Örn. m elemanlı A kümesinden n elemanlı B kümesine kaç adet birebir fonksiyon vardır?

Transkript

1 . Tanım: Matemati in "sayma" temeline dayanan dalı. Kombinatorik nesnelerin düzeninin incelenmesidir. Kombinatori in en önemli alanı, belirli özelli e sahip nesnelerin sayılmasıdır. (misal: n elemanlı bir kümeden m elemanlı bir ba ka kümeye yazılabilecek üstüne fonksiyonların adedi) Uygulamalar: Algoritmaların çalı ma zamanlarının analizi(karma ıklık) ans Oyunları ste i kar ılamak için yeterli IP adresi var mı? 7 karakterli kaç adet ifre olabilir? Örnek: 3 harfi takip eden 3 rakam bulunan altı karakterli kaç adet ruhsat plakası olabilir? Çözüm: = adet. Çarpma Kuralı: Temel çarpma kuralı, iki alt i ten meydana gelen bir yordamı yapmak için yolların sayısı, ilk i i yapmak için gereken yol sayısı ile birinci bittikten sonra ikinci i i yapmak gereken yol sayısının çarpımıdır. E, E,,E r olmak üzere r adet olay oldu u varsayılsın. Her bir E i (i=,n) nin olabilmesi için n i yol var ise, önceki olay olduktan sonraki olay öncekine ba ımlı de il ise, dizideki olayların olabilmesi için toplam (n )(n )..(n r ) adet alternatif yol vardır. Örn. m elemanlı A kümesinden n elemanlı B kümesine kaç adet birebir fonksiyon vardır? E er m> n ise hiç fonksiyon yoktur. Di er durumda; A daki ilk elemanı dü ünelim: B deki n adet elemana olası dönü üm vardır. imdi ikinci elemanı dü ünelim: B de dönü türülebilecek kalan n- eleman vardır. Devam edilirse; n.(n-).(n-) (n-m+) adet bulunur. E er n=m ise, n! Kadar A dan B ye birebir fonksiyon vardır. Toplama Kuralı: Temel toplama kuralı, iki alt i ten meydana gelen bir yordamı yapmak için yolların sayısı, e er i ler e zamanlı olmuyor ise, her bir i i yapmak için gerekli yolların toplamıdır. E, E,,E r olmak üzere r adet olay oldu u varsayılsın. Her bir E i (i=,n) nin olabilmesi için n i yol var ise, e er olaylar e zamanlı olarak olmuyor ise, dizideki olayların olabilmesi için toplam (n +n +..+n r ) adet alternatif yol vardır. 94

2 Örnek: Bir turist grubunda, 8 Avusturyalı, 5 Brezilyalı ve 6 Kanadalı turist vardır. Çarpma kuralı gere i; Avusturyalı ve Brezilyalı çift sayısı 8x5=4 farklı eklide seçilebilir. Avusturyalı ve Kanadalı çift sayısı 8x6=48 farklı eklide seçilebilir. Kanadalı ve Brezilyalı çift sayısı 6x5=3 farklı eklide seçilebilir. Toplama kuralı gere i: gruptan farklı milletten çift seçme sayısı = 8 dir. Farklı milletten 3 turist seçme alternatifi 8x5x6 olurken, tipik bir temsilci farklı eklide seçilebilir.. Permutasyonlar n farklı nesnenin X derlemesini dü ünelim. X in r permutasyonu, X ten alınan r adet elemanın bir satırda düzenlemesidir. Elbette r en fazla n dir. n farklı nesnenin r permutasyonu P(n,r) ile gösterilir. Herhangi r permutasyon, r olayın öncekilere ba ımlı olmaksızın olu ma sayısıdır. Bu nedenle, X ten herhangi keyfi bir nesne n farklı ekilde seçilebilir ve ikinci keyfi nesne (n-) ekilde seçilebilece i ve devam edilip tüm r nesne seçilece i için, çarpma kuralı gere i, P(n,r)= n(n-)(n-).(n-r+) olarak verilebilir. n=r ise P(n,r)= n! dir. Tahsis problemi ve Permutasyonlar. Tanımlı sırada düzenlenmi n farklı yer ve her bir yere birden fazla eleman koyulamayacak ekilde r farklı nesneyi bu yerlere yerle tirecek ekilde düzenleyelim. Böyle bir düzenlemenin toplam sayısı, çarpma kuralı gere i P(n,r) permutasyonu ile hesaplanır. n elemanlı X kümesinin n permutasyonu X in Permutasyonu olarak adlandırılır ve P(n,n) =n.(n- )(n-).3.. olarak n! (faktöriyel) notasyonu ile gösterilir. Genel ekli, p(n,r) = n!/(n-r)! ile hesaplanır. (!=) dir Örnek: E er X={,,3,4,5,6,7} ve r=3 ise; X in 3 lü permutasyonu P(7,3)= 7!/(7-3)!= 5.6.7= dur. Dairesel ve Halka Permutasyon. E er nesneler dairesel olarak tekrarlayan bir dizili eklinde düzenlenirse, Bu durumda permutasyon n elemanlı dizi için, (n-)!, e er bir halka eklinde olursa (n-)!/ dir. Örnek; Mavi(M), Ye il(y), Kırmızı(K), Pembe(P), ve Beyaz(B) renkli ta ların dizili lerini ele alırsak, a. Bu ta ların yatay olarak farklı dizilme sayısı 5! ile hesaplanır. b. E er dairesel olarak dizili lerini ele alırsak, Bir renk sabit bırakılıp di erleri dizilirse 4! Kadar farklı dizili olur.(mykpb ve MKYBP farklı) c. Bu ta lar bir halka eklinde dizilirse, her dizili iki kere tekrar etmi olur ve bu durumda, 4!/ adet dizili elde edilir.(mykpb ve MBPKY aynı) 95

3 Genelle tirilmi Permutasyon E er n nesnenin düzeni olan X, k farklı bo olmayan ve her biri n i adet benzer elemanlı i (i=,,.,k) adet grup içeriyorsa X in genelle tirilmi permutasyonu P(n;n,n,..,n k )= (n!)/(n!)(n!)..(n k!) dir. Örnek: 9 harfin bulundu u CONSENSUS kelimesi 6 gruba bölünür. Bir grupta 3 S, ikincide N di erleri ise birer adet farklı harf bulundurur. Bununla elde edilecek farklı dizili ler genelle tirilmi permutasyon ile, (9!)/(3!)(!)(!)(!)(!)(!) =3.4 adet bulunur. E er, r k olmak üzere, n i (i=,,.,k) toplamı r olan k adet tamsayı ise (n +n + +n k =r); P(n;n,n,..,n k )= P(n,r)/(n!)(n!)..(n k!) dir. Burada a a ıdaki özellikler geçerlidir..3 Kombinasyonlar ) P(n;n,n,..,n k- )= P(n;n,n,..,n k-,m) m==n-( n +n +.. +n k- ) ) P(n;r)= P(n;n-r) = P(n;r,n-r) 3) (r!)p(n;r)= P(n,r) n farklı nesnenin koleksiyonu X olarak verilsin. X ten r farklı nesnenin herhangi bir koleksiyonu X in r kombinasyonu olarak adlandırılır. Di er bir deyimle, E er X bir küme ise, X in r elemanlı herhangi bir alt kümesi, X in bir r-kombinasyonudur. r-kombinasyonda, r-permutasyonun tersine seçilen r elemanın sırası önemli de ildir. n elemanlı bir kümenin r-kombinasyonu C(n,r) ile gösterilir. Burada, r alt kümenin kardinalitesidir. n elemanlı kümede P(n,) iki elemanın sıralı çiftlerinin sayısı, C(n,) ise sırasız çiftlerinin sayısıdır. Do al olarak C(n,)=C(n,n)= dir. C(n,r) ve P(n,r) arasında a a ıdaki ba ıntı vardır. C(n,r).(r!) = P(n,r) ( n!) C( n, r) = eklinde ifade edilir. r!( n r)! Tahsis problemi ve Kombinasyonlar. Kombinasyonları, tahsis problemine çözüm olarak farklı açıdan yorumlamak mümkündür. Tanımlı sırada düzenlenmi n farklı yer ve her bir yere birden fazla eleman koyulamayacak ekilde r aynı nesneyi bu yerlere yerle tirecek ekilde düzenleyelim. Bu r nesnenin toplam düzeninin sayısı t olsun. E er bütün nesneler farklı olsalardı, böyle bir düzenlemenin sayısı (r!) kadar olacaktı. Bu durumda,toplam düzenleme sayısı (t)(r!) kadardır. Fakat nesneler farklı oldu u durumda toplam düzenleme P(n,r) dir. Böylece t=p(n,r)/(r!) = C(n,r) bulunur. Örnek: Pul defterinde pul koymak için be yer kalmı ise elimizde bulunan sekiz adet pulu kaç farklı ekilde yerle tirebiliriz. Çözüm: C(8,5)= 8!/5!(8-5)! = 8!/(5!3!) =

