םיפרגה תרותו הקירוטניבמוקל אובמ תואצרהnogaa/intronotes.pdf · 1 ...

1

www.barvinograd.com/universityבר וינוגרד : סיכום

[email protected] ' מיכאל קריבלביץ' פרופ: מרצה

'סמסטר ב – 2009 –אוניברסיטת תל אביב

מבוא לקומבינטוריקה ותורת הגרפים

הרצאות

.19/07/2009 : עודכן לאחרונה. גרסא לא סופית

תוכן עניינים

3 ......................................................................................................... מניה של בסיסיים עקרונות 1

3 .............................................................................................................. הסכום עקרון 1.1

3 ................................................................................................................ הכפל עקרון 1.2

4 ...................................................................... הסכום עקרון ושל הכפל עיקרון של הכללות 1.3

5 ..................................................................................................... בסיסיות מניה בעיות 1.4

7 ............................................................................................................. הבינומיים המקדמים 2

7 ................................................................................ הבינומיים המקדמים של אונימודלית 2.1

8 ........................................................................................... קומבינטוריות זהויות הוכחת 2.2

9 ................................................................................................................ קטלן מספרי 2.3

10 ................................................................................... הבינומיים המקדמים של הכללות 2.4

ℝ ........................................................................................................ 10 מעל 2.4.1

11 ................................................................................... המולטינומים המקדמים 2.4.2

12 ............................................................................................... (דירכלה) היונים שובך עקרון 3

13 ........................................................................................................ וההדחה ההכלה עקרון 4

16 ................................................................................. (𝐸𝑢𝑙𝑒𝑟) אוילר של 𝜑𝑛 פונקצית 4.1

17 ............................................................................................ שבת נקודות ללא תמורות 4.2

18 ......................................................................................................... אסימפטוטיות ותהערכ 5

18 .............................................................................................. פונקציות של גידול קצב 5.1

n! ............................................................................................ 21-ל אסימפטוטית הערכה 5.2

22 ....................................................................................................... בינומיים מקדמים 5.3

23 .............................................................................................. האמצעי הבינומי המקדם 5.4

23 ...................................................................................................................... נסיגה נוסחאות 6

25 ................................................................................... נסיגה נוסחת של לפיתרון שיטות 6.1

26 ............................................................................................ ליניאריות נסיגה נוסחאות 6.2

29 .............................................................. הומוגניות לא ליניאריות נסיגה נוסחאות 6.2.1

31 .................................................................................................................... יוצרות פונקציות 7

32 .................................................................................................................... פעולות 7.1

2




34 .................................................................................................................. שימושים 7.2

36 .................................................................................................................... הגרפים תורת 8

37 ...................................................................................................................... דרגות 8.1

37 .......................................................................................... ומעגלים מסלולים, הילוכים 8.2

37 ..................................................................................... קשירות ורכיבי קשירים גרפים 8.3

38 ........................................................................................................ צדדים-דו גרפים 8.4

39 ........................................................................... צדדיים-דו לגרפים הול משפט 8.4.1

3




. הכל סופי אלא אם נאמר אחרת :הבהרה

עקרונות בסיסיים של מניה 1

עקרון הסכום 1.1

,𝐴תהינה : (משפט)עקרון הסכום 𝐵 אזי , קבוצות סופיות זרות 𝐴 ∪ 𝐵 = 𝐴 + |𝐵| .

Aנניח :הוכחה = {𝑎1, … , 𝑎𝑚 } ,B = {𝑏1 , … , 𝑏𝑚 𝐴: לכן. { ∪ 𝐵 = 𝑎1 , … , 𝑎𝑚 , 𝑏1 , … , 𝑏𝑛 . אז

𝐴 ∪ 𝐵 = 𝑚 + 𝑛 = 𝐴 + |𝐵| .

,𝐴תהיינה :מסקנה 𝐵 קבוצות סופיות כאשר 𝐴 ⊆ 𝐵 אזי |𝐵\𝐴| = |𝐵| − |𝐴|

𝐵 :הוכחה = 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) (כאשר הקבוצות זרות זו לזו .) מקבליםלכן לפי עיקרון הסכום

|𝐵| = |𝐴| + |𝐵\𝐴| ומכאן|𝐵\𝐴| = |𝐵| − |𝐴|.

עקרון הכפל 2.1

𝐴-המסומנת ב, Bושל Aהמכפלה הישרה של . קבוצות A,Bתהיינה : (הגדרה)מכפלה ישרה × 𝐵 , מוגדרת באופן

: הבא

𝐴 × 𝐵 = 𝑎, 𝑏 𝑎 ∈ 𝐴, 𝑏 ∈ 𝐵}

𝐴: דוגמה = {1,2} ,𝐵 = {𝑎, 𝑏, 𝑐} אז𝐴 × 𝐵 = {(1, 𝑎), (1, 𝑏), (1, 𝑐), (2, 𝑎), (2, 𝑏), (2, 𝑐)} . נשים

|𝐴|: לב = |𝐵|-ו 2 = 𝐴|ולכן 3 × 𝐵| = |𝐴| ∙ |𝐵| .

,𝐴תהיינה :(משפט) עקרון הכפל 𝐵 אזי, קבוצות סופיות |𝐴 × 𝐵| = |𝐴| ∙ |𝐵|

|𝐴|נניח :הוכחה = 𝑚, 𝐴 = {𝑎1 , … , 𝑎𝑚 𝐵 -ו, { = {𝑏1, … , 𝑏𝑛},|𝐵| = 𝑛 .לכן :

𝑎1 : היא 𝑎1השורה של , 𝑏1 , 𝑎1 , 𝑏2 , … , 𝑎1 , 𝑏𝑛

𝑎2 : היא 𝑎2השורה של , 𝑏1 , 𝑎2 , 𝑏2 , … , 𝑎2 , 𝑏𝑛

…

𝑎𝑚 : היא 𝑎𝑛השורה של , 𝑏1 , 𝑎𝑚 , 𝑏2 , … , 𝑎𝑚 , 𝑏𝑛

𝐴הצגנו את הקבוצה × 𝐵 כטבלה בה יש𝑚 שורות(כמספר האיברים ב-𝐴) , ובכל שורה יש בדיוק𝑛 איברים

𝐴-בטבלה הזאת וב ןלכ(. 𝐵-האיברים ב פרכמס) × 𝐵 יש בדיוק𝑚 ∙ 𝑛 = |𝐴| ∙ |𝐵| איברים.

4




הכללות של עיקרון הכפל ושל עקרון הסכום 3.1

,𝐴תהיינה :(משפט) 1עקרון הכפל המוכלל 𝐵 קבוצות סופיות ותהי𝑅 ⊆ 𝐴 × 𝐵 יחס אכלומר שהי)קבוצה

,𝐴בינארי על 𝐵 .)

𝑎טבעי כך שלכל 𝑠 םאם קיי .א ∈ 𝐴 ,𝑎 משתתף בבדיוק𝑠 זוגות מ-𝑅 אז, כאיבר ראשון|𝑅| = |𝐴| ∙ 𝑠 𝑏טבעי כך שלכל איבר 𝑡אם קיים .ב ∈ 𝐵 משתתף בבדיוק𝑡 זוגות מ-𝑅 כאיבר שני אז |𝑅| = 𝑡 ∙ |𝐵|

𝐴נניח : הוכחה = {𝑎1 , … , 𝑎𝑚 } ,|A| = m ,𝐵 = {𝑏1, … 𝑏𝑚 } ,|𝐵| = 𝑚. בהינתן𝑅 , נגדיר מטריצה𝑀 עם

𝑚 ו שורות-𝑛 עמודות באופן הבא:

∀1 ≤𝑖≤ 𝑚 , 1≤𝑗≤𝑛 𝑀 𝑖𝑗 = 1, 𝑎𝑖 , 𝑏𝑗 ∈ 𝑅

0, 𝑎𝑖 , 𝑏𝑗 ∉ 𝑅

.𝑀-ב אחדותשווה למספר ה 𝑅ה של מהעוצ, 𝑀מכאן לפי ההגדרה של

הוא 𝑀-האחדות הכולל במספר ולכן , אחדות 𝑠יש בדיוק 𝑀בכל שורה של , לפי הנתון (א

|𝐴| ∙ 𝑠 = 𝑚 ∙ 𝑠. הוא M-דות הכולל בחהא פרולכן מס, אחדות 𝑡יש בדיוק 𝑀בכל עמודה של , לפי הנתון (ב

|𝐵| ∙ 𝑡 = 𝑛 ∙ 𝑡

. עם ספרות שונות 99עד 0-האי זוגיים מ פריםנספור את כמות המס :דוגמה

𝐴נסמן :פתרון = 𝐵-ו {1,3,5,7,9} = עם 99לבין 0בין 𝑥זוגי -אי' ניתן לזהות כל מס {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}

,a)זוג b) כאשרa ∈ A ו-𝑏 ∈ 𝐵 באופן הבא :𝑥 = 10 ∙ 𝑏 + 𝑎. נסמן ב-𝑅 את הזוגות(𝑎, 𝑏) עם 𝑎 ∈ 𝐴 ו-

𝑏 ∈ 𝐵 כאשרa ≠ b .לפי הגדרת𝑅 , נובע כי|𝑅| נשים לב כי כל איבר .הוא המספר המבוקשa ∈ A משתתף

,𝑎)זוגות 9-בדיוק ב 𝑏) ∈ 𝑅 לכן לפי הכללת עיקרון הכפל ,|𝑅| = |𝐴| ∙ 9 = 5 ∙ 9 = 45

5בנות וכל בת מכירה בדיוק 4כל בן בקבוצת שיעור מכיר בדיוק . בנות' בנים ומס 20משתתפים בשיעור : דוגמה

?הבנות בשיעור' מהו מס. בנים

את יחס ההיכרות בין הבנים ובין 𝑅-נסמן ב, כמו כן .𝐺-ואת קבוצת הבנות ב, 𝐵-נסמן את קבוצת הבנים ב :פתרון

,𝑎)כלומר , הבנות בכיתה 𝑏) ∈ 𝑅 אם בן𝑎 מכיר בת𝑏. לפי עיקרון הכפל :

|𝐵| ∙ 4 = |𝑅| = |𝐺| ∙ 5

80 = 20 ∙ 4 = 𝐺 ∙ 5 ⇒ 𝐺 = 6

.כדי למצוא את הנעלם ביצענו פה ספירה כפולה :הערה

𝐴1תהיינה :(משפט)עקרון החיבור המוכלל , … , 𝐴𝑛 קבוצות סופיות זרות בזוגות אזי

𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑛באינדוקציה על :הוכחה

𝐴1תהיינה :הגדרה , … , 𝐴𝑛 𝐴1קבוצות הכפלה הישרה של , … , 𝐴𝑛 המסומנת ב-A1 × 𝐴2 × … × 𝐴𝑛 הוא

A1י "קבוצה המוגדרת ע × 𝐴2 × … × 𝐴𝑛 = { 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 : 𝑎1 ∈ 𝐴1 , … , 𝑎𝑛 ∈ 𝐴𝑛 }

5




𝐴1תהיינה (:משפט) 2עקרון הכפל המוכלל , … , 𝐴𝑛 קבוצות סופיות אזי

|A1 × 𝐴2 × … × 𝐴𝑛 | = 𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

.𝑛באינדוקציה על :הוכחה

.Aשל תתי הקבוצות פרנחשב את מס. איברים nקבוצה של Aתהי :דוגמה

Aנרשום :פיתרון = {a1 , … , an} תהי𝑋 ⊆ 𝐴 ניתן לאפיין את , תת קבוצהX י וקטור "ע𝜒𝑋 = (𝜖1 , … , 𝜖𝑛)

𝜒𝑋 𝑖 כאשר = 1, 𝑎𝑖 ∈ 𝑋0, 𝑎𝑖 ∉ 𝑋

𝝌𝒙: דוגמה = 1,0,0,1,0 , 𝑋 ⊆ 𝐴, 𝐴 = -ע ועל בין התת"יתרה מזאת קיימת התאמה חח. {1,2,3,4,5}

𝑋קבוצות של ⊆ 𝐴 באורך 1או 0לבין וקטורים של𝑛 .של מספר תתי הקבוצות לכן𝐴 שווה למספר הוקטורים

לפי , לכן. 𝑛{0,1}ל היא בעצם "נשים לב כי קבוצות הוקטורים הנ. 1או 0אשר כל רכיב בהם הוא 𝑛באורך

.𝐴קבוצות של י הוזאת כמות תת, איברים 2𝑛יש 𝑛 0,1 -עיקרון הכפל המוכלל ב

בעיות מניה בסיסיות 4.1

𝑛עבור :סימון ∈ ℕ נסמן 𝑛 = 1,2,3, … , 𝑛

.פרמטר -𝑘. איברים 𝑛קבוצה של – 𝐴 :בעיה בסיסית

:יש לציין, על מנת לענות על שאלה זאת ?𝐴איברים מתוך 𝑘בכמה אופנים ניתן לבחור

(האם מדובר בקבוצות או בסדרות)ב או לא ושהאם סדר הבחירה ח

האם חזרות מותרות או אסורות

מותרות חזרות אסורות חזרות

עם 𝑘מספר הסדרות באורך . ב יש חשיבות לסדר

עם חזרות אסורות 𝐴-איברים ב

עם 𝑘מספר הסדרות באורך . א

𝐴-איברים ב 𝐴של תתי הקבוצותמספר .ד אין חשיבות לסדר

.𝑘בגודל 𝐴קבוצות של -מספר המולטי. ג

.𝑘באורך

𝐴 𝑘 בה יש 𝐴𝑘מדובר בקבוצה , הלמעש. 𝐴-עם איברים ב 𝑘הסדרות באורך מספר :סופרים .א = 𝑛𝑘 איברים ללא חזרות 𝐴-בעם איברים 𝑘מספר הסדרות באורך .ב

:𝜋: ע ועל"היא פונקציה חח 𝐴על 𝜋תמורה . איברים 𝑛קבוצה של 𝐴תהי :(הגדרה)תמורה 𝐴 → 𝐴.

.מופיע בדיוק פעם אחת 𝐴-בה כל איבר ב 𝑛עם סדרה באורך 𝐴על 𝜋ניתן לזהות כל תמורה : נשים לב

.!𝑛-שווה ל 𝐴מספר התמורות על . איברים 𝑛ה בת בוצק Aתהי :טענה

נספור את מספר . בהן כל איבר מופעי בדיוק פעם אחת 𝑛עם סדרות באורך 𝐴נזהה את התמורה על :הוכחה

= 𝜖אם : ל"הסדרות הנ (𝜖1 , … , 𝜖𝑛) את האיבר הראשון . סדרה כזאת𝜖1 ניתן לבחור ב-𝑛 אופנים שונים .

𝑛)-ב 𝜖2ניתן לבחור את 𝜖1בהינתן − : ואז מספר הבחירות הכולל הוא, ממשיכים בצורה דומה .אופנים (1

𝑛 ∙ 𝑛 − 1 ∙ 𝑛 − 2 ∙ … ∙ = 𝑛! . ולכן מספר התמורות על𝐴 גם הוא𝑛! .סדרות באורך המספר , כלומר

𝑘 בלי חזרות הוא :𝑛 ∙ 𝑛 − 1 ∙ 𝑛 − 2 ∙ … ∙ 𝑛 − 𝑘 + 1 =𝑛 !

𝑛−𝑘 ! .

𝑘נניח ) 𝑛 בגודל 𝐴ברים מתוך הקבוצה יא 𝑘קבוצות של ה תתימספר :סופרים .ג ≤ 𝑛 , 0אחרת יש (. אפשרויות

,𝑘יהיו :משפט 𝑛 ∈ ℕ 0 -כך ש ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 .קבוצות בגודל -מספר התת𝑘 מתוך הקבוצה𝐴 של 𝑛 איברים

: הוא𝑛!

𝑘! 𝑛−𝑘 !

6




!𝑘ניתן ליצור ממנה , [𝑛]איברים מתוך 𝑘של 𝑆בהינתן קבוצה . את המספר המבוקש 𝑥-נסמן ב :הוכחה

דרהוכל סי, [𝑛]של איברים מתוך 𝑘ניתן לקבל את כל הסדרות באורך , באופן זה. 𝑘סדרות שונות באורך

𝑥הוא ל"לכן מספר הסדרות הנ. תחכזאת מתקבלת בדיוק פעם א ∙ 𝑘! .כי מספר ' הוכחנו בסעיף ב, מצד שני

ל הוא "הסדרות הנ𝑛!

𝑛−𝑘 !𝑥ולכן =

𝑛!

𝑛! 𝑛−𝑘 ! .

0עבור :סימון ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 נסמן , שלמים 𝑛𝑘 =

𝑛!

𝑘! 𝑛−𝑘 !𝑘עבור , בנוסף. > 𝑛 נסמן 𝑛

𝑘 = עבור . 0

00 = 1.

.𝑛איברים מקבוצה בגודל 𝑘בעלות חזרות מותרותכאשר לא סדורות את מספר תתי הקבוצות ה :סופרים .ד . [𝑛]מתוך 𝑘מספר האופנים לבחור מולטי קבוצה בגודל , כלומר

𝑥1)יה -𝑛י "ניתן לתאר כל מולטי קבוצה כזאת ע ,נשים לב , 𝑥2 , 𝑥3 , . . . , 𝑥𝑛 ) כאשר𝑥𝑖 ≥ שלם ו 0

𝑘 = 𝑥1 + ⋯ + 𝑥𝑛 .עלינו לספור את מספר , למעשה, לכן. ע ועל"ההתאמה הזאת היא חח, יתרה מזאת

𝑥1: הפיתרונות של המשוואה + ⋯ + 𝑥𝑛 = 𝑘 בטבעיים .

𝑥1 מספר הפיתרונות של משוואה :משפט + ⋯ + 𝑥𝑛 = 𝑘 שווה ל בטבעיים- 𝑛+𝑘−1𝑘

.

