexe) veelterm. Een waarde z0 C heet een wortel van P Z indien de veeltermfunctie P z nul wordt in z0 . Dit betekent dat P z0 0 en ook dat P Z een factor Z z0 heeft. 200 Gevolg. Een complexe veelterm van graad n heeft steeds n wortels. Anders gezegd : een complexe veeltermfunctie van graad n heeft steeds n nulpunten. We merken op dat eenzelfde factor Z z 0 meerdere keren kan voorkomen in de ontbinding van een complexe veelterm P Z . Dus moet men vorig gevolg niet interpreteren alsof er steeds n verschillende wortels zijn. We moeten rekening houden met de multipliciteit die we nu defini¨eren. Indien P Z Z z 0 k Q Z , met z0 geen wortel van Q Z , noemen we z 0 een wortel met multipliciteit k.

Bibliografie [1] Norman Biggs. Discrete Mathematics. Clarendon Press, Oxford, revised edition, 1989. [2] Miklos ´ Bona. ´ A walk through combinatorics. World Scientific Publishing Co. Inc., River Edge, NJ, 2002. [3] Ralph P. Grimaldi. Discrete and Combinatorial Mathematics, an Applied Introduction. Addison-Wesley, New York, second edition, 1989. [4] Kenneth H. Rosen. Discrete Mathematics and Its Applications. McGraw-Hill, New York, 5th edition, 2003.

175

Index K-verzadigd, 88 K-wisselpad, 89 ϕ-functie, Euler, 42 k-deelverzameling, 21 k-reguliere, 70 t v, k, r -design, 58 (gereduceerde) kolom echelon vorm, 133 adjacent, 68 adjacentiematrix, 84 adjacentierelatie, 72 afbeelding, 6 afschuiving, 151 afstand, 71 antisymmetrisch, 34 argument, 168 associatief, 32 basis, 143 basis van de inductie, 35 beeld, 6, 149 beeld van een verzameling, 7 beginpunt, 70 beginvoorwaarden, 120 beperking, 8 bijectie, 8 binomiaal-co¨effici¨enten, 24 binomium (van Newton), 24 bipartiet, 86 blad, 80 blokken, 56 bogen, 68 boogequivalent, 96 boom, 79 bos, 80 buren, 68 buurt, 68 cartesisch product, 5 co¨effici¨enten, 129

co¨effici¨entenmatrix, 131 coordinaten, ¨ 143 codomein, 6 commutatief, 32 commutatieve groep, 138, 139 compleet bipartiete graf, 90 complement van een verzameling, 4 complex getal, 168 complex toegevoegde, 168 complexe logaritme, 170 complexe veeltermfunctie, 172 congruent modulo, 45 constante, 129 contrapositie van de implicatie, 1 corestrictie, 8 cyclus, 71 De 9-proef, 45 deelbaar, 37 deelgraf, 70 ge¨ınduceerde, 70 opspannende, 70 deelruimte voortgebracht door, 141 deelverzameling, 3 delen, 37 deler, 37 derangement, 30 design, 56 difference set, 61 dimensie, 144 disjuncte verzamelingen, 4 distributief, 33 domein, 6 doorsnede van verzamelingen, 4 driehoek van Pascal, 22 duale graf, 98 dubbel geworteld, 81 dubbeltelling, 19 duiventil, principe, 15 176

INDEX echte deelverzameling, 3 Eerste orde, 118 eindige verzameling, 5 eindpunt, 70 element, 2, 131 elementaire rij-operaties, 132 equivalentie, 1 equivalentieklasse, 47 equivalentierelatie, 46 Euclidisch algoritme, 38 Eulercyclus, 72 Eulergraf, 72 Eulerpad, 72 factor, 37 faculteit (n!), 20 fullereen, 103 functie, 6 functievoorschrift, 6 Gauss eliminatie, 136 Gauss-Jordan eliminatie, 137 ge¨ınduceerde functie, 7 ge¨ısoleerd, 68 ge¨ındexeerde verzamelingen, 4 gebalanceerd, 76 gebieden, 94 gehomogeniseerde, 124 gelijkheid van verzamelingen, 4 genererende functie, 109 genummerde boom, 81 geordend, 34 gereduceerde rij echelon vorm, 132 gericht pad, 76 gerichte Eulergraf, 76 gerichte graf, 72 getransponeerde matrix, 132 gewicht, 82 gewichten, 140 gewichtsfunctie, 82 gewogen graf, 82 geworteld bos, 82 gewortelde boom, 82 goniometrische vorm, 168 graad, 70 graf, 16, 68, 72 grootste gemene deler (ggd), 37