4 Teorem: Pascal Formülü: C(n,r)= C(n-,r) + C(n-,r-) dir. spat: X, n elemanlı küme ve Y, X in (n-) elemanlı alt kümesi olsun. X te olan fakat Y de olmayan bir t elemanı alınsın.x in her bir r elemanlı alt kümesi, ya Y nin r-elemanlı alt kümesi veya, Y nin (r-) elemanlı alt kümesi ile t yi içeren tek elemanlı kümenin birle imi olan kümedir. Önceki kategoride C(n-,r) küme vardı ve sonra C(n-,r-) küme vardır. Di er bir deyimle, X in r elemanlı alt kümelerinin toplamı,c(n-,r)+c(n-,r-) e e ittir. Genelle tirilmi Kombinasyon k farklı gruba ait olan n nesnenin düzeni ele alınırsa;. Gruba ait olan n benzer nesnenin n konuma koyulması C(n,n ) ekilde,sonraki gruptaki n nesne C(n-n, n ) ekilde yerle tirilebilir. Devam edilerek çarpma kuralına göre toplam sayı; C(n;n,n,..,n k ) =C(n,n ) C(n-n,n ).C(n-n -n,n 3 ).C(n-n -n -- -n k-,n k ) olarak bulunur. Teorem: n +n +.. +n k n olmak üzere P(n;n,n,..,n k ) = C(n;n,n,..,n k ) =(n!)/( n )!(n )!.. (n k )! dir. Özellik:C(n;r)=C(n;n-r)=C(n;r,n-r) Örnek: P(5;3,5,7,)=(5!)/(3!)(5!)(7!) =P(5,8)/(3!)(5!)=P(5;3,5)/(7!) C(5;3,5,7)=C(5,3)C(,5)C(7,7)=C(5,3)C(,5)=C(5;3,5) /(7!) (5!) Sonuçta: C ( 5;3,5,7) = = P(5;3,5,7 ) bulunur. (3!)(5!)(7!) Teorem: (multinomial th.) (x +x + +x k ) n nın açılımında xi(i=,,,.,n) n i ( burada n +n +.n k =n ) kere bulunur ve terimlerin katsayısı C(n;n,n,,n k ) ile hesaplanır. Örnek: (a+b+c+d) 5 in açılımında a 3 b c 6 d 4 ün katsayısı (5!)/(3!)(!)(6!)(4!) dür. Örnek: Binom Teoremi; Multinomial teoremi k= oldu unda Binom teoremi adını alır ve a a ıdaki ekilde ifade edilir. (x +y) n =ΣC(n,n-r) x n-r y r ile hesaplanır. Bir kümenin Bölmelenmesi: n elemanlı Bir kümenin, her birsi n i (i=,,.,k) elemanlı p i alt kümeye bölmelenmesi problemi için bölmeleme sayısı; ( p!)( n!) p ( n!) ( p!)( n!) p...( p!)( n!) k k pk ile hesaplanır 97

5 Örnek: 43 adet ö renciyi, 7 farklı yatakhaneye, ilk iki gruba 5 ö r. Sonraki üç gruba 6 ve 6.ya 7, yedinciye ise 8 ö renci kaç eklide yerle tirilebilir? Çözüm: (43!) (!)(5!)(5!).(3!)(6!)(6!)(6!).(7!)(8!) E er X, n elemanlı küme ise, X in r-permutasyonu, X in tekrarlanmayan elemanlarının düzenidir. Benzer ekilde,r-kombinasyon ise,x ten tekrarlanmayan r eleman seçilmesidir.her iki durumda da r, n den büyük olamaz. E er tekrarlamaya müsaade edilirse, bu durumda r, n i geçebilir. Tanım; X, n elemanlı bir küme ise, X in r-sekansı,elemanların tekrarlanabildi i r elemanın düzenidir. Çarpma kuralının basit bir uygulaması olarak, n elemanlı bir kümedeki r-sekansın sayısı n r kadardır. Herhangi bir r-permutasyonun r-sekans oldu u açıktır. Di er taraftan farklı elemanlı r-sekans bir r-permutasyondur. Örn. aabdac ve aadbac, X={a,b,c,d} kümesinden seçilen 6 lı sekansıdır. n elemanlı X kümesinden seçilen r nesnenin koleksiyonu(farklı olması gerekli de il) X ten r- koleksiyon olarak adlandırılır. r-sekansın tersine, r-koleksiyonda, seçilen elemanların sırası önemli de ildir. Örn. [a,a,b,c] nin 4 koleksiyonu ile [a,b,c,a] nın 4 koleksiyonu arasında fark yoktur. Verilen bir n elemanlı kümeden tekrarlanabilen r tane eleman kaç farklı eklide seçilebilir. Sorunun cevabı a a ıdaki teorem ile verilebilir. Teorem(ispatsız): X, kardinalitesi n olan bir küme olsun. X ten alınacak r koleksiyonun sayısı L= C(r+n-,n-)=C(r+n-,r) kadardır. r benzer nesnenin n farklı konuma yerle tirilmesinin sayısı M= C(r+n-,n-) kadardır. x +x + +x n =r denkleminin pozitif tamsayılardaki çözümünün sayısı N=C(r+n-,n-) kadardır Örnek: X={a,b,c,d} kümesinden 5 li koleksiyonların sayısı C(5+4-,4-)=56 dır hâlbuki aynı kümeden seçilen 5 li sekansların sayısı 4 5 = 4 Dür. N farklı elemanlı kümenin r elemanının Permutasyon ve kombinezonları 4 farklı durumu için tekrarlamalı ve tekrarsız olarak anlatılanlar a a ıdaki ekilde özetlenebilir. Tablo Farklı permutasyon ve Kombinezon Modeli Seçme Modeli n elemanlı X Kümesinden r elemanın seçiminin miktarı Tahsis Modeli n farklı konumlu X kümesinin konumlarına r nesnenin bir koleksiyonunun tahsisinin miktarı P(n,r) Seçilen elemanlar farklı ve sıraları önemli Nesneler farklı ve bir konum birden fazla nesne alamaz. C(n,r) Seçilen elemanlar farklı ve sıraları önemli de il Nesneler aynı olabilir ve bir konum birden fazla nesne alamaz. n r Seçilen elemanlar farklı olmayabilir (tekrarlanabilir) ve sıraları önemli C(r+n-,n- Seçilen elemanlar farklı olmayabilir (tekrarlanabilir)ve sıraları önemli de il Nesneler farklı ve bir konum birden fazla nesne alabilir. Nesneler aynı ve bir konum birden fazla nesne alabilir. 98