𝑥1)בהינתן פתרון :הוכחה , … , 𝑥𝑛) ל נוכל לייצגו בצורה הבאה"למשוואה הנ:

11. . .1 𝑥1 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠

| 22. . .2 𝑥2 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠

| … | 𝑛𝑛. . . 𝑛 𝑥𝑛 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠

𝑘קיבלנו רשימה באורך .פעמים וכך הלאה 𝑥1מופיע 1 כאשר + 𝑛 − [𝑛]מספרים מתוך 𝑘-המורכבת מ 1

𝑛 -ו − 𝑛)בהינתן מיקום , יתרה מזאת .מחיצות 1 − במחיצות נוכל לשחזר את הפיתרון בצורה חד (1

ע ועל בין הפתרונות של המשוואה הנתונה בטבעיים לבין סידור של "קיימת התאמה חח, בהתאם לכך. משמעית

𝑛 − 𝑛מחיצות מתוך רשימה באורך 1 − 𝑘 − 𝑛ור הכמות האחרונה היא מספר האופנים לבח. 1 − 1

𝑛מחיצות בתוך קבוצה בגודל + 𝑘 − -ולכן המספר האחרון שווה ל. 1

𝑛 + 𝑘 − 1

𝑛 − 1 =

𝑛 + 𝑘 − 1

𝑛 + 𝑘 − 1 − 𝑛 − 1 =

𝑛 + 𝑘 − 1

𝑘

𝑥1 שוויון-ת של אינמצא את מספר הפיתרונו :דוגמה + ⋯ + 𝑥𝑛 ≤ 𝑘 (שלמים חיוביים )בטבעיים.

𝑥1)עבור פתרון :פתרון , … , 𝑥𝑛) נסמן , השיוויון הנתון-של אי𝑦 = 𝑘 − (𝑥1 + ⋯ + 𝑥𝑛) ,אזי:

1) 𝑦 הוא טבעי.

2) 𝑥1 + ⋯ + 𝑥𝑛 + 𝑦 = 𝑘

,𝑦בהינתן , כמו כן 𝑥1 , … , 𝑥𝑛 ל "כנ 𝑥1 , … , 𝑥𝑛 מספר , מכאן. הוא פיתרון טבעי לאי השיוויון הנתון

𝑥1השיוויון הנתון שווה למספר הפתרונות של -הפיתרונות של אי + ⋯ + 𝑥𝑛 + 𝑦 = 𝑘 בטבעיים והאחרון

𝑛+𝑘 -שווה ל𝑛

= 𝑛+1+𝑘−1𝑛+1−1

7




םיהמקדמים הבינומי 2

,𝑥טבעי ולכל 𝑛לכל :(משפט)הבינום של ניוטון 𝑦 ∈ ℝ מתקיים 𝑥 + 𝑦 𝑛 = 𝑛𝑘 𝑥𝑘 ∙ 𝑦𝑛−𝑘𝑛

𝑘=0.

:הוכחה

𝑥 + 𝑦 𝑛 = 𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑦 … 𝑥 + 𝑦 𝑛 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑠

𝑥𝑘כל גורם יהיה מהצורה , ל"כשנפתח את המכפלה הנ ∙ 𝑦𝑛−𝑘 (𝑥 נבחר מתוך𝑘 סוגריים ,𝑦 נבחר מתוך𝑛 − 𝑘

𝑥 לכן , (סוגריים + 𝑦 𝑛 = 𝐶𝑘𝑥𝑘 ∙ 𝑦𝑛−𝑘𝑛𝑘=0 . על מנת לקבוע את הערך של המקדם𝐶𝑘 , נשים לב כי הוא

𝑥𝑘האופנים ליצור איבר פרשווה למס ∙ 𝑦𝑛−𝑘 , כלומר למספר האופנים לבחור𝑘 סוגריים מהם ילקח𝑥 . לכן לפי

𝑛 ההגדרה של המקדם הבינומי 𝑘𝐶𝑘נובע כי , = 𝑛

𝑘 .

𝑛 :מסקנה𝑘 𝑛

𝑘=0 = 2𝑛

𝑥נציב :הוכחה = 𝑦 = בנוסחת הבינום ונקבל 1

2𝑛 = 1 + 1 𝑛 = 𝑛

𝑘 1𝑘 ∙ 1𝑛−𝑘

𝑛

𝑘=0

= 𝑛

𝑘

𝑛

𝑘=0

𝑛 :(משפט) זהות פסקל𝑘 = 𝑛−1

𝑘−1 + 𝑛−1

𝑘

קל :הוכחה אלגברית

𝐹𝑘 -הוכחנו ש. 𝑘בגודל [𝑛]את משפחת תתי הקבוצות של 𝐹𝑛-נסמן ב: הוכחה קומבינטורית = 𝑛𝑘 נסמן.

𝐹′ = 𝑋 ⊆ 𝑛 | 𝑋 = 𝑘, 𝑛 ∈ 𝑋

𝐹′′ = 𝑥 ⊆ 𝑛 | 𝑋 = 𝑘, 𝑛 ∉ 𝑋

′𝐹 -נשים לב ש ∩ 𝐹 = 𝜙, 𝐹′ ∪ 𝐹′′ = 𝐹𝑘 מכאן 𝑛𝑘 = 𝐹𝑘 = 𝐹′ + |𝐹′′ ′𝐹 אבל , | = 𝑛−1

𝑘−1יש )

𝑘לבחור את − 𝑛]האיברים הנותרים מתוך 1 − ′′𝐹 כמוכן . ([1 = 𝑛−1𝑘

מתוך kיש לבחור קבוצה בגודל )

𝑛]קבוצה − 𝑛 מכאן (. [1𝑘 = 𝑛−1

𝑘−1 + 𝑛−1

𝑘 .

אונימודלית של המקדמים הבינומיים 1.2

𝑎𝑘 𝑘=0 נסתכל על הסדרה 𝑛 כאשר𝑎𝑘 = 𝑛

𝑘 .

𝑏𝑘 𝑘=0 סדרה : (הגדרה)סדרה אונימודלית 𝑛 0אם קיים מספר טבעי ( עולה)נקראת אונימודלית ≤ 𝑘0 ≤ 𝑛 כך

𝑏1ש ≤ 𝑏2 ≤ ⋯ ≤ 𝑏𝑘0𝑏𝑘0וכן

≥ 𝑏𝑘0+1 ≥ ⋯ ≥ 𝑏𝑛 .

: טענה

𝑛 זוגי אז 𝑛אם (א0 < 𝑛

1 < ⋯ < 𝑛

𝑛

2−1

< 𝑛𝑛

2

> 𝑛𝑛

2+1

> ⋯ > 𝑛𝑛

𝑛 אי זוגי אז 𝑛אם (ב0 < 𝑛

1 < ⋯ <

𝑛

𝑛

2 =

𝑛

𝑛

2 > ⋯ > 𝑛

𝑛

𝑎𝑘 :הוכחה = 𝑛𝑘 :איברים העוקבים בסדרה 2המנה של נסתכל על .

8




𝑎𝑘

𝑎𝑘−1=

𝑛𝑘

𝑛𝑘−1

=

𝑛 !

𝑘 ! 𝑛−𝑘 !𝑛 !

𝑘−1 ! 𝑛−𝑘−1 !

=𝑛−𝑘−1

𝑘⇒ 𝑎𝑘 > 𝑎𝑘−1 ⇔

𝑛−𝑘+1

𝑘> 1

ולכן

𝑛−𝑘+1

𝑘> 1 ⇒

1 𝑛 > 2𝑘 − 1 ⇔ 𝑎𝑘 > 𝑎𝑘−1

2 𝑛 = 2𝑘 − 1 ⇔ 𝑎𝑘 = 𝑎𝑘−1

3 𝑛 < 2𝑘 − 1 ⇔ 𝑎𝑘 < 𝑎𝑘−1

.זוגי נותנת את אותן תוצאות אי 𝑛זוגי ושל 𝑛בדיקה המקרה של

הוכחת זהויות קומבינטוריות 2.2

1. 𝑛𝑘 = 𝑛

𝑛−𝑘

ישיר מהגדרות: הוכחה

2. 𝑘 𝑛𝑘 𝑛

𝑘=1 = 𝑛 ∙ 2𝑛−1

yלפי הבינום של ניוטון עם :הוכחה = 1 מקבלים 1 + 𝑥 𝑛 = 𝑛𝑘 𝑥𝑘𝑛

𝑘=0 .ל "נסתכל על השיוויון הנ

:נקבל. 𝑥ונגזור אותן לפי , 𝑥כשיוויון בין שתי פונקציות של משתנה

𝑛 ∙ 𝑥 + 1 𝑛−1 = 𝑛

𝑘 ∙ 𝑘 ∙ 𝑥𝑘−1

𝑛

𝑘=1

= 𝑥נציב :ונקבל 1

𝑛 ∙ 2𝑛−1 = 𝑘 ∙ 𝑛

𝑘

𝑛

𝑘=1

: הוכחה אלטרנטיבית

𝑘 𝑛

𝑘 = 𝑘 ∙

𝑛!

𝑛 − 𝑘 ! 𝑘!

=𝑛!

𝑛 − 𝑘 ! 𝑘 − 1 !

= 𝑛 ∙ 𝑛 − 1 !

𝑛 − 𝑘 ! 𝑛 − 1 !

= 𝑛 ∙ 𝑛 − 1

𝑘 − 1

: לכן

𝑘 ∙ 𝑛

𝑘

𝑛

𝑘=1

= 𝑛 ∙ 𝑛 − 1

𝑘 − 1

𝑛

𝑘=1

= 𝑛 ∙ 𝑛 − 1

𝑘 − 1

𝑛

𝑘=1

= 𝑛 ∙ n − 1

k

𝑛−1

𝑘=0

= 𝑛 ∙ 2𝑛−1

9




𝑘לפרש איבר ניתן :הוכחה קומבינטורית ∙ 𝑛𝑘𝑆כמספר האופנים לבחור קבוצה ⊆ [𝑛] של𝑘 איברים

𝑠ולאחר מכן לבחור ∈ 𝑆 .אגף שמאל סופר את מספר הזוגות , לכן 𝑆, 𝑠 𝑆 ⊆ 𝑛 , 𝑠 ∈ 𝑆 . אותה כמות

𝑠קודם נבחר : ניתן לספור בדרך אחרת ∈ [𝑛] ואז נבחר𝑆 ⊆ [𝑛] כך ש𝑠 ∈ 𝑆 . את𝑠 ∈ [𝑛] ניתן לבחור ב-

𝑛 ואחרי שהוא נבחר ניתן לבחור את , אופנים𝑆 ⊆ [𝑛] 2-אשר מכילה אותה ב𝑛−1 לכן המספר . אופנים

,𝑆) לל של הזוגות הכו 𝑠)ל הוא "כנ𝑛 ∙ 2𝑛−1 .לכן, 𝑘 𝑛𝑘 𝑛

𝑘=1 = 𝑛 ∙ 2𝑛−1.

3. 𝑘=0𝑛 −1 𝑘 𝑛

𝑘 = 0

: הוכחה קומבינטורית

−1 𝑘 𝑛

𝑘

𝑛

𝑘=0

= 𝑛

0 −

𝑛

1 +

𝑛

2 − ⋯ + −1 𝑛

𝑛

𝑛

= 𝑛

0 +

𝑛

2 +

𝑛

4 + ⋯ −

𝑛

1 +

𝑛

3 +

𝑛

5 + ⋯

𝑛 הסכום 0 + 𝑛

2 + 𝑛

4 + .בעוצמה זוגית [𝑛]קבוצות של ישל תת 𝐹1 הסופר את מספר הקבוצות במשפח ⋯

𝑛 הסכום 1 + 𝑛

3 + 𝑛

5 + -בעוצמה אי [𝑛]קבוצות של ישל תת 𝐹2סופר את מספר הקבוצות במשפחה ⋯

:𝜑 נגדיר את ההתאמה . 𝐹2היא העוצמה של 𝐹1די להראות שהעוצמה של , לכן .זוגית 𝐹1 → 𝐹2 לכל : באופן הבא

𝑇קבוצה ∈ 𝐹1 נגדיר𝜑 𝑇 = 𝑇 ∪ 𝑛 𝑛 ∉ 𝑇𝑇\ 𝑛 𝑛 ∈ 𝑇

𝑛אם , לדוגמה) = = 𝑇 1,2,3אז 5 -ו 1,2,3,5

𝑇 2,3,5 = 𝑇נשים לב שלכל . ( 2,3 ∈ 𝐹1 מתקיים : 𝜑 𝑇 = 𝑇 + = 𝜑 𝑇 או 1 𝑇 − ובשני . 1

:𝜑, אכן, זוגיות ומכאן-מעבירה קבוצות זוגיות אל קבוצות אי 𝜑לכן . |𝑇|המקרים שונה מזו של 𝐹1 → 𝐹2 .כמוכן ,

= 𝐹1 לכן וע ועל "היא חח φ-קל לראות ש |𝐹2|, כרצוי.

מספרי קטלן 3.2

𝑎𝑖 𝑖=1 סדרה : (הגדרה)סדרה מאוזנת 2𝑛 נקראת מאוזנת אם ±1של 𝑖=1

𝑘 𝑎𝑖 ≥ 1לכל 0 ≤ 𝑘 ≤ 2𝑛 .א כל "ז

.שליליים-הסכומים החלקיים של הסדרה הם אי

𝑎𝑖 𝑖=0 מהו מספר הסדרות המאוזנות : שאלה2𝑛 כאשר𝑎𝑖 ∈ 1, 𝑖=1 -ו 1−

2𝑛 𝑎𝑖 = 0 ?

𝑆𝑛 נסמן . מינוס אחדות 𝑛של אחדות ו 𝑛את משפחת הסדרות של 𝑆𝑛-נסמן ב :הוכחה = 𝑠𝑛 .נשים לב

𝑠𝑛 = 2𝑛𝑛

𝑏𝑛ונסמן 2nבאורך את משפחת הסדרות המאוזנות 𝐵𝑛-נסמן ב, כמו כן. = 𝐵𝑛 נסמן , כמו כן.

𝑈𝑛 = 𝑆𝑛\𝐵𝑛 2את הסדרות הלא מאוזנות באורךn ונסמן 𝑈𝑛 = 𝑢𝑛 . כיוון ש𝑆𝑛 = 𝐵𝑛⨄𝑈𝑛 מתקיים

𝑏𝑛 = 𝑠𝑛 − 𝑢𝑛 = 2𝑛𝑛

− 𝑢𝑛 = 𝑎תהי . 𝑎𝑖 𝑖=12𝑛 1סדרה לא מאוזנת אז לפי ההגדרה קיים ≤ 𝑘 ≤ 2𝑛 כך

𝑎𝑖 ש𝑘𝑖=1 < ′ 𝑎סדרה חדשה נגדיר, כעת .הראשון עבורו זה מתקיים 𝑘-את ה 𝑘0נסמן . 0 = 𝑎𝑖

′ 𝑖=12𝑛 באופן

𝑎𝑖: הבא′ =

−𝑎𝑖 , 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘0

𝑎𝑖 , 𝑘0 + 1 ≤ 𝑖 ≤ 2𝑛 .(משך נקרא לפעולה זו פעולת ההיפוךבה)

אז מתקיים

(1) 𝑎𝑖𝑘0𝑖=1 = −1, 𝑎𝑖

2𝑛𝑖=𝑘0+1 = 1

נחשב

10




(2) 𝑎𝑖 ′2𝑛𝑖=1 = 𝑎𝑖

′𝑘0𝑖=1 + 𝑎𝑖

′2𝑛𝑖=𝑘0+1 =

−𝑎𝑖 𝑘0𝑖=1 + 𝑎𝑖

2𝑛𝑖=𝑘0+1 =

− 𝑎𝑖𝑘0𝑖=1 + 𝑎𝑖

2𝑛𝑖=𝑘0+1 =

נקבל( 1)-ומ

1 + 1 = 2

′ 𝑎 בהינתן סדרה . ע ועל"ל הופכת סדרות לא מאוזנות לסדרות לעיל היא חח"נוכיח כי הפעולה הנ = 𝑎𝑖′ 𝑖=1

2𝑛

𝑎𝑖 להיות המקום הראשון בו הסכום החלקי 𝑘0ל נגדיר "כנ′𝑘

𝑖=1 > (. 2מקום זה קיים כי הסכום הכולל הוא ) 0

= 𝑎: נגדיר עתה סדרה 𝑎𝑖 𝑖=12𝑛 י "ע𝑎 𝑖 =

−𝑎𝑖′ , 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘0

𝑎𝑖 , 𝑘0 + 1 ≤ 𝑖 ≤ 2𝑛 𝑘0וקיבלנו סידרה לא מאוזנת ובה

בחזרה ולכן ′ 𝑎שקיבלנו ונקבל את 𝑎לכן נפעיל את פעולת ההיפוך על . ום חלקי שליליכהמקום הראשון עם ס

לסדרתה מהיא שוות עוצ 2𝑛מאוזנות באורך אאז הראינו שקבוצת הסדרות הל. ע ועל"חחאכן אהיההתאמה

𝑛עם 2𝑛ך הסדרות באור + 2𝑛 היא ההשניימינוס אחדות אבל עוצמת הקבוצה 1𝑛+1

𝑠𝑛-ו = 2𝑛𝑛

אז מכאן

𝑢𝑛 = 2𝑛𝑛+1

.

𝑏𝑛 = 𝑠𝑛 − 𝑢𝑛 =

2𝑛𝑛

− 2𝑛𝑛+1

=

2𝑛 !

𝑛 !𝑛!−

2𝑛 !

𝑛+1 ! 2𝑛−𝑛−1 !=

2𝑛 !

𝑛! 𝑛−1 !

1

𝑛−

1

𝑛+1 =

2𝑛 !

𝑛! 𝑛−1 !∙

1

𝑛 𝑛+1 =

1

𝑛+1∙

2𝑛 !

𝑛 !𝑛!=

1

𝑛+1∙ 2𝑛

𝑛

𝐶𝑛המספר :הגדרה =1

𝑛+1∙ 2𝑛

𝑛𝐶𝑛 𝑛=1 -ו( Catalan)נקרא מספר קטלן

.סדרת מספרי קטלן -∞

הכללות של המקדמים הבינומיים 4.2

ℝמעל 1.4.2

𝑛 אינור𝑘 =

𝑛!

𝑘! 𝑛−𝑘 !, 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛

0, 𝑘 > 𝑛 ≥ 1

,𝑛כאשר 𝑘 ∈ ℕ .

𝑥 :הגדרה ∈ ℝ ו-𝑘 טבעי : 𝑥𝑘 =

𝑥 𝑥−1 … 𝑥−𝑘+1

𝑘!𝑥נשים לב שאם . = 𝑛 ∈ ℕ נקבל את הגדרת המקדם

. הבינומי הרגיל

11




הוכח כי :דוגמה−

1

2𝑛

= −1 𝑛

4𝑛 ∙ 2𝑛𝑛

.

:פיתרון

−1

2𝑛 =

−1

2∙ −

3

2 ∙ −

5

2 ∙…∙ −

1

2−𝑛+1

𝑛 !=

−1 𝑛 ∙ 1

2∙3

2∙5

2∙…∙

2𝑛−1

2

𝑛!=

−1 𝑛

𝑛 !2𝑛 ∙ 1 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 7 ∙ … ∙ 2𝑛 − 1 =

−1 𝑛

𝑛 !2𝑛 ∙ 2𝑛 !