177 Hamiltoncyclus, 74 Hamiltongraf, 74 Hamiltonpad, 74 herhalingscombinatie, 23 homogeen, 118, 120 homogeen stelsel, 131 homogeen stelsel geassocieerd met, 131 hoofdelement, 132 identieke permutatie, 8 identiteit, 8 imaginair gedeelte, 168 implicatie, 1 incidentiematrix, 84 inclusie en exclusie, principe, 25 inductiehypothese, 35 inductiestap, 35 infimum, 34 ingraad, 76 injectie, 8 invers beeld van een verzameling, 7 inverse functie, 10 inverse relatie, 6 inverteerbaar, 48 inverteerbare functie, 10 inwendig, 32 isomorf, 79 isomorfisme, 79 karakteristieke vergelijking, 120 kern, 148 kolomequivalente matrices, 133 kolommen, 131 koppeling, 88 maximale, 88 volledig, 89 koppels, 5 kwantor, 2 Latijns vierkant, 63 lege driehoek, 105 lege verzameling, 2 lengte, 70 lengte (van een woord), 19 lichaam, 49 lineair, 118, 129 lineair afhankelijk, 141 lineair onafhankelijk, 142

INDEX lineaire combinatie, 140 lineaire recurrentievergelijking van orde k met constante co¨effici¨enten, 120 linear, 146 lus, 72 matrix, 131 maximaal, 91 maximumkoppeling, 88 maximumtoewijzing, 91 met constante co¨effici¨enten, 118 minimale overdekking, 92 minimum, 35 minimumoverdekking, 92 modulus, 45, 168 morfisme van graffen, 78 multinomiaalco¨effici¨enten, 29 multipliciteit, 72, 174 negatie, 1 negatie van de implicatie, 1 neutraal element, 32 nummering, 17 ondergrens, 34 ongericht, 72 oplossingenverzameling, 130 optelling van matrices, 145 orde, 68 ordelijk, 127 ordening, 17, 20 origineel, 6 orthogonaal, 64 overdekking, 92 pad, 70 enkelvoudig, 70 gesloten, 70 parallel, 72 particuliere, 125 partitie van een natuurlijk getal, 112 van een verzameling, 46 permutatie, 8, 20 pijl, 72 planair, 94 poolcoordinaten, ¨ 168 priemgetal, 2, 40

178 product van matrices, 145 projectie, 152 punten, 56, 68 puntspiegeling, 151 quoti¨ent, 36, 172 quoti¨entstelling voor veeltermen, 172 randvoorwaarde, 118 rang, 149 re¨eel gedeelte, 168 recursieve definitie, 118 reflexief, 34 regulier, 70 relatie, 5 relatief priem, 39 representant, 47 rest, 36, 172 restrictie, 8 rij echelon vorm, 133 rijen, 131 rijequivalente matrices, 133 ring, 33 rotatie, 151 samenhangend, 71, 76 samenhangscomponenten, 71 scalair, 138 scalaire vermenigvuldiging, 138 scalaire vermenigvuldiging van matrices, 145 schaalverandering, 151 singleton, 7 somprincipe, 17 spiegeling, 150 spilmethode, 134 stelling van De Moivre, 169 sterk samenhangend, 76 sterkte, 58 strijdig stelsel, 136 surjectie, 8 symmetrisch, 46 symmetrisch element, 32 toernooi, 76 toewijzing, 91 toppen, 68, 72 transitief, 34 transitief toernooi, 77

INDEX triviale design, 58 uitgebreide matrix, 131 uitgraad, 76 unie van verzamelingen, 4 universum, 4 valentie, 70 vari¨eteiten, 56 vectoren, 140 vectorruimte, 139 veelvoud, 37 veld, 49 veralgemeende duiventil, principe, 16 veranderlijke, 172 veranderlijken, 129 vergrotend K-wisselpad, 89 verschil van verzamelingen, 4 verzameling, 2 volle driehoek, 105 volledige toewijzing, 91 wandeling, 70 welgeordendheid, 35 woord, 19 wortel, 174 Young tableau, 114

179