6 Güvercin yuvası(pigeonhole) prensibi Basit ve açık bir prensip olan güvercin yuvası prensibi, kombinatorik teoride oldukça çok kullanılır. Güvercin yuvası problemine en fazla bilgisayar bilimlerinde kar ıla ılır. Örne in, olası anahtar sayısı dizideki indis sayısını geçti i için çarpı malar özet fonksiyonlarında kaçınılmazdır. Bu çarpı malardan kaçınabilen akıllı bir özet fonksiyonu yoktur. Bu prensip aynı zamanda en az bir dosyayı kısaltırken di er bir dosyayı uzatan kayıpsız sıkı tırma algoritmasını sa lar. fakülte elemanının yerle ece i 9 oda oldu u durum da yerle im, 9 fakülte elemanının oldu u durumdaki oda payla ımı vs. gibi durumlardaki çözümler güvercin yuvası prensibi ile bulunur. Prensip basit olarak, Dirichlet güvercin yuvası prensibi olarak bilinir ve e er n+ güvercin n adet yuvaya yerle tirilecek olursa en az bir yuvada birden fazla güvercin olacaktır. Tersi e er n güvercin n+ yuvaya koyulacak olursa en az bir yuva bo kalacaktır. Prensibin daha genel hali ise, e er k.n+ veya daha fazla güvercin, n yuvaya koyulacak olursa, en az bir yuvada k dan fazla güvercin olacaktır. Örnek: Bir kampüste 8 adet oturma salonu bulunmaktadır. Ö renci dekanı, bir salondaki bilgisayar kullanımını anlamak için anket yapmak amacıyla seçece i salondan 5 ki ilik ö renci komitesi olu turmak ister ve salonlara duyurular asar. En az kaç ki i bu ankete cevap vermelidir ki, dekan bir salon seçip komite olu turabilsin. Çözüm: Genel güvercin yuvası prensibi gere i, k=4 olur ve k.n+ = 4.8 += 73 Tanım: E er, m ve n pozitif tamsayılar ise, m/n in tabanı, m/n e e it veya küçük en büyük tamsayıdır ve m/n in tavanı, m/n e e it veya büyük olan en küçük tamsayıdır. (Örnek. 38/9 un tabanı 4 tavanı ise 5 dir.) Teorem: a) E er m güvercin n yuvaya yerle tirilirse, en az bir yuvadaki güvercin sayısı k dan fazla olacaktır, burada k=taban [(m-)/n]dir. b) E er, m=p +p +.+p n - n+ (her bir p i bir pozitif tamsayı) güvercin, n adet yuvaya tahsis edilirse, ilk yuvada en az p adet güvercin veya ikinci de en az p adet güvercin.. veya n inci de p n adet güvercin bulunur. spat: a) k dan.(n).(k) (m-) < m dir. E er güvercin sayısı tam olarak k.n ise, her bir yuvaya k adet güvercin koymak mümkündür. Fakat güvercin sayısı k.n den büyük olan m e e it isen az bir yuvada k dan fazla sakin olacaktır. b) Burada, k= taban[(p +p +.+p n )/n]- dir. Böylece, (k+), n tamsayının en az birisine e it veya büyüktür. Örnek: Bir çantada,tam olarak 6 kırmızı,5 beyaz ve 7 mavi bilya bulunmaktadır.seçilen bilyalar içinden ya en az 3 kırmızı veya en az 4 beyaz veya en az 5 mavi bilya olması için kaç bilya seçilmelidir. Çözüm:.yol önceki teoreme göre, burada n=3, p = 3, p=4 ve p3=5 dir. Böylece, m=(3+4+5)- 3+ = dur.. yol: kırmızı, beyaz ve mavi bilyalar sırasıyla x,y,z olsunlar. Bunun için x en az 3 99

7 veya y en az 4 veya z en az 5 olmalıdır.e er, x en fazla, y en fazla 3 ve z en fazla 4 olursa x+y+z = 9 olur ve bu durum gerçekle mez. Öyleyse en az adet bilya seçilmelidir. Teorem : X={,,3,..,n} ve X in (n+) elemanlı alt kümesi S verilsin. S de birbirini bölen en az iki sayı vardır. spat: S deki herhangi bir sayı r= t.s (t olan tamsayı) ve r nin tek parçası denilen s, X ten bir tek sayı olarak yazılabilir. X te n adet tek sayı oldu undan s için en fazla n seçim vardır. n tek parça, n güvercin yuvası olarak dü ünülebilir ve S nin (n+) sayısı buraya yerle tirilebilir. Di er bir ifade ile, S de aynı tek parçaya sahip x= t.s ve y= u.s olsun. Burada ya x, y yi böler veya y, x i böler. Teorem: (n +) farklı sayının herhangi sekansı, ya artan ya da azalan sırada olan en az (n+) elemanlı bir alt sekans içerir. spat: sekans a i (i=,,..,n +) ve a i den ba layan artan sıradaki sekansların en büyü ündeki terim sayısı t i olsun. E er bazı i ler için t i =n+ ise tamam. i için, t i n olsun. H j ={a i : t i =j} olsun. Burada j=,,,.,n dir. Böylece, (n +) sayıda t i yi koyabilece imiz H,H,,H n olmak üzere n adet güvercin yuvamız olmu olur. Böylece genelle tirilmi güvercin yuvası prensibine göre, bu sayılardan k = taban( [(n +)-]/n =n) tanesinden fazlasını alabilen bir H r güvercin yuvası vardır. Böylece t i sayıları arasında, onların en az birisi (n+) e e ittir. imdi sekanstaki (n+) elemana kar ılık gelen H r güvercin yuvasındaki sayıların azalan sırada bir dizi olu turdu unu gösterelim. i <j olmak üzere a i ve a j nin H r içinde oldu unu kabul edelim. Sekans içindeki elemanlar farklı oldu u için ya a i <a j ya da a i >a j dir. imdi, a i <a j oldu unu kabul edelim, o halde, a j H r demek a j den ba layan ve uzunlu u r olan bir alt sekans var demektir. Oysa, a i <a j demek a i den ba layan (r+) uzunlu unda bir alt sekans oldu u anlamına gelir. Bu bir çeli kidir, çünkü a i, H r nin elemanı oldu u için, a i den ba layan (r+) uzunlu unda bir alt sekans olamaz. Böylece, i<j olsa da, a i >a j dir. Böylece H r deki herhangi (n+) eleman azalan sırada bir alt sekans olu turur. Örnek: Yukarıdaki teoremi a a ıda verilen diziler için uygulayalım. a) 5,,5,7,9,6,3,4,,4 b) 5,,9,,7,5,4,4,3,6 Çözüm a) burada dizide eleman oldu u için n=3 dür ve bunlara kar ı gelen t i ler,,,5,4,3,3,4,3,, dir. t 3 =5 oldu u için a 3 ten ba layan 5 elemanın artan sırada olu turdu u dizi 5,7,9,,4 dir. c) Burada uygun t i:,,3,,,,,,, dir. Hiçbirisi 3 den fazla de ildir. H ={5,4,6}, H ={,,7,4,3} ve H 3 ={9,5} i alalım. k inci kümedeki olu an sıra 5 elemanlı azalan bir dizidir..4 Ekleme Çıkarma Prensibi(Inclusion-Exclusion Principle) Bazı kompleks matematiksel sonuçlar sayma argümanlarının ispatlarına ba lıdır: çe itli kümelerin eleman sayılarını saymak, belli bir sonucun kaç de i ik yolla elde edilebilece ini saymak gibi. Sayma kısmen kolay bir olay gibi görünse de, pratikte çok kompleks olabilir. Matematikçiler sayma problemleri için birçok teknik ve sonuç üretmi lerdir ve konuya sayma teorisi adını vermi lerdir. Saymanın en basit sonuçlarından biri udur: iki ayrık A ve B kümesinin toplam eleman sayısını