2∙4∙6∙…∙ 2𝑛 =

−1 𝑛

𝑛!2𝑛 ∙

2𝑛 !

2𝑛 1∙2∙…∙𝑛 =

−1 𝑛

4𝑛 ∙ 2𝑛 !

𝑛 !𝑛!=

−1 𝑛

4𝑛 2𝑛𝑛

𝛼עבור :טענה ∈ ℝ קיים 𝑥 < 1 כך ש 1 + 𝑥 𝛼 = 𝛼𝑘 ∞

𝑘=0 𝑥𝑘 .

𝛼אם :הוכחה = 𝑛 ∈ ℕ 1 נקבל + 𝑥 𝑛 = 𝑛𝑘 ∞

𝑘=0 ∙ 𝑥𝑘 . נזכור כי 𝑛𝑘 = 𝑘עבור 0 > 𝑛 ולכן למעשה

𝑛𝑘 𝑛

𝑘=0 𝑥𝑘. המשך

המקדמים המולטינומים 2.4.2

𝑎+𝑏 אחדות הוא 𝑏-אפסים ו 𝑎עם 0,1מספר הסדרות של 𝑎

.

𝑎נחשב את מספר המילים באורך :דוגמה + 𝑏 + 𝑐 מופיעה 0כאשר . {0,1,2}ב "מעל א𝑎 מופיעה 1, פעמים𝑏 . פעמים 𝑐מופיעה 2, פעמים

𝑎+𝑏+𝑐 0-ל :פיתרון𝑎

𝑏נשארו . אופנים + 𝑐 נקבל 1-אז ל. מקומות 𝑏+𝑐𝑏

אין עוד אבל 2ומה שנשאר זה

אופציות אז הפיתרון הוא

𝑎 + 𝑏 + 𝑐

𝑎

𝑏 + 𝑐

𝑏 =

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 !

𝑎! 𝑏 + 𝑐 !∙ 𝑏 + 𝑐 !

𝑏! 𝑐!=

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 !

𝑎! 𝑏! 𝑐!

𝑛יהי :משפט = 𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 1,2 ב "מספר המילים מעל א, … , 𝑘 באורך𝑛 בהן האות𝑖 מופיעה𝑛𝑖

פעמים הוא 𝑛!

𝑛1!𝑛2!…𝑛𝑘 !

. kבאינדוקציה על : הוכחה

𝑛1אם : (הגדרה) המוליטינום נוסחת , …𝑛𝑘 ≥ 𝑛𝑖 -שלמים כך ש 0 = 𝑛𝑛𝑖=1 אז

𝑛!

𝑛1!𝑛2!…𝑛𝑘 !≔ 𝑛

𝑛1 ,𝑛2 ,…,𝑛𝑘

12




𝑥1לכל : משפט , … , 𝑥𝑘 ממשיים לכלn טבעי מתקיים,

𝑥1 + ⋯ + 𝑥𝑘 𝑛 = 𝑛

𝑛1 , 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 𝑥1

𝑛1 ∙ 𝑥2𝑛2 ∙ … ∙ 𝑥𝑘

𝑛𝑘

𝑛=𝑛1+⋯+𝑛𝑘𝑛1,…,𝑛𝑘∈ℕ

:שתי אפשרויות :הוכחה

באינדוקציה עלn. או,

י בחירה של "כל מחבר בתוצאה מתקבל ע𝑥𝑖 כלשהו בכל אחד מ-n הסוגריים ולכן מהצורה

𝑥1𝑛1 ∙ … ∙ 𝑥𝑘

𝑛𝑘 כאשר𝑛 = 𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 .המקדם של , כמו כן𝑥1𝑛1 ∙ … ∙ 𝑥𝑘

𝑛𝑘 הוא מספר האופנים

,1}באותיות 𝑛להרכיב מילה באורך … , 𝑘} שבה האות𝑖 מופיעה𝑛𝑖 במספר הזה שווה לפי . פעמים

𝑛 -הגדרה ל𝑛1 ,𝑛2 ,…,𝑛𝑘

.

(דירכלה)עקרון שובך היונים 3

𝑛אם מכניסים :משפט + .שובכים אז יש לפחות שובך אחד עם לפחות שתי יונים 𝑛-יונים ל 1

𝑛אם בכל שובך לכל היותר יונה אחת אז :הוכחה + .סתירה 𝑛= מספר השובכים ≥ מספר היונים = 1

:𝑓 פונקציה 𝑓אם :נוסף חניסו 𝑛 + 1 → [𝑛] אז𝑓 ע"לא חח.

𝑋תהי :דוגמה ⊆ [2𝑛] בת𝑛 + .הוכיחו שיש שניים שמתחלקים ללא שארית. איברים שונים 1

𝑘: ניתן לרשום כך 𝑘לכל מספר טבעי :הוכחה = 2𝑙 ∙ 𝑏 כאשרb אי זוגי ו- 𝑙 ≥ נסמן . 0

𝑋 = 𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛+1 . נסיק גם𝑥𝑖 = 2𝑙𝑖 ∙ 𝑏𝑖 , כאשר𝑏𝑖 בקבוצה .אי זוגי[2𝑛] יש𝑛 מספרים אי זוגיים .

𝑛יש לנו , אבל + 1 𝑏𝑖-מעיקרון שובך היונים יש איזשהם , לכן. ים𝑖 ≠ 𝑗 כך ש𝑏𝑖 = 𝑏𝑗 כ "נניח בה, כעת.

𝑥𝑖 > 𝑥𝑗 אזℕ ∋ 2𝑙𝑖−𝑙𝑗 =2𝑙𝑖 ∙𝑏𝑖

2𝑙𝑗 ∙𝑏𝑗

=𝑥𝑖

𝑥𝑗 .

,7,77,777,7777: הוכיחו כי בסדרה :תרגיל .2009-יש מספר שמתחלק ב …

השארית ) 2009הביט באיברי הסדרה מודולו . האיברים הראשונים 2009-נראה שיש מספר כזה כבר ב :הוכחה

של יש שני איברים, אחרת. אז סיימנו 2009-ה בוקבחל 0אם יש איבר שמשאיר שארית (. 2009-בחלוקה ב

האפשריות השאריות, שובכים 2008יש ( ה.ש.ע)בגלל עקרון שובך היונים . 2009הסדרה ששווים מודולו

𝑥𝑗יש , כלומר. השאריות שמתקבלות מהסדרה -סדרת השאריות , .יונים 2009ויש 2008..1 , 𝑥𝑖 שונים כך ש-

𝑥𝑖 = 𝑐𝑖 ∙ 2009 + 𝑟 ו- 𝑥𝑗 = 𝑐𝑗 ∙ 2009 + 𝑟. כ נניח "בה𝑥𝑖 > 𝑥𝑗 (𝑖 > 𝑗 )אז

𝑐𝑖 − 𝑐𝑗 2009 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑗 .

𝑥𝑖 − 𝑥𝑗 = 7. . .7 𝑖−𝑗

0 … 0 𝑗

= 7. . .7 𝑖−𝑗

∙ 10𝑗

10𝑗 לכן , 2009-זר ל𝑥𝑖−𝑗 = 7. . .7 𝑖−𝑗

.2009-מתחלק ב

13




1

1

1

1

1

1

1

1 1

𝑛2לכל סדרה של : Erdӧs-Szekersמשפט + ממשיים שונים אז או שיש תת סדרה מונוטונית עולה ממש 1

𝑛באורך + 𝑛או שיש תת סדרה מונוטונית יורדת ממש באורך 1 + 1.

𝑥1 -הסדרה בנסמן את אברי :הוכחה , 𝑥2 , … , 𝑥𝑠 (𝑠 = 𝑛2 + 1לכל (. 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑠 נסמן ב-𝑝𝑖 את אורך תת

את אורך תת הסדרה המונוטונית יורדת 𝑞𝑖-נסמן ב, בדומה. 𝑖המונוטונית עולה עד לנקודה תהסדרה המאקסימאלי

. 𝑖-הארוכה ביותר עד המקום ה

,8,3,7,6), לדוגמה 𝟗, 𝑖 = 5 :𝑝5 אז עבור (1,12,4 = 3, 𝑞5 = 1.

𝑝𝑖מסויים 𝑖אם עבור ≥ 𝑛 + 𝑞𝑖או 1 ≥ 𝑛 + 𝑖כאלה אז לכל 𝑝𝑖או 𝑞𝑖נניח בשלילה שאין .אז סיימנו 11 ≤ 𝑝𝑖 , 𝑞𝑖 ≤ 𝑛. כמה ערכים אפשריים יש ל(𝑝𝑖 , 𝑞𝑖) ?𝑛2 יש לנו .מעיקרון הכפל𝑠 = 𝑛2 + זוגות 1

𝑝1 , 𝑞1 , 𝑝2 , 𝑞2 , 𝑝3 , 𝑞3 … . מעיקרון שובך היונים יש𝑖 ≠ 𝑗 כך ש𝑝𝑖 = 𝑝𝑗 וגם𝑞𝑖 = 𝑞𝑗. כ ש "נניח בה

𝑖 > 𝑗 , נניח גם𝑥𝑖 > 𝑥𝑗 אז יש סידרה מונוטונית עולה באורך𝑝𝑗 המסתיימת ב-𝑥𝑗 . אם נוסיף לה את𝑥𝑖 , נקבל

𝑝𝑗באורך 𝑥𝑖-סדרה מונוטונית עולה המסיימת ב + 1 = 𝑝𝑖 + לכן קיימת סדרה מונוטונית . וקיבלנו סתירה. 1

𝑛באורך + 1 .

9בעלת (7,8,9,4,5,6,1,2,3)לדוגמה הסדרה . כן? סקרש הדוק-האם משפט ארקש = איברים אין סדרה 32

𝑛2 שהסדרה תהיה באורך חייבים לדרוש, כלומר. 4עולה או יורדת באורך + 1.

הראו .כל אחד משחק משחק אחד וכל אחד משחק משחק אחד מול כל יריב. יםדמתמוד 𝑛תחרות שח עם :תרגיל

. יש שני אנשים שהשלימו אותו מספר משחקים, שבכל רגע נתון

מחפשים שני . כאשר מחברים שני צמתים בקשת אם השחקנים שיחקו. ניתן להתבונן על השאלה כגרף :פיתרון

,0,1,2? מהן הדרגות האפשריות. צמתים שדרגתם זהה … , 𝑛 − אבל אם יש צומת . דרגות אפשריות 𝑛אז יש . 1

𝑛אז אין צומת מדרגה 0מדרגה − 𝑛לכן במצב כזה יש . 1 − ובך שצמתים אז מעיקרון 𝑛 -דרגות אפשריות ו 1

.אז באופן דומה 0אם אין צומת מדרגה . היונים יש שני צמתים עם אותה דרגה

כל החיצים פגעו ) 2חיצים למטרה מצורת משולש שווה צלעות עם אורך צלע 𝑠 יורה צלף :תרגיל

.הראו שיש שניים שמרחקם אחד מהשני הוא לכל היותר מטר אחד(. במטרה

.ני חצים שפגעו באותו משולש וסיימנושמעיקרון שובך היונים יש :פתרון

:עקרון שובך היונים המוכלל

אם מכניסים𝑛 − 𝑘 + 𝑛שובכים אז יש לפחות שובך אחד עם 𝑘-יונים ל 1 + .יונים 1

𝑓: 𝑛𝑘 + 1 → 𝑘 ⇒ ∃𝑥∈ 𝑘 𝑓−1 𝑥 ≥ 𝑛 + 1

וההדחהעקרון ההכלה 4

𝐴1בהינתן קבוצות :בעיה , … , 𝐴𝑛 ידוע, כלומר. וגודליהן וגודלי כל החיתוכים שלהם

𝐴1 ∩ …∩ 𝐴𝑛 , … , 𝐴1 , … , 𝐴𝑛 , 𝐴𝑛−1 ∩ 𝐴𝑛 , … , 𝐴1 ∩ 𝐴2

𝐴1איך מחשבים את גודל האיחוד ∪ … ∪ 𝐴𝑛? נחשב עבור𝑛 = 2:

𝐴1 :טענה ∪ 𝐴2 = 𝐴1 + 𝐴2 − 𝐴1 ∩ 𝐴2 .

𝑥1יהי . ל"הנ השוויוןנשווה את שני האגפים של :הוכחה ∈ 𝐴1 ∪ 𝐴2 לאגף ימין יש מספר . לאגף שמאל 1תורם

:אופציות

𝑥1אם (1) ∈ 𝐴1\𝐴2 אז𝑥1 באגף ימין 1תורם. 𝑥1אם (2) ∈ 𝐴2\𝐴1 אז𝑥1 באגף ימין 2תורם.

14




𝑥1אם (3) ∉ 𝐴2\𝐴1 וגם𝑥1 ∉ 𝐴1\𝐴2 אז𝑥1 כלומר𝑥 ∈ 𝐴1 ∩ 𝐴2 אז𝑥1 ל 1תורם- 𝐴1 ל 1ותורם-

𝐴2 ל 1−ותורם- 𝐴1 ∩ 𝐴2 1כ "ובסה.

.כ האגפים שווים"אז בסה

𝑛עבור = נקבל 3

𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 − 𝐴1 ∩ 𝐴2 − 𝐴2 ∩ 𝐴3 − 𝐴1 ∩ 𝐴3 + 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3

𝐴1תהיינה (:משפט) וההדחהעקרון ההכלה , … , 𝐴𝑛 קבוצות סופיות אזי

𝐴𝑖

𝑛

𝑖=1

= −1 𝑘−1 𝐴𝑖

𝑖∈𝐼

𝐼⊆ 𝑛

𝐼 =𝑘

𝑛

𝑘=1

= −1 𝐼 −1 𝐴𝑖

𝑖∈𝐼

𝜙≠𝐼⊆ 𝑛

𝑥יהיה :הוכחה ∈ 𝐴1 ∪ …∪ 𝐴𝑛 . אז𝑥 נחשב את התרומה של .לאגף שמאל 1תורם בדיוק𝑥 נניח כי . לאגף ימין

𝑥 שייך לבדיוק𝑡 1קבוצות כאשר ≤ 𝑡 ≤ 𝑛 .

𝐴𝑖 עבור הגורמים 𝑡ורם ת 𝑥-נקבל ש = 𝑡1 .

𝐴𝑖 עבור הגורמים ∩ 𝐴𝑗 –תורם 𝑥-נקבל ש 𝑡2

𝑡 תורם 𝑥קבוצות 3עבור חיתוך של 3

𝑡−1 𝑡 1− תורם 𝑥קבוצות 𝑡ממשיכים באותה צורה ומקבלים שעבור חיתוך של 𝑡 = −1 𝑡−1 .

𝑡 :כ"א סההי 𝑥לכן התרומה של 𝑖 ∙ −1 𝑖−1𝑡

𝑖=1.

𝑘=0 ) 1-ולא ב 0-כבר ראינו זהות דומה שמתחילה ב𝑛 −1 𝑘 𝑛

𝑘 = אז( 0

𝑡

𝑖 ∙ −1 𝑖−1

𝑡

𝑖=1

= 1 − 1 − 𝑡

𝑖 ∙ −1 𝑖

𝑡

𝑖=1

= 1 − 1 − 𝑡

𝑖 ∙ −1 𝑖

𝑡

𝑖=0

− 1

= 1

.גפים שוויםאולכן שני ה( 𝑡-ללא תלות ב)בדיוק לאגף ימין 1תורם 𝑥-מכאן ש

𝐴1תהיינה (:מסקנה) הוההדחהצורה המשלימה של עקרון ההכלה , … , 𝐴𝑛 ⊆ 𝑆 תת קבוצות סופיות של קבוצה

𝑆\ 𝐴1 אזי . 𝑆סופית ∪ …∪ 𝐴𝑛 = 𝑆 − −1 𝐼 −1 𝐴𝑖𝑖∈𝐼 𝜙≠𝐼⊆ 𝑛 כי𝐴𝑖 = 𝑆\𝐴𝑖 אז,

𝑆\ 𝐴1 ∪ …∪ 𝐴𝑛 = 𝐴1 ∩ 𝐴2

∩ …∩ 𝐴𝑛

𝑥1נחשב את מספר הפיתרונות של משוואה :דוגמה + 𝑥2 + 𝑥3 = מעל השלמים עם האילוצים 9

1 ≤ 𝑥1 ≤ 2

−2 ≤ 𝑥2 ≤ 4

15




2 ≤ 𝑥3 ≤ 4

𝑦1נזכור כי מספר הפיתרונות בטבעיים של משוואה :פיתרון + 𝑦2 + ⋯ + 𝑦𝑘 = 𝑘 הוא 𝑛+𝑘−1𝑛−1

.

: החלפת משתנים (1)

𝑦1 = 𝑥1 − 1

𝑦2 = 𝑥2 + 2

𝑦3 = 𝑥3 − 2

𝑦1 המשוואה החדשה היא + 1 + 𝑦2 − 2 + 𝑦3 + 2 = או 9

∧

𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 8(∗)0 ≤ 𝑦1 ≤ 10 ≤ 𝑦2 ≤ 60 ≤ 𝑦3 ≤ 2

= 𝑆 בטבעיים אז (∗)את קבוצת הפיתרונות של 𝑆-נסמן ב (2) 102 = נשתמש . ללא האילוצים 45

:נסמן. על מנת להדיח את הפיתרונות שלא עומדים באילוצים וההדחהבעיקרון ההכלה A1- בטבעיים כאשר )*( קבוצת הפיתרנות של𝑦1 ≥ 2

A2- בטבעיים כאשר )*( קבוצת הפיתרנות של𝑦2 ≥ 7

A3- בטבעיים כאשר )*( קבוצת הפיתרנות של𝑦3 ≥ 3

𝑆\(𝐴1 עלינו לחשב את ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 | .לפי עיקרון ההכלה וההדחה:

𝑆\(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 | =

𝑆 − 𝐴1 − 𝐴2 − 𝐴3 − 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 + 𝐴1 ∩ 𝐴2 + 𝐴2 ∩ 𝐴3 + 𝐴1 ∩ 𝐴3

𝐴1 = 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 |𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 8, 𝑦1 ≥ 2

נחליף משתנים

𝑧1 = 𝑦1 − 2 𝑧2 = 𝑦2 𝑧3 = 𝑦3

נקבל

𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3 = 6

= 𝐴1 כלומר 3+6−13−1

= 82 = 𝐴2נבצע פעולות דומות עבור . 28 , 𝐴3 ונקבל A2 = 3 ,

𝐴3 = 2 .

𝐴1 נחשב את ∩ 𝐴3 .

