Kombinatorik - Georg Mohr-Konkurrencen

More documents

Recommendations

Info

<strong>Kombinatorik</strong>noter 2012, Kirsten Rosenkilde 34 Det er nemt at se at påstanden er sand for n = 1. Antag at den er sand for n = N . Da er 2 N +2 N + 2 N ∑+1 i =0 1 N +1 i 1 = 2 N +1 N + 2 N ∑ +1 i =0 1 N +1 i = 2 N +1 2 N + 2 + 1 N + 2 = 2 N +1 2 N + 2 + 1 N + 2 = 2 N +1 2 N + 2 + 1 N + 2 N ∑+1 + N ∑ i =0 N ∑ i =0 i =0 1 N +1 i 1 N +1 i 1 N +1 i N ∑+1 + + i =1 N∑ i =0 1 N +1 i 1 N +1 i +1 ∑ N i !(N + 1 − i )! + (i + 1)!(N − i )! i =0 2 = 2 N +1 N + 2 + 1 ∑ N N + 2 i =0 2 = 2 N +1 N + 2 + 1 ∑ N N + 2 i =0 2 = 2 N +1 N + 2 + 1 ∑ N N + 1 2N +2 = N + 2 = + 2N +1 N + 1 2N +2 N ∑+1 N + 2 + N ∑+2 = i i =1 2 i i =1 2 i i N∑ i =0 1 N i i =0 (N + 1)! i !(N − i )!((N + 1 − i ) + (i + 1)) (N + 1)! i !(N − i )!(N + 2) (N + 1)! i !(N − i )! Opgave 6.1 Lad P(x) = (1 + x) 2011 , Q(x) = (1 + x) 2012 og R(x) = (1 + x) 2013 . Her repræsenterer 1 plat og x krone eller omvendt. På denne måde ses at Astrid kan få m gange krone på netop [x 2011−m ]P(x ) måder, David kan få m gange krone på netop [x m ]R(x) måder, Bertram kan få n + 1 gange krone på [x 2012−(n+1) ]Q(x ) måder, og Cecil kan få n gange krone på [x n ]Q(x ) måder. Dermed er sandsynligheden for at Astrid og David får krone det samme antal gange ∑ 2011 m =0 [x 2011−m ]P(x ) · [x m ]R(x) 2 2011+2013 = [x 2011 ](1 + x) 2011+2013 2 4024 = N ! 2024 2011 2 4024 . Sandsynligheden for at Bertram får netop en gange krone mere end Cecil, er tilsvarende ∑ 2011 [x 2011−n ]Q(x) · [x n ]Q(x) n=0 = [x 2011 ](1 + x) 2012+2012 2024 2011 = 2 2012+2012 2 4024 2 . 4024 Opgave 6.2 Bemærk først at 4n = [x 2n ](1 + x) 4n = [x 2n ](1 + 2x + x 2 ) 2n . 2n For at bestemme koefficienten til x 2n i (1+2x +x 2 ) 2n skal vi bestemme på hvor mange måder vi kan vælge 2x fra 2n − 2k af de 2n parenteser og gange dette med 2 2n−2k , og derefter på
<strong>Kombinatorik</strong>noter 2012, Kirsten Rosenkilde 35 hvor mange måder vi kan vælge x 2 fra k af de resterende 2k parenteser, og summere dette for k = 0, 1, . . . ,n. Altså [x 2n ](1 + 2x + x 2 ) 2n = n∑ k =0 2n 2k 2 2n−2k = 2n − 2k k n∑ k =0 2n 2k 2 2n−2k . 2k k Opgave 6.3 Sæt P(x) = (1 + x + x + x 2 ) n hvor 1 repræsenterer et skridt til venstre, x at den står stille og glor, og x 2 at den går til højre. Sandsynligheden for at den er ved x = i efter n minutter er dermed [x i +n ]P(x) = [x 2n i +n ](1 + x) 2n i +n = 4 n 4 n 4 . n 2i +x Opgave 6.4 Lad P i (x) = . Da er sandsynligheden for at få krone med mønt nummer i 2i +1 netop [x]P i (x). Dermed er sandsynligheden for få et ulige antal gange krone, netop summen af koefficienterne til led af ulige grad i polynomiet P(x) = n∏ P i (x). i =1 Summen af koefficienterne til led af ulige grad er P(1) − P(−1) = 1 ∏ n 2i + 1 n∏ 2 2 2i + 1 − i =1 i =1 2i − 1 2i + 1 = 1 1 − 1 = n 2 2n + 1 2n + 1 . Opgave 6.5 Lad f (x) være frembringerfunktionen for a 0 ,a 1 ,a 2 , . . .. Antallet af polynomier P med koefficienter i {0, 1, 2, 3} som opfylder at P(2) = n, er netop antallet af måder at skrive n på formen hvor c i ∈ {0, 1, 2, 3}. Dermed er f (x) = n = c 0 + c 1 2 + c 2 2 2 + ··· + c k 2 k , ∞∏ (1 + x 2i + x 2·2i + x 3·2i ) = i =0 ∞∏ i =0 2i +2 1 − x . 1 − x 2i Da lim n→∞ n∏ i =0 2i +2 1 − x (1 − x 2n+1 )(1 − x 2n+2 ) = lim = 1 − x 2i n→∞ (1 − x)(1 − x 2 ) 1 når |x| < 1, (1 − x )(1 − x 2 ) kan vi nu betragte f for |x| < 1. 1 f (x) = (1 − x )(1 − x 2 ) = 1 (1 + x) + (1 − x) 2 (1 − x)(1 − x 2 ) = 1 1 2 (1 − x ) + 1 2 1 − x 2 = 1 (1 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + ···) + (1 + x 2 + x 4 + ···) 2 = 1 + x + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 + 3x 5 + 4x 6 + ··· . Altså er a n = [x n ]f (x) = ⌊ n 2 ⌋ + 1.
Page 1 and 2: Kombinatoriknoter 2012, Kirsten Ros
Page 33: Kombinatoriknoter 2012, Kirsten Ros

Kombinatorik - Georg Mohr-Konkurrencen

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?