8 bulmak için A nın elemanlarını, B nin elemanlarını sayıp toplarız. Burada A A kümesinin eleman sayısını gösterir.(bazen N(A) olarak gösterilir) Sayma Prensibi : E er A ve B ayrık iki küme ise A B = A + B. Ço u uygulama do al olarak ikiden fazla küme içerir. Yukarıdaki prensip a a ıdaki ekilde genelle tirilir. Sayma Prensibi : E er A, A,, A n küme ise ve bu kümelerin hiçbir çifti ortak bir elemana sahip de ilse A A A n = A + A + + A n. Bazen, elemanları sayılacak kümeler yukarıdaki sayma prensiplerinin katı kuralını-herhangi bir çiftin ayrık olması sa lamayabilir. Öte yandan, bu durumda kümeyi sayma prensiplerinin ko ullarını sa layacak alt kümeler bölmek mümkündür. Bu ekilde ispatlanabilecek en basit sonuç udur: Teorem.(Ekleme(inclusion)-Çıkarma(exclusion) Prensibi): E er A ve B sonlu kümeler ise A B = A + B - A B. spat:a B yi sayma prensibi yi sa layan alt kümelerine böleriz: A-B, A B ve B-A. Sayma prensibi den, A B = A-B + A B + B-A. () A ve B kümelerinin kendileri sırasıyla A-B, A B ve B-A, A B eklinde ayrık alt kümelere bölünebilir. Böylece; A = A-B + A B () B = B-A + A B. (3) Bu durumda (), () ve (3) e itliklerini birle tirerek istenilen sonucu elde etmek çok kolay bir i lemdir. Ekleme-çıkarma prensibi bu ekilde adlandırılır çünkü A B nin elemanlarını saymak için A nın elemanlarını ve B nin elemanlarını ekledik ve böylece A B nin elemanlarını iki kere eklemi olduk. A B nin do ru eleman sayısını elde etmek için A B yi bir kere çıkarmamız gerekir. ki kümeden fazla durumlar için benzer sayma teknikleri vardır. Üç küme için sonuç a a ıdaki teoremdeki gibi bulunur. Teorem.3: A, B ve C sonlu kümeler ise A B C = A + B + C - A B - B C - C A + A B C. Genel durumda ekleme- çıkarma prensibi, n adet farklı küme A i için; A A A n = A i - A i A j + Ai Aj Ak - +(-) n+ A A. A n dir. i n i< j n i< j< k n sp: Birle imdeki bir elemanın, e itli in sa tarafında bir kere sayıldı ını göstererek ispatı yapaca ız. r n olmak üzere, a, A,A, A n kümesinden r tanesinin tam olarak bir elemanı

9 olsun. Bu eleman Σ A i ile C(r,) kere sayılır. Aynı eleman Σ A i A j ile C(r,) kere sayılır. Eleman genel olarak m içeren A i kümelerinde C(r,m) kere sayılır. Böylece eleman tam olarak e itli in sa tarafında, C(r,)-C(r,)+C(r,3)- +(-) r+ k C(r,r) defa sayılır, ( ) C ( n, k) = e itli inden C(r,) -C(r,)+C(r,)- +(-) r C(r,r) = yazılabilir. Buradan, =C(r,)= C(r,)-C(r,)+ +(-) r+ C(r,r) dir. Böylece, birle imdeki her eleman ifadenin sa tarafında tam olarak bir kere sayılmı olur. Bu ekleme-çıkarma prensibinin ispatıdır. Ekleme-Çıkarma prensibine alternatif tanım N elemanlı X kümesinin bütün sonlu alt kümelerini dü ünelim. E er A, X in alt kümesi ise A nın tümleyeni A ile gösterilir. N(X), X deki elman sayısını gösterir. Buradan, A = X A böylece; i) N( A ) = N- N(A) dir. (X te bulunan herhangi bir alt küme A için) A ve B, X in iki alt kümesi olsunlar. Buradan i) kullanılarak N( A B ) = N- N(A B) dir. Burada, ekleme çıkarma prensibi gere i N(A B) =N(A) +N(B) N(A B) dir. Aynı zamanda A B = A B dir. Böylece; ii) N( A B ) = N N(A)-N(B) +N (A B) dir. Benzer ekilde; iii) N( A B C ) = N- N(A)-N(B)-N(C) + N(A B) + N(A C)+N(B C)- N(A B C ) dir. (i),(ii) ve(iii) ifadeleri, N elemanlı kümenin bir altkümesi, iki alt kümesi ve üç alt kümesini içeren ekleme çıkarma kuralının uygulaması olarak dü ünülebilir. imdi a i (i=,,3), X kümesinin elemanları ile birlikte verilen üç farklı özellik olsun, öyle ki tipik bir eleman bu özelliklerin bir veya daha fazlasını alabilir veya hiçbirini almayabilir. A i,x deki özelli i a i olan x lerin kümesi olsun. N(a i ), X deki özelli i a i olan elemanların sayısı, N(a i ) ise, X de özelli i a i olmayan elemanların sayısı, ve N(a,a ) ise, X de özelli i a ve a olan elemanların sayısı olsun ve di erleri benzer ekilde belirlensin. Buradan, N(a i )=N(A i ), N(a i,a j )= N(A i A j ) ve N(a i,a j )= N(A i A j ) dir. Ekleme çıkarma kuralı (iii) yukarıda verilenler cinsinden yeniden yazılırsa: N(a,a,a 3 )=N-[N(a )+N(a )+N(a 3 )]+[N(a,a )+N(a,a 3 )+N(a,a 3 )]- N(a,a,a 3 ) Bu sonuç n farklı özelli i içerecek ekildeki durum için geni letilebilir. Bundan önce a a ıdaki notasyonu açıklayalım. Daha genel bir ifade ile, A i ler(i=,,.n olmak üzere) X in n adet alt kümeleri olsunlar. Bir k elemanlı kesi im, bu n küme arasındaki farklı herhangi k tanesinin kesi imidir. k- elemanlı kesi imin sayısı C(n,k) dır. S k bütün k elemanlı kesi imlerdeki eleman sayısı olmak üzere; S =N(A )+N(A )+.N(A n )= A i ; i n S = N(A A )+N( A A 3 )+.N( A n- A n )= A i A j, n k= i< j n