𝐴1 ∩ 𝐴3 = 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 |𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 8, 𝑦1 ≥ 2, 𝑦3 ≥ 3

𝐴1 : נקבל באופן דומה ∪ 𝐴3 = 10, 𝐴2 ∩ 𝐴3 = 0, 𝐴1 ∩ 𝐴2 = ולכן גם 0

𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 = ולכן . 0

𝑆\ 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 = 3

16




(𝐸𝑢𝑙𝑒𝑟)של אוילר 𝜑 𝑛 תפונקצי 1.4

1יהיו :טענה ≤ 𝑥 ≤ 𝑛 מספרים שלמים אז קיימים בדיוק 𝑛

𝑥-אשר מתחלקים ב 𝑛לבין 1מספרים שלמים בין

𝑥.

,𝑥הן 𝑛 בתוך הקבוצה 𝑥הכפולות של :הוכחה 2𝑥, 3𝑥, … , 𝑘𝑥 כאשר𝑘𝑥 ≤ 𝑛 ולכן𝑘 = 𝑛

𝑥 .

?7-או ב 3,5-לא מתחלקים ב 600לבין 1כמה מספרים שלמים בין :דוגמה

𝑆נגדיר :פיתרון = -ו 600

𝐴1 = 𝑥 𝑥 ∈ 𝑆, 3 𝑥

A2 = 𝑥 𝑥 ∈ 𝑆, 7 𝑥

𝐴3 = 𝑥 𝑥 ∈ 𝑆, 5 𝑥

𝑆\(𝐴1 עלינו לחשב ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3) ומתקיים

𝑆 = 600, 𝐴2 = 600

3 = 200, 𝐴2 =

600

5 = 120, 𝐴3 =

600

7 = 85

𝐴1 ∩ 𝐴2 = 𝑥 ∈ 𝑆 3 𝑥 ∧ 5|𝑥 = 𝑥 ∈ 𝑆| 15|𝑥 ⇒ 𝐴1 ∩ 𝐴2 = 600

15 = 40

𝐴1 ובאופן דומה נקבל ∩ 𝐴3 = 28, 𝐴2 ∩ 𝐴3 = 17, 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 = מכאן התשובה היא . 5

600 − 200 + 120 + 85 + 40 + 28 + 17 − 5 = 275

:מוגדרת באופן הבא 𝜑 𝑛אוילר פונקציות :הגדרה

𝜑 1 = 1

𝜑 𝑛 = 𝑚 | 1 ≤ 𝑚 ≤ 𝑛, gcd 𝑚, 𝑛 = 1

.𝑛-ל 1בין 1-פרט ל 𝑛כל המספרים שאין להם גורמים משותפים עם עוצמת קבוצת היא 𝑛 ,φ 𝑛לכל , כלומר

𝑝1שלם חיובי ויהיו 𝑛יהי :משפט אוילר , … , 𝑝𝑘 כל המחלקים החיוביים של𝑛 אז

𝜑 𝑛 = 𝑛 1 −1

𝑝𝑖

𝑘

𝑖=1

נגדיר: הוכחה

𝑆 = 𝑛

𝐴𝑖 = 𝑥| 1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑛, 𝑝𝑖 |𝑥

= 𝜑 𝑛לכן 𝑆\ 𝐴𝑖𝑘𝑖=1 1לכל .וההדחהמעיקרון ההכלה ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 מתקיים 𝐴𝑖 =

𝑛

𝑝𝑖 =

𝑛

𝑝𝑖לכל , לכן

𝑖 ≠ 𝑗 מתקיים 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 = 𝑛

𝑝𝑖 ∙𝑝𝑗 =

𝑛

𝑝𝑖 ∙𝑝𝑗𝜙באופן כללי לכל . ≠ 𝐼 ⊆ 𝑘 מתקיים

17




𝐴𝑖

𝑖∈𝐼

=𝑛

𝑝𝑖𝑖∈𝐼

לפי עקרון ההכלה וההדחה, לכן

𝜑 𝑛 = 𝑆 − −1 𝐼 −1 𝐴𝑖

𝑖∈𝐼

𝜙≠𝐼⊆ 𝑛

= 𝑛 − 𝑛

𝑝1+

𝑛

𝑝2+ ⋯ +

𝑛

𝑝𝑘 +

𝑛

𝑝1𝑝2+

𝑛

𝑝1𝑝3+ ⋯

𝑛

𝑝𝑘−1𝑝𝑘 − ⋯ + −1 𝑘

𝑛

𝑝1 ∙ … ∙ 𝑝𝑘

= 𝑛 1 −1

𝑝1− ⋯ −

1

𝑝𝑛+

1

𝑝1𝑝2+ ⋯ +

1

𝑝𝑘−1𝑝𝑘+ ⋯ + −1 𝑘 ∙

𝑛

𝑝1 ∙ … ∙ 𝑝𝑘

= 𝑛 1 −1

𝑝𝑖

𝑘

𝑖=1

תמורות ללא נקודות שבת 2.4

:𝑓 :(הגדרה)תמורה 𝑛 → 𝑛 נקראית תמורה אם𝑓 ע ועל"חח.

.איברים 𝑛קבוצת כל התמורות על 𝑆𝑛 :סימון

𝑖 :(הגדרה)נקודת שבת ∈ 𝑛 נקראית נקודת שבת של𝜎 ∈ 𝑆𝑛 אם𝜎 = 𝑖 .

𝜎 :דוגמה = 1 2 3 4 53 5 1 4 2

.𝜎היא נקודת שבת של 4כאן ,

?איברים ללא נקודות שבת 𝑛מהו מספר התמורות על :תרגיל

1עבר :פיתרון ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 נסמן𝐴𝑖 = 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 |𝜎 𝑖 = 𝑖 ⊆ 𝑆𝑛 .יש לחשב את העוצמה של , לכן

𝑆\ 𝐴1 ∪ …∪ 𝐴𝑛 . 1נשים לב שעבור ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 מתקיים 𝐴𝑖 = 𝑛 − רים את כל האיברים דכי מס ! 1

, כן כמו. 𝑖-מחדש פרט ל

𝐴1 ∩ 𝐴2 = 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 | 𝜎 1 = 1, 𝜎 2 = 2

𝐴1 ולכן ∩ 𝐴2 = 𝑛 − 𝜙לכל , באופן כללי יותר. ! 2 ≠ 𝐼 ⊆ 𝑛 נקבל 𝐴𝑖𝑖∈𝐼 = 𝑛 − 𝐼 ! .לכן ,

לפי עיקרון ההכלה וההדחה מקבלים

𝑆\ 𝐴1 ∪ …∪ 𝐴𝑛 = 𝑛! − −1 𝐼 −1 𝐴𝑖

𝑖∈𝐼

𝜙≠𝐼⊆ 𝑛

= 𝑛! − 𝑛

𝑖 −1 𝑖−1 𝑛 − 𝑖 !

𝑛

𝑖=1

= 𝑛! − 𝑛!

𝑖! 𝑛 − 𝑖 ! −1 𝑖−1 𝑛 − 𝑖 !

𝑛

𝑖=1

= 𝑛! − 𝑛!

𝑖! −1 𝑖−1

𝑛

𝑖=1

= 𝑛! 1 − −1 𝑖−1

𝑖!

𝑛

𝑖=1

18




= 𝑛! −1 𝑖−1

𝑖!

𝑛

𝑖=0

𝑒𝑥נזכור כי :הערה = 𝑥 𝑖

𝑖!∞𝑖=0 (0סביב טור טיילור ) נציב𝑥 = ונקבל 1−

1

𝑒= 𝑒−1 =

(−1)𝑖

𝑖!∞𝑖=0 אז עבור .

𝑛 מספיק גדול התשובה היא בערך𝑛!

𝑒.

כולם עוזבים בו זמנית . גברים במסיבה מניחים את הכובע בכניסה כשמגיעים 𝑛. " בעיית הכובעים" נקראת גםבעיה זו

השאלה היא כמה צורות יש לגברים לקחת את הכובעים שלהם כאשר אף . כאשר כל אחד לוקח כובע באופן אקראי

.אחד לא מקבל את הכובע שלו חזרה

הערכות אסימפטוטיות 5

פונקציות קצב גידול של 1.5

: דוגמא

𝑓4 𝑛 = 2𝑛 𝑓3 𝑛 = 𝑛2 𝑓2 𝑛 = 𝑛 𝑓1 𝑛 = log2 𝑛

4 4 2 1 16 16 4 2

256 64 8 3 65536 256 16 4

4294967296 1024 32 5

𝑓1: ניתן להסיק ≪ 𝑓2 ≪ 𝑓3 ≪ 𝑓4

𝑓 𝑛 𝑛=1 תהיינה :ניםסימו𝑔 𝑛 𝑛=1 -ו ∞

, 𝑓 𝑛שליליים כך -סדרות של מספרים אי ∞ 𝑔 𝑛 𝑛→∞ ∞

נכתוב𝑓 = 𝑂 𝑔 אם קיים𝑐 > 𝑛∀כך ש 0 𝑓 𝑛 ≤ 𝑐 ∙ 𝑔 𝑛

נכתוב𝑓 = Ω 𝑔 אם קיים𝑐 > 𝑛∀כך ש 0 𝑓 𝑛 ≥ 𝑐 ∙ 𝑔 𝑛

נכתוב𝑓 = Θ 𝑔 אם קיימים קבועים𝑐1 , 𝑐2 כך ש∀𝑛 𝑐1 ∙ 𝑔 𝑛 ≤ 𝑓 𝑛 ≤ 𝑐2 ∙ 𝑔 𝑛

נכתוב𝑓 = 𝑜 𝑔 אםlim𝑛→∞𝑓 𝑛

𝑔 𝑛 = 0.

: דוגמאות

0אם (1) ≤ 𝑎 ≤ 𝑏 אז𝑛𝑎 = 𝑂 𝑛𝑏

0אם (2) < 𝑎 < 𝑏 אז𝑛𝑎 = 𝑜 𝑛𝑏

𝑎לכל (3) > 1 , 𝑐 > 𝑛𝑐מתקיים 0 = 𝑜(𝑎𝑛) 𝑎לכל (4) > 𝑐ולכל 0 > log מתקיים 0 𝑛 𝑐 = 𝑜 𝑛𝑎

:הטור ההרמוני (5)

= 𝑕 𝑛 (א) 1

𝑖𝑛𝑖=1 . לכל𝑘 שלם וחיובי נסמן𝑔𝑘 = 2𝑘−1, 2𝑘 ומתקיים 𝑔𝑘 = 2𝑘−1 .

נתבונן בסכום

1

2=

1

2𝑘∙ 𝑔𝑘 ≤

1

𝑖𝑖∈𝑔𝑘

≤1

2𝑘−1∙ 𝑔𝑘 = 1

.

19




לכן

𝑕 𝑛 = 1

𝑖

𝑛

𝑖=1

≤ 1

𝑖𝑖∈𝑔𝑘

log 2 𝑛 +1

𝑘=1

≤ log2 𝑛 + 1

כמו כן

𝑕 𝑛 = 1

𝑖

𝑛

𝑖=1

≥ 1

𝑖𝑖∈𝑔𝑘

log 2 𝑛

𝑘=1

≥1

2 log2 𝑛

אז

1

2 log2 𝑛 ≤ 𝑕 𝑛 ≤ log2 𝑛 + 1

אז

𝑕 𝑛 = Θ log2 𝑛

(6) 𝑓 𝑛 = 𝑖3𝑛𝑖=1

𝑓 𝑛 = 𝑖3

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑛 ∙ 𝑛3 = 𝑛4

𝑓 𝑛 = 𝑖3

𝑛

𝑖=1

≥ 𝑖3

𝑛

𝑖=𝑛2

≥𝑛

2∙

𝑛

2

3

=𝑛4

24=

1

6𝑛4

אז

𝑓 𝑛 = Θ 𝑛4

= 𝑓 𝑛באופן כללי 𝑖𝑘𝑛𝑖=1 מקיים𝑓 𝑛 = Θ 𝑛𝑘+1 .

:𝑓תהי (:משפט)קירוב על ידי שימוש באינטגרל ℝ → ℝ+ פונקציה רציפה.

מונוטונית לא יורדת אז 𝑓אם (1)

𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛

𝑚−1

≤ 𝑓 𝑖

𝑛

𝑖=𝑚

≤ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛+1

𝑚

מונוטונית לא עולה אז 𝑓אם (2)


𝑚−1

≥ 𝑓(𝑖)

𝑛

𝑖=𝑚

≥ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛+1

𝑚

שטח המלבן מתחת 1בחלוקה לקטעים באורך , כלומר. 1ורוחב 𝑘הוא שטח המלבן בגובה 𝑓 𝑘נסמן :הוכחה

= 𝑓 𝑖אז .לגרף 𝑓 𝑘 .

ף אז מלבנים מתחת לגר (1)

𝑓 𝑖

𝑛

𝑖=𝑚

≤ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛+1

𝑚

20




לא יורדת אז 𝑓ו


𝑚−1

≤ 𝑓 𝑖

𝑛

𝑖=𝑚

∫החסרנו שטח בגודל 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛+1

𝑛∫והוספנו שטח בגודל 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

𝑚

𝑚−1 .

,𝑚 ונסובב אותה סביב מרכז הקטע 𝑓את הפונקציה חניקבאותו אופן אם (2) 𝑛 נשנה (. 1)נקבל את מקרה

(. 2)ונקבל את חזרה את כיווני אי השוויון

הטור ההרמוני :דוגמה

= 𝑓 𝑥נגדיר :פיתרון1

𝑥= 𝑕 𝑛ואז 𝑓 𝑖 𝑛

𝑖=1

𝑕 𝑛 ≤ 𝑑𝑥

𝑥

𝑛+1

1

= ln(𝑥) 1𝑛+1 = ln 𝑛 + 1 − ln(1) = ln 𝑛 + 1

𝑕 𝑛 ≥ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑛

1

= ln 𝑥 1𝑛 = ln 𝑛

אז

ln 𝑛 ≤ 𝑕 𝑛 ≤ ln 𝑛 + 1

= 𝑓 𝑛 :דוגמה 𝑖3𝑛𝑖=1

:פיתרון

𝑥3𝑑𝑥𝑛

0

= 𝑥4

4

0

𝑛

=𝑛4

4≤ 𝑖3

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑥3𝑑𝑥𝑛+1

1

= 𝑥4

4 1

𝑛+1

= 𝑛 + 1 4

4−

1

4

𝑛4

4≤ 𝑖3

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑛 + 1 4 − 1

4

ולכן

𝑖3

𝑛

𝑖=1

=𝑛4

4+ 𝑂 𝑛3

21




!N-ל אסימפטוטית הערכה 2.5

!𝑛ש כך 𝑓(𝑛)" מפורשת יותר" פונקציה למצוא :המטרה = 1 + 𝑜 1 𝑓 𝑛 .

!𝑛 לב נשים :ראשון צעד = 1 ∙ 2 ∙ … ∙ 𝑛 ולכן

ln 𝑛! = ln 1 ∙ 2 ∙ … ∙ 𝑛 = ln 𝑖

𝑛

𝑖=1

לכן

ln 𝑛! = ln 𝑖

𝑛

𝑖=1

≤ ln 𝑥 𝑑𝑥𝑛+1

1

= 𝑥 ln 𝑥 − x 2n+1

= 𝑛 + 1 ln 𝑛 + 1 − 𝑛 + 1 + 1

= 𝑛 + 1 ∙ ln(n + 1) − 𝑛

ולכן

𝑛! ≤ 𝑒 𝑛+1 ln 𝑛+1 𝑛 = 𝑛+1 𝑛+1

𝑒𝑛

, דומה באופן

ln 𝑛! = ln 𝑖

𝑛

𝑖=1

≥ ln 𝑥 𝑑𝑥𝑛

1

= 𝑥 ln 𝑥 − 𝑥 1𝑛

= 𝑛 ln(𝑛) − 𝑛 + 1

ולכן

𝑛! ≥ 𝑒𝑛𝑙𝑛 𝑛 −𝑛−1 =𝑛𝑛

𝑒𝑛∙ 𝑒 = 𝑒 ∙

𝑛

𝑒

𝑛

כ"בסה

𝑒 𝑛

𝑒

𝑛

≤ 𝑛! ≤ 𝑛 + 1 𝑛+1

𝑒𝑛

.

∞→lim𝑛 (: Stirling) סטירלינג נוסחת𝑛 !

2𝜋𝑛 ∙ 𝑛

𝑒 𝑛 = לשקו ובאופן 1

𝑛! = 1 + 𝑜 1 2𝜋𝑛 ∙ 𝑛

𝑒

𝑛

22




םבינומיי מקדמים 3.5

𝑥 לכל :טענה ≥ 1 קייםמת 0 + 𝑥 ≤ 𝑒𝑥 .

= 𝑓 𝑥-ב נתבונן :הוכחה 𝑒𝑥 − 𝑥 − ≤ 𝑓 𝑥 ונוכיח 1 𝑥 לכל 0 ≥ 0 .

𝑓 ′ 𝑥 = 𝑒𝑥 − 1, 𝑓 ′ 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = 0

𝑓 ′′ 0 = 𝑒𝑥 , 𝑓 ′′ 0 = 1 > 0

𝑥 מכאן = = 𝑓 0, מינימום נקודת איה 0 𝑒0 − 0 − 1 = ≤ 𝑓 𝑥 ש מכאן 0 . 𝑥 לכל 0

1 לכל :טענה ≤ 𝑘 < 𝑛 קיים 𝑛𝑘 ≥

𝑛

𝑘

𝑘

𝑛 :הוכחה𝑘 =

𝑛!

𝑘! 𝑛−𝑘 !=

𝑛

𝑘∙

𝑛−1

𝑘−1∙ … ∙

𝑛−𝑘+1

1 ש לב נשים)

𝑛

𝑘 ולכן( כולם מבין ביותר הקטן השבר

𝑛𝑘 ≥

𝑛

𝑘

𝑘 .

1 לכל: טענה ≤ 𝑘 < 𝑛 קייםמת : 𝑛𝑘 ≤

𝑒𝑛

𝑘

𝑘

𝑛 , חזקה יותר טענה נוכיח :הוכחה0 + ⋯ + 𝑛

𝑘 ≤

𝑒𝑛

𝑘

𝑘𝑥 לכל. ≥ קייםמת 0

1 + 𝑥 𝑛 = 𝑛

𝑖 𝑥𝑖

𝑛

𝑖=0

≥ 𝑛

𝑖 𝑥𝑖

𝑘

𝑖=1

ונקבל 𝑥𝑘-ב גפיםאה שני את נחלק

1 + 𝑥 𝑛

𝑥𝑘≥

𝑛0

𝑥𝑘+

𝑛1

𝑥𝑘−1+ ⋯ +

𝑛

𝑘

𝑥 כי נניח בנוסף אם ≤ נובע אז 1

1 + 𝑥 𝑛

𝑥𝑘≥

𝑛

0 +

𝑛

1 + ⋯ +

𝑛

𝑘

𝑥 נבחר =𝑘

𝑛 נקבל,

𝑛0 + 𝑛

1 + ⋯ + 𝑛

𝑘 <

1+𝑘

𝑛 𝑛

𝑘

𝑛 𝑘 = 1 +

𝑘

𝑛

𝑛∙

𝑛

𝑘

𝑘

1ש ובגלל + 𝑥 ≤ 𝑒𝑥 אז

1 +𝑘

𝑛

𝑛∙

𝑛

𝑘

𝑘≤ 𝑒

𝑘

𝑛 𝑛

∙ 𝑛

𝑘

𝑘=

𝑒𝑛

𝑘

𝑘 .

0 אם ≤ 𝑘 ≤ אז 2

𝑛

𝑘

𝑘

≤ 𝑛

𝑘 ≤

𝑒𝑛

𝑘

𝑘

23




י האמצעיהבינומ מקדםה 4.5

: המקדם האמצעי𝑛𝑛

2

𝑛𝑛

2 ≤

𝑛

0 +

𝑛

1 + ⋯ +

𝑛𝑛2 + ⋯ +

𝑛

𝑛 =

𝑛

𝑖 = 2𝑛

𝑛

𝑖=0

כי הוכחנו, כן כמו𝑛𝑛

2𝑛 םהבינומיי המקדמים מבין ביותר הגדול הוא

𝑘0באשר ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 .

,לכן

𝑛𝑛

2 ≥

𝑛𝑖 𝑛

𝑖=0

𝑛 + 1=

2𝑛

𝑛 + 1

כלומר

2𝑛

𝑛 + 1≤

𝑛𝑛

2 ≤ 2𝑛

: קמדוי יותר קירוב נקבל רלינגימסט

𝑛𝑛

2 =

𝑛!

𝑛2 !

𝑛2 !

= 1 + 𝑜 1 ∙ 2𝜋𝑛 ∙

𝑛𝑒

𝑛

2𝜋𝑛2 ∙

𝑛2𝑒

𝑛2

2 = 1 + 𝑜 1 ∙2𝑛

2𝜋𝑛2

נסיגה נוסחאות 6

את נחשב. שווים עוקבים איברים אין בהן. 0,1,2 ב"א מעל 𝑛 באורך הסדרות מספר את 𝑔(𝑛) -ב נסמן :דוגמא

𝑔(𝑛) .

= 𝑔 1 :פיתרון 3 ,𝑔 2 = 𝑛 שלכל נטען. 6 ≥ = 𝑔 𝑛 קייםמת 2 2 ∙ 𝑔 𝑛 − נכון זה אינטואיטיבית. 1

אז אופציות שתי נשארות אז הקודמת בדרה האחרון האיבר להיות יכול לא הוא, לסדרה איבר עוד מוסיפים כי

𝑎1 חוקית סדרה לכל. 2-ב כופלים , … , 𝑎𝑛−1 באורך לסדרה להרחיבה דרכים שתי בדיוק יש n .בחירה י"ע, זאת

𝑎𝑛 של ≠ 𝑎𝑛−1 כאלו בחירות שתי כ"סה ויש.

= 𝑔 1 קיבלנו = 𝑔 𝑛 -ו 3 2 ∙ 𝑔 𝑛 − 𝑛 עבור 1 ≥ נסוגים) נסיגה נוסחת נקראת השנייה הנוסחא. 2

הנסיגה נוסחת את לפתור נרצה כעת. 𝑔(𝑛) של משמעית חד הגדרה לנו ויש(. הבא האיבר את לחשב כדי אחורה

= 𝑔 𝑛: ש הנסיגה מנוסחת ברור די. רקורסיה ללא ישירה נוסחא לקבל כלומר 3 ∙ 2𝑛−1 .זה את להוכיח צריך .

= n=1 ,𝑔 1 עבור. n על אינדוקציה באמצעות הישירה הנוסחא את נוכיח 𝑛 עבור נניח. כרצוי 3 − 1

𝑔 𝑛 שמתקיים − 1 = 2𝑛−2 ∙ . n עבור ונוכיח 3

𝑔 𝑛 = 2 ∙ 𝑔 𝑛 − 1 ∙ 3 = 2𝑛−1 ∙ 3

.כרצוי

24




𝐹 𝑛 𝑛=0 סדרה נגדיר: (Fibonacci) י'פיבונצ סדרת= 𝐹 0 י"ע ∞ 𝐹 1 = = 𝐹 𝑛-ו 1 𝐹 𝑛 − 1 +

𝐹 𝑛 − 𝑛 כאשר 2 ≥ 2 .

𝐹 𝑛 𝑖=0∞ = 1,1,2,3,5,8,13, …

. י'פיבונצ סדרת של הגידול לקצה ראשונית הערכה ניתן. י'פיבונצ סידרת עבור מפורשת נוסחא לכתוב ננסה

𝐹 𝑛 יורדת לא סדרה היא.

𝐹 𝑛 = 𝐹 𝑛 − 1 + 𝐹 𝑛 − 2 ≤ 2𝐹 𝑛 − 1 ≤ 4𝐹 𝑛 − 2 ≤ ⋯ ≤ 2𝑛

F 𝑛 = 𝐹 𝑛 − 1 + 𝐹 𝑛 − 2 ≥ 2𝐹 𝑛 − 2 ≥ 4𝐹 𝑛 − 4 ≥ ⋯ ≥ 2 𝑛

2

. שונים בגדלים טבעות 𝑛 מושחלות אחד מספר מוט על. לקרקע מאונכים מוטות שלוש (:Hanoi) האנוי מגדלי

.קטנה טבעת על מונחת תהיה גדולה שטבעת מקרה בשום אסור ובתהליך אחר למוט הטבעות את להעביר צריך

𝑛פיתרון עבור = 3 :

(1) Ring 1 => Bar 3

(2) Ring 2 => Bar 2

(3) Ring 1 => Bar 2

(4) Ring 3 => Bar 3

(5) Ring 1 => Bar 1

(6) Ring 2 => Bar 3

(7) Ring 1 => Bar 3

. הזו במערכת תאלמנטארי פעולה היא שעשינו כזאת פעולה כל

.הטבעות 𝑛 להעביר בכדי הנחוץ המינימאלי הפעולות מספר את 𝑕 𝑛-ב נסמן

= 𝑕 1: ראינו 1, 𝑕 3 ≤ 7 .

𝑛 לכל :משפט ≥ = 𝑕 𝑛 קייםמת, 1 2𝑛 − 1 .

2𝑛-ב המשימה את שמבצע האלגוריתם תיאור של י"ע, העליון סםחה את תחילה נוכיח :הוכחה − נוכיח. פעולות 1

≤ 𝑕 𝑛 כי 2𝑕 𝑛 − 1 + :האלגוריתם. 1

𝑕 𝑛-ב זאת לעשות ניתן. 2 מוט אל 1 ממוט הקטנות הטבעות n-1 את נעביר (1) − .פעולות 1

.3 למוט 1 ממוט 𝑛-ה הטבעת את נעביר (2)

,1 הטבעות את נעביר (3) … , 𝑛 − 𝑕 𝑛-ב עושים אנחנו וזאת 3 למוט 2 ממוט 1 − .פעולות 1

≥ 𝑕 𝑛 אז 2 ∙ 𝑕 𝑛 − 1 + 1 .

≤ 𝑕 𝑛: התחתון החסם את נוכיח 2 ∙ 𝑕 𝑛 − 1 + בו הרגע על ונסתכל אופטימאלי אלגוריתם שיש נניח. 1

זה ברגע. 3 מספר למוט עוברת 𝑛 טבעת

ריק 3 מוט( 1)

,1 טבעות מסודרות 2 מוט על( 2) … , 𝑛 − 1

.𝑛 טבעת רק מונחת 1 מוט על( 3)

𝑛 את להעביר מנת על אינדוקציה לפי − 𝑕 𝑛 לפחות נחוצות 2 למוט הקטנות הטבעות 1 − 3 פעולה. פעולות 1

𝑕 𝑛 לפחות לוקחת אינדוקציה לפי − 2 הוא התחתון החסם לכן. פעולות 1 ∙ 𝑕 𝑛 − 1 + כה עד הראינו אז. 1

𝑕 1 = 1, 𝑕 𝑛 = 2 ∙ 𝑕 𝑛 − 1 + 1

25




= 𝑕 𝑛 ש פורמאלית ולהוכיח לראות וקל 2𝑛 − 1.

נסיגה נוסחת י"ע נתונה אשר הכללי לאיבר וישירה כללית נוסחא למצוא :מטרה

נסיגה נוסחת של לפיתרון שיטות 1.6

החלפת משתנים .1

𝑕 𝑛 𝑛=1 :דוגמא∞ = (1,3,7,15,31,63, … = 𝑕 𝑛 או ( 2𝑕 𝑛 − 1 + 1

𝑔 𝑛 𝑛=1 חדשה סדרה נגדיר :פיתרון= 𝑔 𝑛 י"ע ∞ 𝑕 𝑛 + 𝑔 𝑛 𝑛=1 אז 1

∞ = 2,4,8,16,32,64, … .

𝑔 𝑛 − 1 = 𝑕 𝑛 = 2𝑕 𝑛 − 1 + 1 = 2 𝑔 𝑛 − 1 − 1 + 1 = 2𝑔 𝑛 − 1 − 1

= 𝑔 𝑛 קיים ולכן 2𝑔 𝑛 − 1 , 𝑛 ≥ 𝑛 ועבור 2 = = 𝑔 1 נגדיר 1 2.

= 𝑔 𝑛: הפיתרון אז 2𝑛 .ולכן 𝑕 𝑛 = 𝑔 𝑛 − 1 = 2𝑛 − 1.

הצבה חוזרת .2

= 𝑕 1 :דוגמא 1, 𝑕 𝑛 = 2𝑕 𝑛 − 1 + 1 .

: פיתרון

𝑕 𝑛 = 2𝑕 𝑛 − 1 + 1

= 2 2𝑕 𝑛 − 2 + 1 + 1

= 4𝑕 𝑛 − 2 + 3

= 4 2𝑕 𝑛 − 3 + 1 + 3

= 8(𝑕 𝑛 − 3 + 7

כי לנחש ניתן

𝑕 𝑛 = 2𝑘𝑕 𝑛 − 𝑘 + 2𝑘 − 1

𝑘 נציב = 𝑛 − ונקבל 1

𝑕 𝑛 = 2𝑛−1𝑕 1 + 2𝑛−1 − 1 = 2𝑛 − 1

הוא הניחוש, לכן

𝑛 ≥ 1 , 𝑕 𝑛 = 2𝑛 − 1

𝑛 עבור. 𝑛 על באינדוקציה. הנסיגה נוסחת את פותר אכן ל"הנ הניחוש כי נוודא = 1

𝑕 1 = 21 − 1 = 1

:צעד האינדוקציה

𝑕 𝑛 = 2𝑕 𝑛 − 1 + 1 = 2 ∙ 2𝑛−1 − 1 + 1 = 2𝑛 − 1

26




= 𝑓 𝑛 :לדוגמה 𝑓 𝑛 − 1 + 𝑓(𝑛 − 2)

= 𝑢0 אז 1,0 : 0 התחלה תנאי (1,0,1,1,2, … )

= 𝑢1 אז 0,1 : 1 התחלה תנאי (0,1,1,2, … )

תליניאריו נסיגה נוסחאות 2.6

(:הגדרה) תליניארי נסיגה נוסחת

𝑓 𝑛 = 𝑐1𝑓 𝑛 − 1 + 𝑐2𝑓 𝑛 − 2 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑓 𝑛 − 2 + 𝑔(𝑛)

𝑐𝑟 כאשר ≠ .𝑟 מסדר תליניארי נסיגה נוסחת נקראת 0

2 ומסדר תליניארי אהי י'פיבונצ סידרת לדוגמה

= 𝑔 𝑛 כאשר תליניארי נסיגה נוסחא (:הגדרה) הומוגנית תליניארי נסיגה נוסחא 0

𝑕 𝑛 𝑛=0 סדרה (:הגדרה) נסיגה נוסחת פיתרון הנסיגה נוסחת את פותרת ∞

𝑓 𝑛 = 𝑔 𝑛 + 𝑐𝑖𝑓(𝑛 − 𝑖)

𝑟

𝑖=1

אם

𝑓 𝑛 = 𝑔 𝑛 + 𝑐𝑖𝑕 𝑛 − 𝑖

𝑟

𝑖=1

מספרים תי-𝑟 כלומר, 𝑟 מסדר תליניארי נוסחא בהינתן (:הגדרה) התחלה תנאי

𝑓 0 , 𝑓 1 , 𝑓 2 , … , 𝑓 𝑟 − .סדרה עבור התחלה תנאי נקראת 1

.הסדרה את משמעית-חד קובעת התחלה תנאי קביעת 𝑟 מסדר נסיגה נוסחת בהינתן :הערה

= 𝑓 𝑛 תהי :משפט 𝑐𝑖𝑓(𝑛 − 𝑖)𝑟𝑖=1 )*(מסדר הומוגנית תליניארי נסיגה נוסחת𝑟, קבוצה אז 𝑊 כל של

dim כאשר יליניאר מרחב תת הוא (*) של הפתרונות 𝑊 = 𝑟.

: הוכחה

(1) 𝑊 ש לוודא יש. הסדרות מרחב של מרחב-תת הוא

𝑊 (א ≠ 𝜙

,̅ a לכל (ב b̅ ∈ W מתקיים 𝑎 + 𝑏 ∈ 𝑊.

∋ 𝑎 לכל (ג 𝑊 ולכל 𝜆 ∈ ℝ מתקיים 𝜆𝑎 ∈ 𝑊 .

.תרגיל

≤ dim 𝑊 נוכיח (2) 𝑟 .0 לכל ≤ 𝑖 ≤ 𝑟 − :הבא באופן 𝑖 מספר התחלה תנאי נגדיר 1

0, … 0, 1 ,0 , . . . ,0 𝑟

.𝑖-ה במיקום 1 כאשר

0 עבור, עתה ≤ 𝑖 ≤ 𝑟 − פיתרוןהונקבל את 𝑖 פרמס התחלה תנאי נציב 1

𝑢𝑖 = 0, … 0,1,0, … ,0 𝑟

, 𝑐𝑖 , …

27




, 𝑢0 וקטורים 𝑟 קיבלנו … , 𝑢𝑟−1 ל (*) נוסחא של פתרונות שהם-𝑟 הם ולכןתנאי התחלה שונים

:כך נראים הווקטורים הראשונות טותאהקורדינ 𝑟-ב, לב נשים. 𝑊-ל שייכים כולם

1 0

⋱0 1

𝑟×𝑟

, 𝑢0 הווקטורים כי נובע היחידה מטריצת תא שקיבלנו כיווןו … , 𝑢𝑟−1 תליניארי תלויים בלתי הם .

, 𝑢0 -ש נוכיח (3) … , 𝑢𝑟−1 את פורשת 𝑊 .יהי �̅� = 𝑥 𝑛 𝑛=1= 𝑦 נגדיראז ∞ 𝑥 𝑖 𝑢𝑖 𝑟

𝑖=0 . נראה

, 𝑢0-ו מרחב תת 𝑊-ש כיוון. (*)פיתרון של 𝑦-ש … , 𝑢𝑟−1 ∈ 𝑊 גם 𝑦 ∈ 𝑊 של יליניאר כצירוף

0 לכל, לב נשים. המרחב בתת וקטורים ≤ 𝑖 ≤ 𝑟 − = 𝑦 𝑖 מתקיים 1 𝑥 𝑖 𝑢𝑖 𝑖 = 𝑥 𝑖 .לכן ,

�̅�, 𝑦 על מזדהים 𝑟 ש כיוון. ראשונות קואורדינאטות- �̅� ו-𝑦 מסדר נסיגה נוסחת של פתרונות הם 𝑟 ,

𝑥𝑖 𝑖=0 התחלה תנאי י"ע יחיד באופן נקבעים שניהם𝑟−1 וגם�̅� = 𝑦 .ש קבלנו �̅� צירוף הואכלשהו

, 𝑢0 של יליניאר … , 𝑢𝑟−1 .לכן 𝑢0 , … , 𝑢𝑟−1 את הפורשת קבוצה היא 𝑊 .

.ישירה נוסחא י"ע ולא נסיגה נוסחת י"ע מוגדר עדיין 𝑢𝑖 וקטור כי לב נשים :הערה

= 𝑓 𝑛 הומוגנית נסיגה נוסחת בהינתן: (הגדרה)פולינום אופייני 𝑐𝑖𝑕 𝑛 − 𝑖 𝑟𝑖=1 מסדר 𝑟 .הפולינום

𝑃 𝑥 = 𝑥𝑟 − 𝑐1𝑥𝑟−1 − 𝑐2𝑥𝑟−2 − ⋯ − 𝑐𝑟−1𝑥 − 𝑐𝑟 = 𝑥𝑟 − 𝑐𝑖𝑥𝑟−𝑖

𝑟

𝑖=1

. 𝑓(𝑛) הנסיגה נוסחת של האופייני הפולינום נקרא

= 𝑓 𝑛 :לדוגמה 𝑓 𝑛 − 1 + 𝑓(𝑛 − = 𝑃 𝑥 הוא שלו האופייני הפולינום (2 𝑥2 − 𝑥 − 1.