10 di er elemanlar için devam edilirse; N, X in eleman sayısı olmak üzere N( A A A n )= N- S +S -..(-) n. S n eklinde de ifade edilebilir. Örnek: Birinci sınıf yatakhanesindeki her bir ö renci, dört giri dersi(biyoloji(b), ngilizce(i), Tarih(T),Matematik(M)) nden en az birini almaktadırlar. Bütün dersleri 6 ö renci almaktadır. 5 ö renci bir adet ders, 5 ö renci derslerden herhangi ikisini, ö renci ise, derslerden herhangi üçünü almaktadır. Yatakhanede kaç ö renci vardır? Çözüm: Ö renci sayısını N ile gösterelim. Buradan. S=C(4,).(5)= ; S= C(4,).(5)=9; S3=C(4,3).()= 4; S4=C(4,4)(6) =6 dır. Her bir ö renci en az bir ders aldı ı için, N( B I T M ) = dır. Buradan ekleme çıkarma kuralına göre; = N- S +S -S 3 +S 4 = N N=44 bulunur. Düzensizlik(Derangements) : Ekleme- çıkarma prensibi, hiçbir nesnenin kendi asıl yerinde olmadı ı n nesnenin permutasyonunu saymakta kullanılır. Örnek: 453, 345 in bir düzensizli idir. Çünkü hiçbir eleman kendi asıl yerinde de ildir. Hâlbuki, 543, 345 in bir düzensizli i de ildir. Çünkü, 4 kendi asıl yerindedir. Teorem: n elemanlı bir kümenin düzensiz permutasyonun sayısı; D n = n![-/(!)+ /(!)- /(3!)+.+(-) n. /(n!)] ile hesaplanır. spat: N, X üzerinde toplam permutasyon sayısı ve A i de i. Nesnenin yerinde oldu u permutasyonların kümesi olsun. X deki toplam permutasyon sayısı n! dir. Böylece; D n =n!- S +S + (-) n S n dir. Burada; S = C(n,)(n-)! S = C(n,)(n-)!. S k = C(n,k)(n-k)! Devam edilir. Böylece: D n = n![-/(!)+ /(!)- /(3!)+.+(-) n. /(n!)] bulunur. Ekleme-Çıkarma prensibi kullanılarak, bir sonlu kümenin r-sırasının sayısını ve kümenin bölmeleme sayısını bulmak mümkündür. kinci tür stirling sayıları S(r,n) stirling sayısı, r elemanlı bir kümeyi, bo olmayan n gruba parçalama yollarının sayısıdır. n = S(r,n) =(n r -C(n,)(n-) r + C(n,)(n-) r -...+(-) n- C(n,n-) r i r )/ (n!)= ( ) C( n, i)( n i) n! i r,n N, n r (n!)s(r,n) = n r -C(n,)(n-) r + C(n,)(n-) r - +(-) n- C(n,n-) r dir. Teorem: a) Yerle tirme problemi: r farklı nesnenin n farklı konuma her bir konum en az bir eleman alacak ekilde yerle tirme sayısı (n!)s(r,n) dir. b) Küme bölmeleme problemi: Kardinalitesi r olan kümenin n bo olmayan kümeye bölmelenmesinin sayısı S(r,n) ve r elemanlı bir kümenin en çok n bo olmayan kümeye bölmelenme sayısı S(r,n)+S(r,n-)+ +S(r,) tanedir. Örnek: S(4,) =( 4 - C(,)(-) 4 )/!= (6-)/=7 dir. Çünkü dört nesneye sahip bir küme iki alt 3

11 kümeye 7 ekilde bölmelenebilir. Küme {a,b,c,d} olsun. A a ıdaki ekilde alt kümelere bölmelenebilir. {a}{b,c,d}, {b}{a,c,d},{c}{a,b,d},{d}{b,c,a},{a,b}{c,d},{a,c}{b,d},{a,d}{b,c} Sonlu bir kümeden sonlu bir kümeye olan fonksiyonların sayısı. X ve Y, sırayla kardinalitesi r ve n olan iki sonlu küme olsunlar. X ten Y ye herhangi keyfi bir fonksiyon f olsun. X teki herhangi r eleman, Y deki n elemandan birisine n yol ile dönü türülebilir. Böylece çarpma kuralı gere i X ten Y ye n r adet fonksiyon vardır. Fakat e er f birebir fonksiyon(injeksiyon) ise r elemanın dönü ebilece i yol sayısı daha az olacaktır ve gerçekte, n(n-)(n-) (n-r+) adet olacaktır. E er dönü üm bir örten fonksiyon(surjeksiyon) ise Y deki her elemanın bir ön görüntüsü vardır. Örten fonksiyon sayısı ise, n r -C(n,)(n-) r + C(n,)(n-) r - +(-) n- C(n,n-) r ile hesaplanır. Bu anlatılanlar a a ıdaki teorem ile özetlenebilir. Teorem: X ve Y, sırayla kardinalitesi r ve n olan iki sonlu küme olsunlar. ) X ten Y ye olan fonksiyon sayısı n r, ) X ten Y ye olan birebir fonksiyon sayısı P(n,r), 3) X ten Y ye olan örten fonksiyon sayısı ise n r -C(n,)(n-) r + C(n,)(n-) r - +(-) n- C(n,n-) r kadardır. Örnek: Be farklı i dört farklı çalı ana, her birine en az bir i verilecek ekilde kaç türlü da ıtılabilir? Çözüm: da ıtımını, be i türü içeren kümeden dört i çi içeren kümeye fonksiyon olarak ele alırsak: Bir da ıtım, her i çiye en az bir i verilecek ekilde olursa, i kümesinden i çi kümesine olan örten fonksiyon ile aynı olacaktır. Yukarıdaki teoremden; 4 5 -C(4,)3 5 +C(4,) 5 - C(4,3) 5 = =4 farklı ekil bulunur. 4

12 3 Üretken Fonksiyonlar Üretken fonksiyonlar, kabaca dizili problemlerini fonksiyonlara dönü türürler. Bu özelli i ile dizili konusundaki tüm problemleri bu yapıya uygulayabiliriz. Bu yol ile sayma problemlerinin çözümü için üretken fonksiyonlar kullanılabilir. Tipik bir problem olarak 6 cent olu turmak için kullanılacak çeyrek(5 cent),dimes( cent), nickels(5 cent) ve cent sayısı ne olmalıdır? Çözüm pozitif sayılarla ve q+d+n+c=6 olacaktır. Burada, q, Q={,5,5} kümesinden; d, D={,,,3,4,5,6} kümesinden; n, N={,5,,5,,5,,65} kümesinden ve c, C={,,,..6,6,6} kümesinden seçilecektir. Bu bozukluk olu turma problemini çözmek için üretken fonksiyonları kullanarak bir çözüm üretmek gereklidir. Daha basit bir problem örne i verelim. Örnek: a+b+c = denkleminin her bir de i kenin en az en fazla 4 oldu u tamsayı çözümü kaç tanedir? Çözüm: A a ıdaki tablo olu turuldu unda problem için 6 farklı çözüm oldu u görülür. a b c imdi her bir de i ken için p a,p b, ve p c olan üç polinom tanımlayalım. Her bir de i kenin de eri,3 veya 4 olabilece i için her polinom x +x 3 +x 4 olarak tanımlanır ve bu üç polinom, üsleri 6 ila arasında olan x leri içeren p(x) polinomunu elde etmek için çarpılırlar. P(x) bir üretken fonksiyon örne idir. imdi, a+b+c= oldu u için p(x) = (x +x 3 +x 4 ) 3 polinomunda x teriminin katsayısının kaç farklı ekilde olu turulabilece inin çözümü yapılırsa; p a dan x, p b den x 3 ve p c den x 4 alınır. Problemin her bir çözümü bir farklı yol oldu u için 6 farklı yol vardır. Tanımlar: (a) Bir kuvvet serisi a +a x +a x +a 3 x 3 +. eklinde olan sonsuz bir seridir. Burada, a i (i=,,,.) gerçel sayı ve x bir de i kendir. (b) E er a +a x +a x +a 3 x 3 +. ve b +b x +b x +b 3 x 3 +. iki kuvvet serisi iseler, bunların toplamı da kuvvet serisidir ve x r nin katsayısı a r +b r dir ve bu kuvvet serilerinin çarpımı da kuvvet serisidir ve x r nin katsayısı, (a b r +a b r- +a b r- + +a r b ) dır. (c) E er a r (r=,,,..), belirli bir kombinezonsal problemde r nesneyi seçme eklinin sayısı ise, bu problem için sıradan üretken fonksiyon a +a x +a x +a 3 x 3 +. eklindeki kuvvet serisidir. x in herhangi bir polinomu x in kuvvet serisidir. Örne in, 3x +x 4, +.x+3.x +.x 3 +.x 4 +.x 5 +.x 6 + olarak yazılabilir. imdi a+b+c=r olan problemi dü ünelim. Burada, a,b, ve c en az en fazla 4 olacaktır. Buradan r 6 ile arasında de i ir. Sabit bir r için a r tamsayı çözümlerin sayısıdır.buradan a r, g(x)= (x +x 3 +x 4 ) 3 = x 6 +3x +6x 8 +7x 9 +6x +3x +x olan üretken fonksiyonunda x r nin katsayısıdır. Örnek: n elemanlı bir kümeden r elemanın seçilme sayısı, C(n,r) dir ve bu kombinasyonel problem için üretken fonksiyon g(x) dir. Burada; (+x) n in binom açılımı olan g(x) = c(n,)+c(n,)x+c(n,)x + +C(n,r)x r + +C(n,n)x n fonksiyonudur. 5