= 𝑓 𝑛 תהי :משפט 𝑐𝑖𝑕 𝑛 − 𝑖 𝑟𝑖=1 מסדר נסיגה נוסחת 𝑟 .כי נניח 𝜆 ∈ ℝ פולינום ה של שורש הוא

�̅� הסדרה אזי. הנוסחא של 𝑃(𝜆) אופייניה = (1, 𝜆, 𝜆2, … = 𝑥 𝑛 י"ע המוגדרת ( 𝜆𝑛 , 𝑛 ≥ של פיתרון איה 0

.הנסיגה נוסחת

𝜆𝑟 קייםמת 𝑃 𝑥 של שורש הוא 𝜆-ש כיוון :הוכחה = 𝑐1𝜆𝑟−1 + 𝑐2𝜆𝑟−2 + ⋯ + 𝑐𝑟−1𝜆 + 𝑐𝑟 .סדרה לכן �̅� מקיימת

𝑥 𝑟 = 𝜆𝑟

= 𝑐1𝜆𝑟−1 + 𝑐2𝜆𝑟−2 + ⋯ + 𝑐𝑟−1𝜆 + 𝑐𝑟

= 𝑐1𝑥 𝑟 − 1 + 𝑐2𝑥 𝑟 − 2 + ⋯ + 𝑐𝑟−1𝑥 1 + 𝑥 0

𝑛 לכל, כן כמו. הנתונה הנסיגה נוסחת את מקיים 𝑥(𝑟) לכן > 𝑟 מתקיים

𝜆𝑛 = 𝜆𝑛−𝑟𝜆𝑟 =

= 𝜆𝑛−𝑟 𝑐1𝜆𝑟−1 + 𝑐2𝜆𝑟−2 + ⋯ + 𝑐𝑟−1𝜆 + 𝑐𝑟

= 𝑐1𝜆𝑛−1 + 𝑐2𝜆𝑛−2 + ⋯ + 𝑐𝑟−1𝜆𝑛−𝑟+1 + 𝑐𝑟𝑐𝑛−𝑟

= 𝑐1𝑥 𝑛 − 1 + 𝑐2𝑥 𝑛 − 2 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑥 𝑛 − 𝑟

𝑛 עבור 𝑥(𝑛) איבר גם ולכן > 𝑟 סדרה כי הוכחנו. הנסיגה נוסחת את מקיים �̅� ולכן, הנסיגה נוסחת את מקיימת �̅� .שלה פיתרון הוא

= 𝑥 𝑛 הכללי האיבר של ישירה נוסחא י"ע הוגדר �̅� רהווקטו, הקודם המשפט של 𝑢𝑖-מ להבדיל :הערה 𝜆𝑛.

28




= 𝑓 𝑛 תהי :משפט 𝑐𝑖𝑕 𝑛 − 𝑖 𝑟𝑖=1 מסדר נסיגה נוסחת 𝑟. האופייני לפולינום כי נניח 𝑃 𝑥 קיימים שלה

𝑟 שונים ורשיםש 𝜆1 , … , 𝜆𝑟 .הוא הנוסחא של הכללי הפיתרון אז:

𝑛 ≥ 0, 𝑓 𝑛 = 𝑎𝑖𝜆𝑖𝑛

𝑟

𝑖=1

𝑎1 כאשר , … , 𝑎𝑟 ∈ ℝ התחלה תנאי לכל, כן כמו 𝑓 0 , 𝑓 1 , … , 𝑓 𝑟 − של יחידה בחירה קיימת 1

𝑎1 המקדמים , … 𝑎𝑟 .

, 𝑥1( למעשה סדרות) וקטורים 𝑟 נגדיר :הוכחה … , 𝑥𝑟 הבא באופן

𝑥𝑖 = (1, 𝜆𝑖 , 𝜆𝑖2 , … , 𝜆𝑖

𝑟 , … )

, 𝑥1 הקבוצה כי נוכיח. הנוסחא של פיתרונות 𝑟 קיבלנו קודם משפט לפי … , 𝑥𝑟 על נסתכל. ל"בת היא 𝑟

, 𝑥1 של הראשונות הקורדינטות … , 𝑥𝑟 מטריצה נקבל :

𝑀 =

1 𝜆1 𝜆12 … 𝜆1

𝑟−1

⋮ ⋮

1 𝜆𝑟 𝜆𝑟2 𝜆𝑟

𝑟−1

:שלה והדטרמיננטה Vandermonde מטריצת נקראת זו מטריצה

det 𝑀 = 𝜆𝑖 − 𝜆𝑗

𝑖<𝑗

≠ det 𝑀 כי נובע( 𝑀 של השורות( האופייני לפולינום שונים שורשים 𝑟 שיש שהנחנו כיוון השורות, לכן. 0

, 𝑥1 ומכאן ל"בת הן M של … , 𝑥𝑟 הפיתרונות מרחב של שהמימד כיוון. ל"בת הם 𝑊 הוא הנוסחא של 𝑟 ו-

𝑥1 , … , 𝑥𝑟 ∈ 𝑊 כי נובע 𝑥1 , … , 𝑥𝑟 ל בסיס הוא-𝑊 .הווקטור כלומר, הנוסחא של הכללי הפיתרון מכאן

:הוא 𝑊 של הכללי

�̅� = 𝑎𝑖𝑥𝑖

𝑟

𝑖=1

𝑎1 עבור , … , 𝑎𝑟 ∈ ℝ התחלה תנאי קביעת כל, כמוכן. קבועים 𝑓 0 , … , 𝑓 𝑟 − תא משמעית-חד קובעת 1

, 𝑥1 של יליניאר צירוף הוא �̅� פתרון וכל ̅ 𝑥 הפיתרון … , 𝑥𝑟 .

,𝒂𝟏 המקדמים את מוצאים איך … , 𝒂𝒓? התחלה תנאי בהינתן 𝑓 0 , … , 𝑓 𝑟 − �̅� נרשום. 1 = 𝑎𝑖𝑥𝑖 𝑟

𝑖=1

: ונקבל ההתחלה תנאי את

∀0≤𝑖≤𝑟−1 𝑓 𝑖 = 𝜆𝑖𝑎𝑟

𝑟

𝑖=1

𝑎1 משתנים 𝑟-ו( ההתחלה תנאיי כמספר) משוואות 𝑟 עם תליניארי משוואות מערכת קבלנו , … , 𝑎𝑟. קיים למערכת

(.המשוחלפת) Vandermonde מטריצת היא שלה המקדמים מטריצת כי יחיד פיתרון

29




י'פיבונצ סדרת :דוגמא

𝑓 𝑛 = 𝑓 𝑛 − 1 + 𝑓 𝑛 − 2 ; 𝑓 0 = 1; 𝑓 1 = 1

= 𝑃 𝑥 הוא הנוסחא של האופייני הפולינום :פיתרון 𝑥2 − 𝑥 − 𝜆1,2 הם 𝑃(𝑥) של השורשים. 1 =1± 5

2 .

= 𝑓 𝑛 הוא הכללי הפיתרון לכן 𝑎1𝜆1𝑛 + 𝑎2𝜆2

𝑛 .את למצוא ההתחלה בתנאי נשתמש 𝑎1 , 𝑎2 .נקבל

𝑓 0 = 1 = 𝑎1𝜆10 + 𝑎2𝜆2

0 = 𝑎1 + 𝑎2

𝑓 1 = 1 = 𝑎1𝜆1 + 𝑎2𝜆2 = 𝑎1𝜆1 + 𝑎2𝜆2

𝑎1 ומקבלים המערכת את פותרים. משתנים בשתי תליניארי מערכת קבלנו =5+ 5

10, 𝑎2 =

5− 5

10 .

𝐼 הסדרה היא לשאלה הפיתרון, לכן = 𝑓 𝑛 𝑛=0 י"ע המוגדרת ∞

𝑓 𝑛 =5 + 5

10∙

1 + 5

2

𝑛

+5 − 5

10∙

1 − 5

2

𝑛

=1

5

1 + 5

2

𝑛+1

−1

5

1 − 5

2

𝑛+1

. שלם מספר נותנת תמיד הנוסחא :הערה

= 𝑓 𝑛 תהי :(משפט)שורשים מרובים לפולינום אופייני 𝑐𝑖𝑓 𝑛 − 𝑖 𝑟𝑖=1 , 𝑐𝑟 ≠ 𝜆1 כי נניח. 0 , … , 𝜆𝑘

= 𝑃 𝑥 האופייני הפולינום של השונים השורשים כל 𝜆𝑟−𝑖 ∙ 𝑐𝑖𝑟𝑖=0 אלגבריים ריבויים עם 𝑆1 , … , 𝑆𝑘 כאשר

𝑆𝑖𝑘𝑖=1 = 𝑟 .לכל. בסיסו מהוות שהן הבאות הסדרות ידי על נפרש הפתרונות של המרחב תת אזי 𝑖 הסדרות

הבאות

𝜆𝑖𝑛 𝑛=0

∞ , 𝑛 ∙ 𝜆𝑖𝑛 𝑛=0

∞ , … , 𝑛𝑆1−1 ∙ 𝜆𝑖𝑛 𝑛=0

∞

. המבוקש המרחב תת לבסיס סדרות 𝑆𝑖 תורם שורש שכל כך

. ל"בת היא הזו שהקבוצה וגם פיתרון הן האלו הסדרות כל שאכן לבדוק צריך. תרגיל :הוכחה

הומוגניות לא תליניאריו נסיגהנוסחאות 1.2.6

לא הומוגנית תליניארימשוואת נסיגה 𝑓(𝑛) תהי :משפט

∗∗ 𝑓 𝑛 = 𝑔 𝑛 + 𝑐𝑖𝑓 𝑛 − 𝑖

𝑟

𝑖=1

המשוואה ההומוגנית המתאימה ותהי

∗ 𝑓 𝑛 = 𝑐𝑖𝑓 𝑛 − 𝑖

𝑟

𝑖=1

= 𝑎 סדרה כי נניח .המתאימה ההומוגנית המשוואה 𝑎 𝑛 𝑛=0= 𝑏 סדרה אז ∗∗ את פותרת ∞ 𝑏 𝑛 𝑛=0

∞

= 𝑕 הסדרה מ"אמ ∗∗ את פותרת 𝑎 − 𝑏 י"ע המוגדרת 𝑕 𝑛 = 𝑎 𝑛 − 𝑏(𝑛) של פיתרון היא ∗ .

: הוכחה

, 𝑎 נתון. ∗ את פותרת 𝑕 כי להוכיח ויש ∗∗ את פותרת 𝑏 :ראשון כיוון (1) 𝑏 ולכן ∗∗ את פותרת

30




𝑎 𝑛 = 𝑐1𝑎 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑎 𝑛 − 𝑟 + 𝑔 𝑛

𝑏 𝑛 = 𝑐1𝑏 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑏 𝑛 − 𝑟 + 𝑔 𝑛

𝑎 𝑛 − 𝑏 𝑛 = 𝑐1 𝑎 𝑛 − 𝑏 𝑛 + ⋯ + 𝑐𝑟 𝑎 𝑛 − 𝑟 − 𝑏 𝑛 − 𝑟

כלומר

𝑕 𝑛 = 𝑐1𝑕 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟 𝑛 − 𝑟

= 𝑕 ולכן 𝑕 𝑛 𝑛=0 ∗ ההומוגנית המשוואה של פיתרון הוא ∞

𝑕 נתון :שני כיוון (2) = 𝑕 𝑛 𝑛=0 להוכיח יש אז. ∗∗ את פותרת 𝑎 ונתון ∗ את פותרת ∞

𝑏 = 𝑎 − 𝑕 .

𝑎 𝑛 = 𝑐1𝑎 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑎 𝑛 − 𝑟 + 𝑔 𝑛

𝑕 𝑛 = 𝑐1𝑕 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑕 𝑛 − 𝑟

ונקבל המשוואות את נחסיר

𝑏 𝑛 = 𝑐1𝑏 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑏 𝑛 − 𝑟 + 𝑔 𝑛

. ∗∗ את פותרת 𝑏 גם ולכן

פיתרון+ הומוגנית הלא המשוואה של פרטי פתרון הוא הומוגנית לא נסיגה משוואת של הכללי הפיתרון :מסקנה

.המתאימה ההומוגנית המשוואה של כללי

= 𝑕 סדרה :דוגמה 𝑕 𝑛 𝑛=0= 𝑕 𝑛 י"ע המוגדרת ∞ 2𝑕 𝑛 − 1 + 1, 𝑕 0 = 0 .

= 𝑕 𝑛 הומוגנית לא נסיגה משוואת על תחילה נסתכל :פיתרון 2𝑕 𝑛 − 1 + הסדרה לב נשים. 1

𝑏 = (−1, −1, … = 𝑕 𝑛 היא המתאימה ההומוגנית המשוואה. המשוואה את פותרת ( 2𝑕 𝑛 − הפולינום. 1

= 𝑝 𝑥 הוא האופייני 𝑥 − 𝜆 הוא 𝑝(𝑥) של השורש. 2 = הוא ההומוגנית הנוסחא של הכללי הפתרון ולכן 2

𝑕 𝑛 = 𝑎 ∙ 2𝑛 .הוא הומוגנית הלא המשוואה של הכללי הפיתרון, קודם ממשפט, לכן 𝑕 𝑛 = 𝑎 ∙ 2𝑛 − 1 .

= 𝑕 0 התחלה תנאי לפי 0 = 𝑎 ∙ 2𝑛 − 𝑎 אז 1 = = 𝑕 𝑛 אז 1 2𝑛 − 1 .

(:מהתרגול)הומוגניות לא נסיגה נוסחאות לפיתרון אלגוריתם

: הומוגנית לא נסיגה תנוסח 𝑓(𝑛)תהי

𝑓 𝑛 = 𝑐1𝑓 𝑛 − 1 + 𝑐2𝑓 𝑛 − 2 + ⋯ + 𝑐𝑟𝑓 𝑛 − 𝑟 + 𝑝1 𝑛 ∙ 𝛿1𝑛 + ⋯ 𝑝𝑠 𝑛 ∙ 𝛿𝑠

𝑛

𝑓 1 = 𝑎1 , 𝑓 2 = 𝑎2 , … , 𝑓 𝑟 = 𝑎𝑟

𝑥𝑟 הוא האופייני הפולינום − 𝑐1𝑥𝑟−1 − ⋯ − 𝑐𝑟

נסמן 𝛼 שורש לכל. ריבויים את האופייני הפולינום שורשי את מוצאים. האופייני הפולינום את מוצאים .1

= 𝑚 𝛼 אז אינו שורש של הפולינום האופייני 𝛼אם . 𝑚 𝛼-ב ריבויו את 0 .

𝑝𝑖 𝑛 𝛿𝑖 מהצורה הומוגני לא איבר לכל .2𝑛 בפתרון איבר מתאימים 𝑞𝑖 𝑛 𝑛𝑚(𝛿𝑖)𝛿𝑖

𝑛 דרגתו 𝑞𝑖 כדרגת

𝑝𝑖 .את מוצאים 𝑞𝑖 נסמן. הרקורסיה בנוסחת הצבה ידי על

𝑞𝑖 𝑛 = 𝑏𝑖𝑥𝑖

deg 𝑝𝑖

𝑖=0

𝑏𝑖 𝑖=0 ונמצא אתdeg 𝑝𝑖 מקדמי𝑞𝑖 ,הבאת הנסיגה באופן חעל ידי הצבה בנוס:

𝑞𝑖 𝑛 ∙ 𝑛𝑚 𝛿𝑖 ∙ 𝛿𝑖𝑛 = 𝑐𝑗

𝑟

𝑗 =1

∙ 𝑞𝑖 𝑛 − 𝑗 ∙ 𝑛 − 𝑗 𝑚 𝛿𝑖 ∙ 𝛿𝑖𝑛−𝑗

+ 𝑝𝑖 𝑛 𝛿𝑖𝑛

𝑠

𝑖=1

𝑏𝑖 𝑖=0 נשווה את מקדמי הפולינום אחרי פיתוח ונקבל את deg 𝑝𝑖 .

31




היא הפתרון צורת .3

𝑓 𝑛 = 𝑎𝑖𝑗 𝑛𝑗𝜆𝑖

𝑛

𝑚 𝜆𝑖 −1

𝑗=0

𝑘

𝑖=1

+ 𝑞𝑖 𝑛 𝑛𝑚 𝛿𝑖 𝛿𝑖𝑛

𝑠

𝑖=1

𝑘 השונים השורשים מספר ,𝜆𝑖 ה השורש הוא-𝑖 .את 𝑎𝑖𝑗 י הצבה"ע ההתחלה מתנאי מוצאים.

הובא ללא הוכחה :הוכחה

פונקציות יוצרות 7

י 'סדרת פיבונצ :דוגמא

𝑓 𝑛 = 𝑓 𝑛 − 1 + 𝑓 𝑛 − 2 ; 𝑓 0 = 1; 𝑓 1 = 1

= 𝐹 𝑥 פונקציה נגדיר 𝑓 𝑛 𝑥𝑛∞𝑛=0 .אז

𝐹 𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑓 𝑛 𝑥𝑛

∞

𝑛=2

=

= 1 + 𝑘 + 𝑓 𝑛 − 1 + 𝑓 𝑛 − 2 𝑥𝑛

∞

𝑛=2

= 1 + 𝑘 + 𝑓 𝑛 − 1 𝑥𝑛

∞

𝑛=2

+ 𝑓 𝑛 − 2 𝑥𝑛

∞

𝑛=2

= 1 + 𝑥 + 𝑥 𝑓 𝑛 − 1 𝑥𝑛−1

∞

𝑛=2

+ 𝑥2 𝑓 𝑛 − 2 𝑥𝑛−2

∞

𝑛=2

= 1 + 𝑥 + 𝑥 𝐹 𝑥 − 1 + 𝑥2𝐹 𝑥

= 1 + 𝑥𝐹 𝑥 + 𝑥2𝐹 𝑥

= 𝐹 𝑥 קיבלנו 1 + 𝑥𝐹 𝑥 + 𝑥2𝐹 𝑥 ולכן ,𝐹 𝑥 =1

1−𝑥−𝑥2 .את נפתח 𝐹(𝑥) טיילור טור) מקלורן לטור

1 של השורשים(. 0-ל מסביב − 𝑥 − 𝑥2 הם 𝜆1 =−1+ 5

2, 𝜆2 =

−1− 5

2 ולכן.

𝐹 𝑋 = 1

1 − 𝑥 − 𝑥2

=1

𝑥 5

1

1 + 𝜆2𝑥−

1

1 − 𝜆1𝑥

נזכור1

1−𝑘𝑥= 1 + 𝑘𝑥 + 𝑘2𝑥2 + אז ⋯

= 1

𝑥 5 −𝜆2𝑘 𝑛

∞

𝑛=0

− 𝜆1𝑘 𝑛

∞

𝑛=0

= 1

𝑥 5 −𝜆2 𝑛 − −𝜆1 𝑛 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

=1

5 −𝜆2 𝑛 − −𝜆1 𝑛 𝑥𝑛+1

∞

𝑛=0

32




: מכאן

𝑓 𝑛 =1

5 5 + 1

2

𝑛+1

−1

5 5 − 1

2

𝑛+1

= 𝑎 תהי: (הגדרה) יוצרת פונקציה 𝑎𝑛 𝑛=0= 𝑓 𝑥 הפונקציה. סדרה ∞ 𝑎𝑛𝑥𝑛∞

𝑛=0 הפונקציה נקראת

. 𝑎 של היוצרת

= 𝑎 סדרה רועב כי נניח :משפט 𝑎𝑛 𝑛=0𝑘 קבוע קיים ∞ > 𝑎𝑛 ש כך 0 ≤ 𝑘𝑛 כל עבור 𝑛 .הטור אז

𝑎𝑛𝑥𝑛∞𝑛=0 בקטע מתכנס −

1

𝑘,

1

𝑘= 𝑓 𝑥 לפונקציה, מזאת יתרה. 𝑎𝑛𝑥𝑛∞

𝑛=0 -ב סדר מכל נגזרות יש

𝑥 = 𝑎𝑛 וכן 0 =𝑓 𝑛 0

𝑛! .

2א "חדו :הוכחה

:דוגמאות

(1) 𝑎 = (0, … ,0,1

𝑘, 0, … = 𝑓 𝑥 היא המתאימה הפונקציה אז. 𝑘-ה במקום 0-מ שונה ( 𝑥𝑘 .

(2) 𝑎 = 1,1,1, = 𝑓 𝑥אז …1

1−𝑥

= 𝑓 𝑥 פונקציה יש אם כללי באופן1

1−𝑘𝑥= 𝑎 לסדרה מתאים הוא אז (1, 𝑘, 𝑘2, 𝑘3 , … )

𝛼 עבור: תזכורת (3) ∈ ℝ ו-𝑛 ∈ ℕ נסמן 𝛼𝑛 =

𝛼 𝛼−1 ∙…∙ 𝛼−𝑛+1

𝑛!

1 אז + 𝛼 𝑛 = 𝛼𝑛 𝑥𝑛∞

𝑛=0 אם, לכן 𝑎 = 𝛼𝑛

𝑛=0

∞= 𝑓 𝑥 אז 1 + 𝑥 𝛼 הפונקציה היא

. 𝑎 של היוצרת

פעולות 1.7

, 𝑎 הסדרות 𝑏 שלהן היוצרות והפונקציות 𝑓 𝑥 , 𝑔 𝑥 בהתאמה.

+ 𝑎 הסדרה שעבור מתקיים :סכום (1) 𝑏 היא 𝑓 + 𝑔 𝑥

𝛼 :בסקלר כפל (2) ∙ 𝑎 שלה היוצרת והפונקציה 𝛼𝑓 𝑥

= ′𝑎 :ימינה הזזה (3) (0, … ,0, 𝑎0 , 𝑎1 , … המתאימה הפונקציה אז צעדים 𝑘-ב הזזה (

𝑓 ′ 𝑥 = 𝑥𝑘𝑓 𝑥

:הזזה שמאלה (4)

= 𝑎 :דוגמה 𝑎𝑛 𝑛=0= 𝑓 𝑥 היוצרת והפונקציה ∞ 𝑎𝑛𝑥𝑛∞

𝑛=0 .על נסתכל

𝑓 𝑥 − 𝑎0 − 𝑎1𝑥 − 𝑎2𝑥2 = 𝑎𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=2

= 𝑥3 𝑎𝑛𝑥𝑛−3

∞

𝑛=3

= 𝑥3 𝑎𝑛+3𝑥𝑛

∞

𝑛=0

33




∞𝑎𝑛+3𝑥𝑛 ולכן𝑛=0 =

𝑓 𝑥 −𝑎0−𝑎1𝑥−𝑎2𝑥2

𝑥3

𝑎3) הסדרה של היוצרת הפונקציה ולכן , 𝑎4 , … היא ( 𝑓 𝑥 −𝑎0−𝑎1𝑥−𝑎2𝑥2

𝑥3

𝜶𝒙-ב 𝒙החלפת (5)

𝑐𝑛 הסדרה את יוצרת 𝑓 𝛼𝑥 אז 𝑎 של יוצרת פונקציה 𝑓 אם = 𝛼𝑛𝑎𝑛

𝑏𝑛𝑘 כאשר 𝑏𝑛 את יוצרת 𝑓(𝑥𝑘) אז 𝑎 של יוצרת הפונקצי 𝑓 אם :𝒙𝒌-ב 𝒙 החלפת (6) = 𝑎𝑛 ואם 𝑘 ∤ 𝑚

𝑏𝑚 אז = 0 .

𝑎𝑛 י"ע המוגדרת 𝑎𝑛 הסדרה של יוצרת פונקציה נמצא :דוגמה = 2 𝑛

2

𝑎𝑛 = (1,1,2,2,4,4,8,8, … )

אז1

1−2𝑥,1,2,4,8) את יוצרת … ונקבל 𝑥2 ונציב. הסדרה את לרווח רוצים אנחנו אז. (

1

1−2𝑥2 שיוצרת

,1,0,2,0,4,0) את … ימינה מהזזה. (𝑥

1−2𝑥2 0,1,0,2,0,4) את יוצרת, … מסכום. (1+𝑥

1−2𝑥2 את יוצרת

.המבוקש

= 𝑎 את יוצרת 𝑓 אם :גזירה (7) 𝑎𝑛 אז 𝑓 = 𝑏 הסדרה את יוצרת ′ 𝑎1 , 2𝑎2 , 3𝑎3 , … .

�̅� הסדרה עבור יוצרת פונקציה נמצא :דוגמה = 𝑒𝑛 ; 𝑒𝑛 = 𝑛2 .יודעים 1

1−𝑥 את יוצרת

(1,1,1,1, … ואז (1

1−𝑥

′=

1

1−𝑥

2𝑎𝑛 את יוצרת = (1,2,3,4, … 𝑎𝑛 אז ( = 𝑛 + 1 .

𝑥

1−𝑥 2

𝑏𝑛 עבור 𝑏 את יוצרת = 𝑛 אז 𝑥

1−𝑥 2 ′

𝑛 את יוצרת + 1 𝑏𝑛+1 = 𝑛 + אחד מקום נזיז 2 1

ונקבל ימינה𝑥+𝑥2

1−𝑥 3 את יוצרת 𝑛2

∫ אז 𝑎 את יוצרת 𝑓 𝑥 אם :אינטגרציה (8) 𝑓 𝑡 𝑑𝑡𝑥

0𝑏0 כאשר 𝑏 את יוצרת = 𝑏𝑛ו 0 =

𝑎𝑛−1

𝑛

,𝑓 אם :כפל (9) 𝑔 את יוצרות 𝑎 , 𝑏 המכפלה אז בהתאמה 𝑓 ∙ 𝑔 הסדרה את יוצרת 𝑐 כאשר 𝑐𝑛 = 𝑎𝑛 ∙

𝑏0 + 𝑎𝑛−1𝑏1 + ⋯ + 𝑎0𝑏𝑛 = 𝑎𝑖𝑏𝑛−𝑖𝑛𝑖=0

: הוכחה

𝑓 ∙ 𝑔 = 𝑎𝑛 ∙ 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

∙ 𝑏𝑚 ∙ 𝑥𝑚

∞

𝑚=0

= 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 + ⋯ ∙ 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥2 + ⋯

אז 𝑎 את יוצרת פונקציה 𝑓 אם :סכימה (01)𝑓

1−𝑥𝑐𝑛 כאשר 𝑐̅ את יוצרת = 𝑎𝑖

𝑛𝑖=0

= 𝑎 עם( 9) של פרטי מקרה :הוכחה 1,1,1, …

𝑘2𝑛 את מצאו :דוגמה𝑘=1 . יוצרת פונקציה נמצא.

𝑎𝑛 של היוצרת הפונקציה את מצאנו :פיתרון = 𝑛2 ( 10)-מ אז1

1−𝑥∙

𝑥+𝑥2

1−𝑥 3 =𝑥+𝑥2

1−𝑥 4 את יוצרת 𝑘2𝑛𝑘=1 .

ש לב נשים? היוצרת הפונקציה של לטור בפיתוח 𝑥𝑛 של המקדם מהו1

1−𝑥

′=

1

1−𝑥 2 ו- 1

1−𝑥 2 ′

=2

1−𝑥 3

-ו2

1−𝑥 3 ′

=6

1−𝑥 4 לכן,

34




1

1 − 𝑥 4=

1

6 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

′′′

=1

6 𝑛 𝑛 − 1 𝑛 − 2 𝑥𝑛−3

∞

𝑛=0

=1

6 𝑛 𝑛 − 1 𝑛 − 2 𝑥𝑛−3

∞

𝑛=3

=1

6 𝑚 + 3 𝑚 + 2 𝑚 + 1 𝑥𝑚

∞

𝑚=0

= 𝑚 + 3

3 𝑥𝑚

∞

𝑚=0

לכן

𝑔 𝑥 =𝑥 + 𝑥2

1 − 𝑥 4

= 𝑥 𝑛 + 3

3 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

+ 𝑥2 𝑛 + 3

3 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

= 𝑛 + 3

3 𝑥𝑛+1

∞

𝑛=0

+ 𝑛 + 3

3 𝑥𝑛+2

∞

𝑛=0

= 𝑚 + 2

3 𝑥𝑚

∞

𝑚=1

+ 𝑚 + 1

3

∞

𝑚=2

𝑥𝑚

𝑛+2 הוא 𝑥𝑛 של המקדם כלומר3

+ 𝑛+13

ונפתח

𝑛 + 2 𝑛 + 1 𝑛

6+

𝑛 + 1 𝑛 𝑛 − 1

6=

𝑛 + 1 𝑛 2𝑛 + 1

6

שימושים 2.7

𝑆1 :טענה , … , 𝑆𝑘 ⊆ ℕ ∪ 𝑥𝑛 אזי קבוצות 0 𝑛∈𝑆𝑖

𝑘𝑖=1 = 𝑎𝑛𝑥𝑛∞

𝑛=0 כאשר 𝑎𝑛 הדרכים מספר הוא

𝑠1 כסכום 𝑛 את לקבל + 𝑠2 + ⋯ + 𝑠𝑘 כאשר si ∈ Si .

. והסכום הכפל על קומבינטוריקה. האגפים בשני 𝑥𝑛 של המקדם מהשוואת נובע :הוכחה

𝑆1 לדוגמה = 0,1,2 , 𝑆2 = ℕ𝑒𝑣𝑒𝑛 ∪ 0 , 𝑆3 = 1,7,10 .

1 + 𝑥 + 𝑥2 1 + 𝑥2 + 𝑥4 + 𝑥6 + ⋯ 𝑥 + 𝑥7 + 𝑥10

כי נוכיח :דוגמה1

1−𝑥

𝑘= 𝑛+𝑘−1

𝑘−1 ∞

𝑛=0.

:פיתרון1

1−𝑥= 𝑥𝑛∞

𝑛=0 .נסמן אם 𝑆𝑖 = ℕ ∪ 1 לכל 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 נקבל אז

𝑥𝑛

𝑛∈𝑆𝑖

𝑘

𝑖=1

= 1

1 − 𝑥

𝑘

= 𝑎𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=0

35




𝑠1 של כסכום 𝑛 את לקבל הדרכים מספר הוא 𝑎𝑛 כאשר + 𝑠2 + ⋯ + 𝑠𝑘 לכל 𝑎𝑛 = 𝑛+𝑘−1𝑘−1

.

𝑥1 המשוואה של הפיתרונות מספר את מצאו :דוגמה + 𝑥2 + 𝑥3 = 1 כאשר 9 ≤ 𝑥1 ≤ 2 ,−2 ≤ 𝑥2 ≤ 4 ,

2 ≤ 𝑥3 ≤ נסמן. 4

𝑦1 = 𝑥1 − 1, 𝑦2 = 𝑥2 + 2 , 𝑦3 = 𝑥3 − 2

𝑦1 למשוואה בשלמים הפתרונות מספר את נמצא + 𝑦2 + 𝑦3 = 0 כאשר 8 ≤ 𝑦1 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦2 ≤ 6, 0 ≤𝑦3 ≤ :נסמן. 2

𝑆1 = 0,1 , 𝑆2 = 0,1,2, … ,6 , 𝑆3 = 0,1,2

-ב 𝑥8 של המקדם את ונחפש

1 + 𝑥 1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥6 1 + 𝑥 + 𝑥2 = 1 + 𝑥 1 − 𝑥7

1 − 𝑥

1 − 𝑥3

1 − 𝑥

=1

1 − 𝑥 2 1 + 𝑥 1 − 𝑥7 1 − 𝑥3

=1

1 − 𝑥 2 1 + 𝑥 1 − 𝑥3 − 𝑥7 + 𝑥10

נקבל קודם ומתרגיל

= 1 + 𝑥 1 − 𝑥3 − 𝑥7 + 𝑥10 𝑛 + 1

1 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

= 1 + 𝑥 − 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥7 − 𝑥8 + ⋯ 𝑛 + 1 𝑥𝑛

∞

𝑛=0

= 9 + 8 − 6 − 5 − 2 − 1

= 3

36




הגרפים תורת 8

𝐺 הוא גרף :(הגדרה)גרף = 𝑉, 𝐸 כאשר. סדור זוג 𝑉 ו הקודקודים קבוצת הנקראת קבוצה הינה-𝐸 היא

.𝑉 איברי של הזוגות קבוצת

:הערות

,𝑢 אם (1) 𝑣 ∈ 𝐸(𝐺) גרף של צלע 𝐺 ועבור 𝑢 = 𝑣 לולאה תקרא הצלע.

.𝑣-ל 𝑢 בין כפולה צלע יש 𝐺-ב כי נאמר, אחת מצלע יותר 𝐺 בגרף מחברות 𝑣-ל 𝑢 בין אם (2)

. מכוון גרף נקרא 𝐺 אז, סדורים זוגות הן 𝐺 של צלעות אם (3)

.מכוון לא גרף נקרא 𝐺 אז, סדורים לא צלעות הן 𝐺 צלעות אם (4)

.סופי 𝑉 וכאשר בלבד כפולות צלעות ללא, לולאות ללא, מכוונים לא בגרפים רק נדון, והלאה מכאן

𝐺1 יהיו :(הגדרה)ם גרפי של איזומורפיזם = 𝑉1, 𝐸1 , 𝐺2 = (𝑉2 , 𝐸2) הפונקציה. גרפים 𝜑: 𝑉1 → 𝑉2

אם איזומורפיזם נקראת

(1) 𝜑 ע ועל "חח𝑉2

,𝑢 לכל (2) 𝑣 ∈ 𝑉1 מתקיים 𝑢, 𝑣 ∈ 𝐸1 ⇔ 𝜑 𝑢 , 𝜑 𝑣 ∈ 𝐸2

𝐺1 גרפים(: הגדרה) םאיזומורפיי גרפים , 𝐺2 איזומורפיזם קיים אם םאיזומורפיי נקראים 𝜑 בין 𝐺1 לבין 𝐺2.

.שקילות יחס הוא גרפים על האיזומורפיזם יחס :טענה

.מיידי :הוכחה

של שמות ללא גרף, כלומר. מסומן לא גרף נקראת גרפים של איזומורפיזם יחס תחת שקילות מחלקת :הגדרה

.קודקודים

אזי קודקודים 𝑛 על מסומנים הלא הגרפים מספר את 𝑓 𝑛-ב נסמן :טענה2 𝑛2

𝑛 !≤ 𝑓 𝑛 ≤ 2 𝑛

2 .

𝑛 ידי על מתואר 𝑛 קודקודים קבוצת עם G גרף כי לב נשים :הוכחה2 כ"סה יש לכן אפשריות צלעות של זוגות

2 𝑛≥ 𝑓 𝑛 לכן קודקודים 𝑛 על מסומנים גרפים 2 2 𝑛

𝐺 גרף בהינתן. 2 = 𝑉, 𝐸 על 𝑛 בדיוק יש קודקודים

𝑛! פונקציות 𝜑: 𝑉 → 𝑉 ועל ע"חח 𝑉 .היותר לכל נקבל לכן 𝑛! על גרפים 𝑛 ל םשאיזומורפיי קודקודים-𝐺 (כולל

𝑛 2, לכן(. זהות שבכל כך( איזומורפיזם לפי) שקילות למחלקות מחולקים קודקודים 𝑛 על מסומנים גרפים 2

לפחות הוא השקילות מחלקות מספר לכל. גרפים !𝑛 היותר לכל יש שקילות מחלקת2 𝑛2

𝑛 !

= 𝑓 𝑛 :מסקנה 2 𝑛2 1−𝑜 1

≥ 𝑓 𝑛 :הוכחה 2 𝑛2

𝑓 𝑛 ≥ 2 𝑛

2

𝑛!= 2 𝑛

2 −ln 𝑛! = 2 𝑛2 1−𝑜 1

𝐻 גרף :(הגדרה)תת גרף = 𝑈, 𝐹 גרף של גרף תת הוא 𝐺 = 𝑉, 𝐸 אם 𝑈 ⊆ 𝑉 ו-𝐹 ⊆ 𝐸.

𝐻 אם :(הגדרה)תת גרף פורש = 𝑈, 𝐹 של גרף-תת הוא 𝐺 = 𝑉, 𝐸 אבל 𝑈 = 𝑉 ש נאמר-𝐻 גרף-תת

.𝐺 של פורש

37




𝐺 יהי :(הגדרה)גרף נפרש = 𝑉, 𝐸 0 ותהי גרף ≠ 𝑉0 ⊆ 𝑉 בתוך קודקודים קבוצת 𝐺 .י"ע הנפרש הגרף 𝑉0

= 𝑉 𝐺 𝑉0 י"ע המוגדר 𝐺 של גרף תת הוא 𝐺 𝑉0 י"ע המסומן 𝑉0 ו-

𝐸 𝐺 𝑉0 = 𝑒 ∈ 𝐸 𝐺 | 𝑒 ∩ 𝑉0 = 2 .

דרגות 1.8

𝐺 יהי :(הגדרה)דרגה = 𝑉, 𝐸 קודקוד של הדרגה. גרף 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 ,ב המסומנת-𝑑𝐺 𝑣 י"ע מוגדרת

𝑑𝐺 𝑣 = 𝑒 ∈ 𝐸 𝐺 |𝑣 ∈ 𝑒 .

𝐺 גרף לכל :טענה = 𝑉, 𝐸 קייםמת 𝑑𝐺 𝑣 𝑣∈𝑉 = 2 𝐸

,𝑢 צלע כל שמאל באגף בספירה :הוכחה 𝑣 = 𝑒 ∈ 𝐸 𝐺 עבור אחת פעם) צלע כל פעמיים בדיוק נספרת 𝑢 . 𝐸 2-ל שווה הסכום לכןו (𝑣 עבור אחת עםפו

𝐺 גרף בכל :מסקנה = 𝑉, 𝐸 כי אחרת היינו מקבלים שהסכום אי )ת זוגי אי מדרגה קודקודים של זוגי מספר יש

(.זוגי

𝐺 גרף :(הגדרה)רגולרי -𝒅גרף = 𝑉, 𝐸 נקרא 𝑑-אם רגולרי 𝑑𝐺 𝑣 = 𝑑 לכל 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺

.יתכן לא אז זוגי-אי הדרגות סכום, לא? קודקודים 13 על רגולרי 5 גרף קיים האם :דוגמה

מסלולים ומעגלים ,הילוכים 2.8

𝐺 יהי :(הגדרה)הילוך = 𝑉, 𝐸 קודקודים סדרת. גרף 𝑊 = 𝑣0 , 𝑣1 , … , 𝑣𝑘 ב הילוך נקראת-𝐺 אם

𝑣𝑖 , 𝑣𝑖+1 ∈ 𝐸 𝐺 0 לכל ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 − .𝑘 הוא כזה הילוך של האורך. 1

𝐺 יהי :(הגדרה)מסלול = 𝑉, 𝐸 הילוך. גרף 𝑝 מסלול נקרא אחת פעם מופיע קודקוד כל בו.