13 3. Sıradan üretken Fonksiyonlar a,a,a,a 3, eklindeki sonlu sekanslar için sıradan üretken fonksiyonlar biçimsel kuvvet serileridir: g(x)= a +a x+a x + a 3 x 3 Bir üretken fonksiyon, genellikle x in bir sayı yerine yer belirleyici oldu unun kabul edildi i bir biçimsel kuvvet serisidir. Üretken fonksiyonların katsayılarının hesabının yapılması önemlidir. Bu bölümde katsayıların hesabı için geli tirilen yöntemler açıklanmı tır. Teorem: (a) g(x)= (+x+x +x 3 + ) n fonksiyonunda, x r nin katsayısı a r olsun, a r =C(r+n-,r) ile hesaplanır. (b) (-x m ) n =-C(n,)x m +C(n,)x m - +(-) n x nm dir (c) (+x+x + +x m- ) n.= (-x m ) n ( +x+x + ) n dir. spat: (a) g(x) bir üretken fonksiyondur ve y +y +.+y n =r denkleminin pozitif tamsayılardaki çözümünün sayısı a r, C(n+r-,n-) ile bulunuyordu(bölüm de verilen teorem) Bu sonuç C(r+n-,r) ile aynıdır. (Kombinezon özelli i ) (b) Binom ifadesinde (+t) n, t=(-x m ) koyulursa bu açılım elde edilir. (c) +x+x + +x m-.= (-x m )(+x+x + ) e itli inin her iki tarafının n. kuvveti alınarak kolayca ispatlanır. Örnek: a+b+c+d=7 denklemini tamsayı çözümlerinin sayısını bulun. Burada her de i ken en az 3 en fazla 8 de erini alacaktır. Çözüm: g(x)= (x 3 +x 4 + +x 8 ) 4 de x in 7. kuvvetinin katsayısı çözümün sayısıdır ve bu sayı h(x)= (+x+.+x 5 ) 4 deki x in 5. kuvvetinin katsayısıdır. Yukarıdaki teoremin c ıkkından, h(x)=(-x 6 ) 4 (+x+ x.) 4 dir. (-x 6 ) 4 = -C(4,)x 6 +C(4,)x + (Teoremin b ıkkından.) Aynı teoremin a ıkkından, (+x+ x.) 4 = +C(4,)x +C(5,)x +C(6,3)x Böylece h(x) deki x in 5. kuvvetinin katsayısı, C(8,5)-C(4,)C(,9) +C(4,)C(6,3) = 56 dir. E er, a +a x+a x + + a r x r +. Bir g(x) fonksiyonunun kuvvet serisi açılımı ise, g(x), a r dizisi için bir üretken fonksiyondur. Verilen bir üretken fonksiyondan farklı a r katsayılarına sahip yeni bir üretken fonksiyon olu turmak mümkündür. Bu özellik a a ıdaki ispatsız teorem ile belirtilmi tir. Teorem: E er a r için g(x), b r için de h(x) üretken fonksiyonlar ise; (a) A.a r +B.b r için üretken fonksiyon A.g(x) +B.h(x) dir. (b) a r -a r- için üretken fonksiyon (-x)g(x) dir. (c) (a +a +a + + a r ) için üretken fonksiyon, (+x+ x.)g(x) dir. (d) (a b r +a b r- +a b r- + + a r b ) için üretken fonksiyon, g(x)h(x) dir. (e) ra r için üretken fonksiyon, x.g (x) dir. Burada g (x), g(x) in x e göre türevidir. g(x) = +x+x +x 3 + =/(-x) =(-x) - dir. g(x) a r = için üretken fonksiyondur. h(x)= (g(x)) n = (/(-x)) n =(-x) -n dir. h(x), a r =C(r+n-,r) için üretken fonksiyondur. Örnek: a r =3r+5r için üretken fonksiyonu bulunuz. Çözüm: g(x)=/(-x) olsun. için üretken fonksiyon g(x) dir. Böylece r için üretken fonksiyon xg (x) dir. teoremin e ıkkını tekrar uygulayarak r için üretken fonksiyon x(xg (x)) bulunur. 6

14 3x Böylece aranan üretken fonksiyon 3.xg (x)+5. x(xg (x)) = ( x) 3. Üstel Üretken Fonksiyonlar. 5x + 5x ( x) + 3 bulunur Sıradan üretken fonksiyonlar, benzer nesnelerin farklı konumlara(sıra önemli de il) da ıtım problemlerini çözmek için kullanılır. imdi düzenleme probleminde sıranın önemli oldu u problemler göz önüne alınacaktır. Örnek olarak, be kırmızı bilyanın üç farklı kutuya koyulabilme ekillerinde sıra önemli de ildir. Oysa, üç farklı renkteki(kırmızı, mavi ve beyaz) bilyanın 5 tanesinin bir satıra koyulması probleminde sıra önemli bir rol oynar. Her ne kadar KKMMB(Kırmızı,Kırmızı,Mavi;Mavi,Beyaz) ile KMKMB ((Kırmızı, Mavi;Kırmızı, Mavi, Beyaz) düzenlemesinde aynı sayıdaki renk bilya olsa da bunlar aynı düzenleme de ildir. Bu ekilde sıranın önemli oldu u kombinasyonel problemlerin çözümündeki üretken fonksiyonlara üstel(exponential) üretken fonksiyonlar denir. Bunu bir örnek ile açıklayalım. Örnek: Üç renkli(kırmızı,mavi ve beyaz) bilyalardan 5 tanesini bir satırda her renkten en az bir tane olacak ekilde kaç türlü düzenleyebiliriz? Çözüm: Bilyaların sayıları toplamı her biri en az olacak ekilde, kırmızı(k),mavi(m), beyaz(b), k+m+b=5 olur. Böyle bir dizili in sayısı önceki bilgilerimizden k,m,b nin kısmi seçilmesi olup, 5!/(k!)(m!)(b!) olacaktır. Böylece toplam düzenlemenin sayısı (k+m+b)!/(k!)(m!)(b!) olup k+m+b=5 olacak ve her bir de i ken en az bir de erini alacaktır. Seçimler a a ıdaki gibi olur. k m b Böylece düzenlemenin toplam sayısı; 5! (3!)(!)(!) + 5! (!)(3!)(!) + 5! (!)(!)(3!) + 5! (!)(!)(!) + 5! (!)(!)(!) + 5! (!)(!)(!) =5 imdi g(x)=(x/(!)+x /(!)+x 3 /(3!)) 3 fonksiyonunda x 5 /(5!) in katsayısı önceki paragrafta toplam düzenleme sayısını veren altı ifadenin toplamıdır. g(x) fonksiyonu, üstel üretken fonksiyonun örne idir. Sıradan üretken fonksiyonlarda oldu u gibi, polinomun 3.kuvvetini ve tek renk bilya düzenlemede, veya 3 kere gözüktü ü için polinomdaki de i kenlerin, ve 3 kuvvetlerini alırız. Burada basit üretken fonksiyonlardan önemli bir fark, polinomdaki x r nin katsayısının x r /(r!) olması ve kombinasyonel problemin çözümü, üstel üretken fonksiyonda x r /(r!) nin katsayısıdır. imdi g(x) te x 5 /(5!) in katsayısını bulmak için daha kolay bir yol varmıdır? h(x)=(e x -) 3 olsun, burada x herhangi bir de i ken olmak üzere, e x, +x+x /(!)+x 3 /(3!)+ ile tanımlanan üstel fonksiyon(kuvvet serisi) dir. Buradan gerekli katsayı, h(x) = (e 3x -3e x +3e x -) deki x 5 /(5!) in katsayısıdır ve bu katsayı 3 5 -(3) 5 +3=5 dir. Tanım: E er, b r (r=,,,.) kombinasyonel fonksiyonun çözümü ise, b +b x+b x /(!) +b 3 x 3 )/(3!)+... ile tanımlanan g(x) bu problem için üstel üretken fonksiyon olarak tanımlanır. 7