𝐺 בגרף הילוך 𝑊 יהי :טענה = 𝑉, 𝐸 בין המחבר 𝑢 לבין 𝑣 .אז 𝑊 מסלול מכיל 𝑝 בין המחבר 𝑢 לבין 𝑣.

(. 𝑙-ב נסמנו) 𝑊 של האורך על באינדוקציה :הוכחה

𝑙 עבור (1) = 𝑊 כזה במקרה :0 = 𝑣0 .לקחת ניתן אז 𝑃 = 𝑊 .

𝑊 שיש נניח: האינדוקציה צעד (2) = 𝑣0 , 𝑣1 , … , 𝑣𝑙 ב אם-𝑊 סיימנו אז עצמו על חוזר לא קודקוד אף .

של סמוכות הופעות 2 בין הצלעות כל את 𝑊-מ נסלק. עצמו על חוזר אשר 𝑣𝑖 קודקוד קיים 𝑊-ב אחרת

𝑣𝑖 ,הילוך נקבל 𝑊 , ההאינדוקצי הנחת לפי לכן. 𝑊-מ קצר יותר והוא 𝑣 לבין 𝑢 בין מחבר עדיין אשר ′

𝑊 ⊆ 𝑊 . 𝑣 לבין 𝑢 בין המחבר 𝑝 מסלול מכיל ′

קשירות ורכיבי קשירים גרפים 3.8

𝐺 גרף :(הגדרה)גרף קשיר = 𝑉, 𝐸 לכל אם קשיר גרף נקרא 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉 ,גרף 𝐺 מסלול מכיל 𝑝 בין מחברה 𝑢 . 𝑣 לבין

𝐺 יהי :(הגדרה)יחס קשירות = 𝑉, 𝐸 קשירות יחס. גרף 𝑅 על 𝐺 אם: הבא באופן מוגדר 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉 אז

𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅 אם 𝐺 בין המחבר מסלול מכיל 𝑢 לבין 𝑣.

𝐺 גרף לכל :טענה = 𝑉, 𝐸 הקשירות יחס 𝑅 על 𝐺 שקילות יחס הוא:

: הוכחה

,𝑣 לוודא יש :רפלקסיביות (1) 𝑣 ∈ 𝑅 לכל 𝑣 ∈ 𝑉 .לבחור אפשר כי 𝑊 = 𝑣 .

38




,𝑢 אם :סימטריות (2) 𝑣 ∈ 𝑅 אז 𝑣, 𝑢 ∈ 𝑅 מסלול 𝑝 בין המחבר 𝑢 ל-𝑣 בין גם מחבר 𝑣 ל-𝑢 (הגרף

(.מכוון אינו שלנו

,𝑢 אם יש :טרנזיטיביות (3) 𝑣 , 𝑣, 𝑤 ∈ 𝑅 גם אז 𝑢, 𝑤 ∈ 𝑅 .ש כיוון- 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅 גרף 𝐺 מכיל

ם המסלולי של לשרשור גם מסלול שקיים בטענה משתמשים… 𝑣 לבין 𝑢 בין המחבר 𝑝1 מסלול

(מרפלקסיביות)

𝐺 יהי :(הגדרה)רכיב קשירות = 𝑉, 𝐸 קבוצה אם. גרף 𝑉0 ⊆ 𝑉 של שקילות מחלקת אהי 𝐺 יחס לפי

.קשירות רכיב נקרא 𝑉0 אז, קשירות

𝐺 יהי :(הגדרה)מעגל = 𝑉, 𝐸 הילוך. גרף 𝑊 = 𝑣0 , … , 𝑣𝑘 ב-𝐺 אם מעגל נקרא 𝑘 ≥ 𝑣0 וגם 3 = 𝑣𝑘

.מזה זה ושונים 𝑣0-מ שונים הקודקודים שאר וכל

זוגי אי ונקרא זוגי באורך הוא אם זוגי האורך הוא אם זוגי נקרא 𝐺 בגרף 𝐶 מעגל :(הגדרה)מעגל זוגי ואי זוגי

.אחרת

צדדים-דו גרפים 4.8

𝐺 גרף :(הגדרה)צדדי -גרף דו = 𝑉, 𝐸 של חלוקה קיימת אם צדדי דו גרף נקרא 𝑉 = 𝐴 ∪ 𝐵 ש כך

(1) 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝜙

(2) ∀𝑒∈𝐸 𝐺 𝑒 ∩ 𝑉 𝐴 = 𝑒 ∩ 𝑉 𝐵 = 1

𝐺נתן גרף יבה :(הגדרה)מרחק = 𝑉, 𝐸 ו-𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉 𝐺 אז המרחק בין𝑢 ל-𝑣 המסומן ב-𝑑𝑖𝑠𝑡 𝑢, 𝑣 הוא

אז נסמן 𝑣-ל 𝑢אין מסלול המחבר בין 𝐺-אם ב. 𝑣-ל 𝑢אשר מחבר בין 𝐺-האורך המינימאלי של מסלול ב

𝑑𝑖𝑠𝑡 𝑢, 𝑣 = ∞.

𝐺גרף :משפט = 𝑉, 𝐸 מ "צדדי אמ-הוא דו𝐺 זוגיים-אינו מכיל מעגלים אי

: הוכחה

.זוגיים-אינו מכיל מעגלים אי 𝐺-ל ש"צ. דו צדדי 𝐺נתון (1)𝑉דו צדדי קיימת חלוקה 𝐺-כיוון ש = 𝐴 ⊎ 𝐵 כך ש- 𝑒 ∩ 𝐵 = 𝑒 ∩ 𝐴 = 𝑒לכל 1 ∈ 𝐸 𝐺 . נניח

𝐶מכיל מעגל 𝐺בשלילה כי = 𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣2𝑘+1 , 𝑣1 2באורך𝑘 + בלי הגבלת הכלליות נניח כי . 1

𝑣2 ∈ 𝐴 .כיוון ש, לכן-𝐺 דו צדדי נובע כי𝑣1 ∈ 𝐵 ואז𝑣3 ∈ 𝐵 ולבסוף𝑣2𝑘+1 ∈ 𝐵 . אבל אז

𝑣2𝑘+1 , 𝑣1 ∈ 𝐴 ו- 𝑣1 , 𝑣2𝑘+1 ∈ 𝐸 𝐺 .סתירה.

.דו צדדי 𝐺-זוגיים וצריך להוכיח ש-אינו מכיל מעגלים אי 𝐺נתון (2)𝑐1אם . הוא גרף קשיר 𝐺נוכל להניח כי גרף , … , 𝑐𝑡 הם רכיבי הקשירות של𝐺 ו- 𝑐𝑖 הוא גרף דו צדדי

𝐴𝑖עם חלוקה ⊎ 𝐵𝑖 י "המוגדרת ע𝐵 = 𝐵1 ∪ 𝐵2 ∪ … ∪ 𝐵𝑡 ו-𝐴 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑡 היא

נבחר קודקוד שרירותי . זוגיים-הוא גרף קשיר ללא מעגלים אי 𝐺נניח אם כן כי . 𝐺של יתדדצ-וקה דוחל

𝑉0 ∈ 𝑉 ולכל𝑖 ≥ 𝑉𝑖נגדיר 0 = 𝑢 ∈ 𝑉 | 𝑑𝑖𝑠𝑡 𝑉0 , 𝑢 = 𝑖 .אם , נשים לב 𝑢, 𝑣 ∈ 𝐸 𝐺 ,

𝑢 ∈ 𝑉𝑖 ,𝑣 ∈ 𝑉𝑗 אז 𝑖 − 𝑗 ≤ 𝑉נגדיר חלוקה של . 1 = 𝐴 ∪ 𝐵 באופן הבא:

𝐴 = 𝑉0 ∪ 𝑉2 ∪ 𝑉4 ∪ …

𝐵 = 𝑉1 ∪ 𝑉3 ∪ 𝑉5 ∪ …

𝑉נובע כי , הוא גרף קשיר 𝐺-כיוון ש = 𝐴 ⊎ 𝐵 ( ברור כי𝐴 ∩ 𝐵 = 𝜙.)

𝑉𝑖כיוון ששמנו לב כי אין צלע בין , 𝑉𝑗 כאשר 𝑖 − 𝑗 ≥ 𝑖נותר לבדוק כי לכל 2 ≥ לא 𝑉𝑖הקבוצה 0

,𝑢 מכילה צלע 𝑉𝑖נניח בשלילה כי שכבה . מכילה אף צלע 𝑣 ∈ 𝐸 𝐺 ויהי𝑃𝑤 מסלול באורך𝑖 מ-𝑤

∗𝑣יהי . 𝑉0-ל ∈ 𝑉𝑗 הקודקוד הראשון בו𝑃𝑢 , 𝑃𝑤 יתכן )נפגשים𝑗 = 0, 𝑣∗ = 𝑉0.) קיבלנו שני

39




𝑖מסלולים באורך − 𝑗 ,הראשון מ-𝑢 אל𝑣∗ והשני מ-𝑤 אל𝑣∗ .ביחד עם צלע , שני המסלולים האלה

𝑢, 𝑤 סוגרים מעגל𝐶 2באורך 𝑖 − 𝑗 + .זוגי וקיבלנו סתירה-הוא מעגל אי 𝐶ולכן 1

צדדיים-משפט הול לגרפים דו 1.4.8

𝐺בניתן גרף :(הגדרה)זיווג = 𝑉, 𝐸 קבוצת צלעות𝑀 ⊆ 𝐸 נקראית זיווג ב-𝐺 אם𝑒1 ∩ 𝑒2 = 𝜙 לכל

𝑒1 , 𝑒2 ∈ 𝑀 .

𝐴 צדדי -בהינתן גרף דו :(הגדרה)הרוויה ∪ 𝐵, 𝐸 = 𝐺 זיווג𝑀 ⊆ 𝐸 את צד מרווה𝐴 אם 𝑀 = 𝐴 .

.של זיווג מרווה צד נתון בגרף דו צדדי םנו למצוא תנאי מספיק והכרחי לקיומטרת

𝐺יהי :סימון = 𝐴 ∪ 𝐵, 𝐸 גרף דו צדדי ותהי𝐴0 ⊆ 𝐴. של הסביבה 𝐴0 ב-𝐺 המסומנת ב-𝑁(𝐴0) מוגדרת

י"ע

𝑁 𝐴0 = 𝑏 ∈ 𝐵 | ∃𝑒∈𝐸 𝑏 ∈ 𝑒 ∧ 𝑒\{𝑏} ∈ 𝐴0 .

𝐺צדדי -בגרף דו 𝐴עבור צד (:𝑯𝒂𝒍𝒍)תנאי הול = 𝐴 ∪ 𝐵, 𝐸 לכל𝐴0 ⊆ 𝐴 מתקיים 𝑁 𝐴0 ≥ 𝐴0 .

𝐺יהי :משפט הול = 𝐴 ∪ 𝐵, 𝐸 ב. גרף דו צדדי-𝐺 קיים זיווג𝑀 בגודל 𝑀 ≥ 𝐴 ( כלומר זיווג שמרווה את

𝐴 )מ תנאי הול מתקיים עבור צד "אמ𝐴.

:הוכחה

נניח כי .Aוצריך להוכיח שתנאי הול מתקיים עבור צד 𝐴המרווה את 𝑀קיים זיווג 𝐺-נתון שב (1)

𝐴 = 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ו-𝑀 = 𝑎1, 𝑏1 , … , 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 .כיוון ש-𝑀 1∀זיווג מתקיים≤𝑖≠𝑗≤𝑛𝑏𝑖 ≠ 𝑏𝑗.

𝐴0נניח ⊆ 𝐴 . נגדיר𝐵0 = 𝑏𝑖| 𝑎𝑖 ∈ 𝐴0 אז 𝐵0 = 𝐴0 ו-𝐵0 ⊆ 𝑁 𝐴0 ולכן

𝑁 𝐴0 ≥ 𝐵0 = 𝐴0 . ההוכחה. 𝐴המרווה את 𝑀זיווג 𝐺-וצריך להוכיח שקיים ב 𝐴שתנאי הול מתקיים עבור נתון (2)

. 𝐴 על באינדוקציה

= 𝐴 : האינדוקציהבסיס 1 .

𝐴נניח = 𝑎1 כיוון שתנאי הול מתקיים עבור 𝐴 , נובע כי לקודקוד𝑎1 יש שכן𝑏1 בצד𝐵 . לכן צלע

𝑒 = 𝑎1 , 𝑏1 היא הזיווג הרצוי.

: האינדוקציהצעד

= 𝐴 נניח שתנאי הול מתקיים עבור 𝑛 ונראה שהיא מתקיים עבור 𝐴 = 𝑛 + 1 𝜙לכל : מקרה ראשון ≠ 𝐴1 ⊆ 𝐴 מתקיים 𝑁 𝐴1 ≥ 𝐴1 + נבחר קודקוד , במקרה כזה. 1

𝑎1 ∈ 𝐴1 נבחר קודקוד , אחרי זה. שרירותית𝑏1 ∈ 𝐵 עבורו 𝑎1 , 𝑏1 ∈ 𝐸 . נסלק את𝑎1 , 𝑏1 ונקבל

𝐺גרף חדש ′𝐴עם צדדים ′ , 𝐵′ .לב כי תנאי הול מתקיים עבור נשים𝐴′ בגרף𝐺 𝐴0כי לכל ′ ⊆ 𝐴

מתקיים

𝑁𝐺 ′ 𝐴0 ≥ 𝑁𝐺 𝐴0 − 1 ≥ 𝐴0 + 1 − 1 = 𝐴0

𝐺-ולכן לפי הנחת האינדוקציה ב ′𝑀 בגודל ′𝑀קיים זיווג ′ = 𝐴′ = 𝐴 − את ′𝑀-נוסיף ל. 1

𝑎1 הצלע , 𝑏1 ל זיווג ונקב𝑀 בגודל 𝐴 = 𝑀′ + 1 = 𝑀 .

𝜙קיימת קבוצה : מקרה שני ≠ 𝐴0 ⊆ 𝐴 כך ש- 𝑁 𝐴0 = 𝐴0 . נגדיר𝐵1 = 𝑁𝐺 𝐴1 נגדיר

𝐴2 = 𝐴\𝐴1 , 𝐵2 = 𝐵\𝐵1 , 𝐺1 = 𝐺 𝐴1 ∪ 𝐵1 , 𝐺2 = 𝐴2 ∪ 𝐵2 . קבוצות , נשים לב

𝐺1הקודקודים של , 𝐺2 נמצא זיווג . זרות זו לזו𝑀1 בגודל 𝑀1 = 𝐴1 ב-𝐺1 ונמצא זיווג𝑀2 בגודל

𝑀2 = 𝐴2 ב-𝐺2 ואז קבוצה𝑀 = 𝑀1 ∪ 𝑀2 היא זיווג ב-𝐺 בגודל 𝐴 = 𝑀1 + 𝑀2 = 𝑀 .

40




𝑋נשים לב כי לכל : 𝐺1גרף ⊆ 𝐴1 ו- 𝑁𝐺1 𝑋 = 𝑁𝐺 𝑋 .כיוון שתנאי הול מתקיים ב-𝐺 עבור𝐴

≤ 𝑁𝐺 𝑋 נובע כי 𝑋 ולכן גם 𝑁𝐺1 𝑋 ≥ 𝑋 ואז תנאי הול מתקיים גם עבור𝐴1 ב-𝐺1 .מכאן ,

= 𝑀1 בגודל 𝑀1קיים זיווג 𝐺1-ב, לפי הנחת האינדוקציה 𝐴1 .

𝜙תהי : 𝐺2גרף ≠ 𝑋 ⊆ 𝐴2 .𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑁𝐺 𝑋 . נפריד בצורה מלאכותית

𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑁𝐺 𝑋 \𝑁𝐺 𝐴1

נשים לב כי

𝑁𝐺2= 𝑁𝐺 𝑋 \𝐵1 = 𝑁𝐺 𝐴1

ולכן

𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝑁𝐺 𝐴1 ⊎ 𝑁𝐺2 𝑋

כלומר

𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝑁𝐺 𝐴1 + 𝑁𝐺2 𝑋

𝐺ולכן לפי תנאי הול עבור

𝑁𝐺 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝑁𝐺 𝐴1 + 𝑁𝐺2 𝑋 ≥ 𝐴1 ∪ 𝑋 = 𝐴1 + 𝑋

𝑁𝐺2 ומכאן 𝑋 ≥ 𝑋

= 𝑀2 בגודל 𝑀2קיים זיווג 𝐺2-וקציה באינדולפי 𝐺2-ב 𝐴2תנאי הול מתקיים עבוד צד , לכן 𝐴2 .

𝑀נסמן = 𝑀1 ∪ 𝑀2 .כיוון של-𝐺1 ו-𝐺2 קודקודים זרים ,𝑀 הוא זיווג בגודל

𝑀 = 𝑀1 + 𝑀2 = 𝐴1 + 𝐴2 = 𝐴

. וסיימנו

משפט הול ומערכות נציגים 1.1.4.8

𝑆1בהינתן קבוצות :שאלה , 𝑆2 , … , 𝑆𝑛 (לאו דווקא זרות .) האם קיימת בחירת נציגים 𝑎𝑖 ∈ 𝑆𝑖 𝑖=1𝑛 כך שלכל

1 ≤ 𝑖 ≠ 𝑗 ≤ 𝑛 מתקיים𝑎𝑖 ≠ 𝑎𝑗? נאמר כי ל, אם בחירה כזאת קיימת- 𝑆1, 𝑆2 , … , 𝑆𝑛 מערכת נציגים קיימת

. (ש"מנ)שונים

,𝑆1 למשפחת קבוצות :משפט … , 𝑆𝑛 מ לכל קבוצת אינדקסים "ש אמ"קיימת מנ𝜙 ≠ 𝐼 ⊆ 𝑛 מתקיים

𝑆𝑖𝑖∈𝐼 ≥ 𝐼 .

.תרגיל :הוכחה

םיפרגה תרותו הקירוטניבמוקל אובמ תואצרהnogaa/intronotes.pdf · 1 ...

Documents