15 Örnek: n elemanlı bir kümeden r farklı elemanın düzenleme sayısı b r için üstel üretken fonksiyonu bulunuz. Çözüm: Elbette b r =P(n,r) dir, böylece bu problem için üretken fonksiyon, (x r )nin katsayıları =[P(n,r)]/(r!)=C(n,r) olan bir g(x) kuvvet serisidir. Böylece, P(n,r) için üstel üretken fonksiyon, C(n,r) basit üretken fonksiyonu ile aynı olan (+x) n dir. Teorem: k çe it nesne oldu u kabul edilsin. (a) Bu tür nesneler için limitsiz kaynak var ise, bu k tür nesnenin r(r=,,..) permutasyonunun sayısı, g(x) üstel üretken fonksiyondaki x r /r! nin katsayısıdır. g(x)=(+x+x /!+x 3 /3!+ ) k =e kx (b) E er i tipindeki nesne en fazla ni ise(i=,,,k) r-permutasyonun sayısı; h(x) =(+x+x /!+ +x n /n!)( +x+x /!+ +x n /n!).( +x+x /!+ +x nk /n k!) deki x r /r! nin katsayısı olacaktır. (c) (n!).s(r,n)= (e x -) n deki x r /r! nin katsayısıdır. Örnek: I,M,S ve P harfleri ile olu turulan r-permutasyonun sayısını bulun. Burada, r pozitif bir tamsayıdır. Çözüm: r-permutasyonun sayısı, g(x) =e 4x üstel üretken fonksiyonunda x r /r! Teriminin katsayısı olacaktır. Bu ise, 4 r dir. Örnek: 9 ki i, 4 odaya, tamamı bir odada olmayacak ekilde kaç türlü yerle tirilebilir? Çözüm: E er x, bir odaya yerle tirilen ki i sayısı olursa, x en az bir en fazla 6 olmalı ve 4 oda vardır. Böylece bu kombinasyonel problem için üstel üretken fonksiyon; g(x)=(x+x /!+x 3 /3!+ +x 6 /6!) 4 dir. imdi, 9 ki inin 4 odaya yerle tirilme yollarının sayısı g(x) deki x 9 /9! teriminin katsayısıdır ve bu katsayı, h(x)= (e x -) 4 =(e 4 x-4e 3x +6e x -4e x + deki x 9 /9! in katsayısıdır. Böylece, düzenlemenin sayısı, 4 9 -(4)3 9 +(6) 9-4 olacaktır.(düzenlemenin sayısının (4!)S(9,4) oldu una dikkat edin. Burada S(9,4) daha önce açıklanan ikinci tür stirling sayısıdır. 8

16 4 a,a,a,a 3, eklindeki sekansları ele aldı ımızda, a r, belirli kombinasyonel problemlerde r giri ine ba lı olan çözümdür. Bazı durumlarda a r, sekansın önceki elemanlarına ba lı olarak ifade edilebilir. Örne in, 4,7,,3,6,. eklindeki, dizide, a =4 ve ortak fark 3 tür. Dolayısı ile, sıranın r. terimi a r kendinden önceki (r-) terime ba lı olarak a r = a r- +3 eklinde ifade edilebilir. Bu ekilde ifade edilen ba ıntılara yineleme(recurrence) ba ıntıları denir. a =4 ise ba langıç ko uludur. Ba langıç ko ulu esas alınarak herhangi bir terim ardı ık olarak hesaplanabilir. Di er bir yol ise yineleme ba ıntısını çözerek r. terimin bulunmasıdır. Bu örnekte a r =4+3r olarak bulunur. Di er terimler bu çözümden hesaplanabilir. 4. Yineleme ba ıntıları, fark(difference ) ve diferansiyel denklemler: Gerçel sayılardan olu an bir {a n } dizisinde, ilk fark, d{a n }, a n -a n-, ikinci fark d {a n } ise, d{a n }- d{a n- } dir bu ise a n -a n- +a n- dir Daha genel olarak, k. fark d k {a n }, d k- {a n }-d k- {a n- } dir. Bir fark denklemi a n ve onun farklarını içeren denklemdir. Örnek, 3d (a n ) +d(a n )+7a n, ikinci dereceden homojen bir fark denklemidir. Her bir a i (i=,,,,n-) a n in terimleriyle ifade edilebilir çünkü a n- =a n -d(a n ), a n- =a n- -d(a n- ). Oldu undan her bir yineleme ba ıntısı bir fark denklemi olarak ifade edilebilir. Örnek olarak, 3d (a n ) +d(a n )+7a n fark denklemi, a n =8a n- -3a n- eklindeki yineleme ba ıntısı olarak ifade edilebilir. Böylece bazı yazarlar fark denklemleri ve yineleme ba ıntılarını de i tirerek kullanırlar. Yineleme ba ıntılarının çözümünde, fark denklemlerinin çözüm yöntemleri kullanılır. Bu yöntemler ise, diferansiyel denklem sistemlerinin çözüm yöntemlerine benzerdir. Gerçekte, fark(difererans) denklemleri diferansiyel denklemlerin sayısal ortamda ifade edilmesi eklindedir. Bu noktada kısaca diferansiyel denklemleri hatırlamakta fayda vardır. Diferansiyel denklemler, bilinmeyen y = y(x) fonksiyonunun türevlerini içeren bir e itliktir. Bu e itlikte türevlerle beraber y = y(x) fonksiyonunun kendisi x in bilinen fonksiyonları ve sabitler de bulunabilir. Türevler denildi inde I. mertebeden, II. mertebeden,. türevler kastediliyorlar. Denklemdeki en yüksek mertebeden türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi denir. Örne in, y' = sin x, y' - y =, xy' + x y = 3 denklemleri I. mertebeden, y'' + 4y =, y'' + 3y' + 5y = denklemleri ise II. mertebeden denklemlerdir. Not: Yukarıdaki denklemlerde y, y', y'' fonksiyonları x de i keninin fonksiyonlarıdır. Genellikle, denklem yazılımında y, y', y'',... altındaki x de i keni yazılmıyor. Örne in, y'(x) - y(x) = yerine kısaca y' - y = yazılır. Diferansiyel denklemlerin fark denklemleriyle olan ili kisini açıklamak için ise, Hesap bilimlerinden bildi iniz gibi, y sürekli bir y(x) fonksiyonunun türevidir. x ayrık oldu u zaman y (x)= y(x+)-y(x) dir. Bu, d{y} fark operatörü ile aynıdır. Bu ifade, türev ile benzer olan fark sekanslarını olu turur Daha yüksek mertebeden türevler oldu u gibi daha yüksek mertebeden fark sekansları vardır. y (x) = y (x+)-y (x) türevi, y(x+)-y(x+)+y(x) e geni letilebilir.. Örnek: y -y= diferansiyel denklemini fark denklen olarak ifade edersek; y (x)= y(x+)-y(x) ve y=y(x) dir. Sonuçta; y(x+)-y(x)-y(x)= y(x+)- y(x)= (benzer ekilde a n+ =a n dir.) 9

17 Örnek: n farklı elemanı bir satıra dizme yollarının sayısını (a n ) hesaplamak için gerekli ifadeyi yineleme ba ıntısı olarak bulun. Çözüm: Seçilen bir elemanı ilk konuma yerle tirmek için n adet yol vardır. Bir elemanı ilk konuma yerle tirdikten sonra, kalan n-elemanı yerle tirme ekli a n- dir. Böylece yineleme ba ıntısı a n =n.a n- olarak ifade edilir. (burada ba langıç ko ulu a = dir.) Yineleme ba ıntıları diferansiyel denklemlerde oldu u gibi homojen ve homojen olmayan olarak iki grupta toplanır. Burada do rusal ve sabit katsayılı yineleme ba ıntılarının çözümü üzerinde durulacaktır. Tanım: E er c i (i=,,..,r) sabitler ise, a n = c a n- +c a n- +..+c r a n-r +f(n) ye r. dereceden sabit katsayılı do rusal yineleme ba ıntısı denir. E er f(n)= ise yineleme ba ıntısı homojen, de il ise homojen olmayan yineleme ba ıntısı denir. E er g(n), a n =g(n) (n=,,,.) eklinde olan bir fonksiyon ise, g(n) yineleme ba ıntısının bir çözümüdür. 4. Yineleme ba ıntılarının Çözümü Homojen Yineleme Ba ıntılarının Çözümü Teorem :(Süper pozisyon prensibi): E er g i (n) (i=,,,k), a n = c a n- + c a n- + + c r a n-r + f i (n) eklindeki bir yineleme ba ıntısının çözümleri ise; A g (n)+a g (n)+ + A k g k (n) eklindeki k çözümün kombinasyonu; a n = c a n- + c a n- + + c r a n-r + A f (n) + A f (n) + A k f k (n) eklindeki bir yineleme ba ıntısının çözümüdür. Burada, A i (i=,, k) gerçel sayılardır. Herhangi bir homojen yineleme ba ıntısının çözümlerinin do rusal kombinezonu, homojen yineleme ba ıntısının yine bir çözümüdür. spat: h(n)= A g (n) + A g (n) + A k g k (n) olsun. g i (n), a n = c a n- + c a n- + + c r a n-r + f i (n) in çözümü oldu u için; g i (n)= c g i (n-) + c g i (n-) + c r g i (n-r) + f i (n) yazılabilir. Bu nedenle; h(n)= c h(n-) + c h(n-) + c r h(n-r) + A f (n) + A f (n)+ + + A k f k (n) iddiamızı ispatlar. Sabit katsayılı homojen do rusal yineleme ba ıntılarını çözmek için basit yöntem vardır. Bu yöntem; r bir sabit olmak üzere, a r =x r ;a n = c a n- + c a n- + + c r a n-r nin bir çözümü kabul edilir ve kabul edilen çözüm ba ıntıda yerine koyulursa; x n = c x n- + c x n- + + c r x n-r. elde edilir. Bu denklemi r n-k ya böler ve sa tarafı sola geçirirsek; x r - c x r- - c x r- - - c r- x c r = bulunur ve derecesi r olan ve genelde r adet kökü olan bu polinoma yineleme ba ıntısının karakteristik denklemi denir. Bu denklemin kökü birden fazla veya karma ık sayı olabilir. E er x i (i=,,,r) karakteristik denklemin r adet kökü ise, a n =(x i ) n homojen yineleme ba ıntısının bir çözümüdür ve önceki önermede oldu u gibi böyle çözümlerin do rusal kombinezonuda ba ıntının bir çözümüdür. Örnek olarak, a n =5a n- -6a n- ba ıntısının karakteristik denklemi x -5x+6= dır ve kökleri x = ve x =3 dür. Böylece; A n = A() n +B(3) n A ve B sabitlerinin herhangi bir seçimi için yineleme ba ıntısının bir çözümüdür. Di er bir deyi le, her bir r kök, x i (i=,,..,r) gerçel ve farklı ise, her bir genel çözüm bu (x i ) n çözümlerinin do rusal bir kombinasyonudur. Teorem: r. dereceden bir do rusal homojen yineleme ba ıntısının karakteristik denkleminin r kökü x i (i=,,..,r) gerçel ve farklı ise, her bir genel çözüm bu (x i ) n çözümlerinin do rusal

18 bir kombinasyonudur. Bununla birlikte, yineleme ba ıntısının r ardı ık ba langıç de eri a k,a k+,.,a k+r- biliniyorsa, bu r adet ba langıç de erin çözüme uygulanmasıyla r keyfi sabit hesaplanır ve bu çözüm tektir. Örnek: a n -9a n- = ba ıntısını, a =6, a = için çözün. Çözüm: Karakteristik denklem x -9= dır ve denklemin kökleri x =3 ve x =-3 dür. Buradan ba ıntının genel çözümü; A ve B keyfi sabitler olmak üzere; a n = A(3) n +B(-3) n imdi verilen ba langıç ko ullarına bakarak A ve B sabitlerini bulalım. A+B=6; a =6 için ve; 3A-3B=; a = için Bu iki denklemin çözümünden, A=5 ve B= bulunur. Buradan genel çözüm, a n = 5(3) n + (-3) n E er karakteristik denklemin kökleri tekrarlanan çoklu kök ise bu durumda a a ıdaki örne i inceleyelim, Örnek : a n = 4a n- -4a n- yineleme ba ıntısının karakteristik denklemi, (x-) = dır ve denklemin kökleri x = ve x = dir. Bu durumda A() n bir çözümdür. Di er çözüm ise elbette Bn() n eklinde ve genel çözüm ise, A() n + Bn() n eklinde olacaktır. Yine benzer ekilde ba langıç ko ullarının çözüme uygulanmasıyla A ve B sabitlerinin de eri hesaplanır. Teorem: (a) Bir yineleme ba ıntısının karakteristik denklemin bir çarpanı (t kök ve s de katlılık olmak üzere) (x-t) s, olsun. Buradan, u= (t) n (A +A n+a 3 n +.+A s n s- ) yineleme ba ıntısının bir çözümüdür. Burada, A j (j=,,,,s) keyfi sabitlerdir. Bu çözüm, ba ıntının r ye göre temel çözümüdür. (b) Yineleme ba ıntısının kökleri t k (k=,,,q, burada s k, t k nın katlılı ıdır) ve u k, ba ıntının t k köküne göre temel çözümü olsun. Buradan, yineleme ba ıntısının her çözümü, bu q temel çözümün toplamıdır. Örnek: Karakteristik denklemi (x-) 3 (x+3)(x-4) eklinde olan bir yineleme ba ıntısının genel çözümünü bulun. Çözüm : Denklemin kökleri,,,-3,4 ve 4 dür. Tekrarlanan kök için temel çözüm ; u = n (A +A n+a 3 n ), kök -3 için temel çözüm, u = A 4 (-3) n ve tekrarlanan kök 4 için temel çözüm u 3 = 4 n (A 5 + A 6 n) dir. Böylece genel çözüm u + u + u 3 eklindedir. Homojen Olmayan Yineleme Ba ıntıları. Bu bölümde, a n = h n +f(n) tipindeki do rusal yineleme ba ıntılarının çözümü üzerinde durulacaktır. Burada, h n = c a n- +c a n- +..+c r a n-r,ve f(n) n in bir fonksiyonudur. Verilen homojen olmayan ba ıntının homojen parçası a n =h n dir. E er verilen ba ıntının homojen parçasının bir çözümü a n =u n ve homojen olmayan ba ıntının bir çözümü, a n =v n ise süperpozisyon prensibi gere i, a n =u n + v n de aynı homojen olmayan ba ıntının bir çözümüdür. E er, u n in r keyfi sabiti var ise, u n + v n in de r keyfi sabiti vardır. E er homojen olmayan ba ıntının r ardı ık ba langıç ko ulu biliniyor ise, bu ba langıç ko ulları, tek bir çözüm veren r de i kenli r denklem tanımlamak için kullanılır. Di er bir deyimle, e er homojen olmayan yinelemeli ba ıntının homojen kısmının bir genel çözümü u n ise ve e er v n de homojen olmayan ba ıntının bir kısmi çözümü ise, u n + v n aynı homojen olmayan ba ıntının bir genel çözümüdür.

19 Örnek: a n =5a n- -6a n- +6(4) n ba ıntısının genel çözümün bulun. Çözüm: Ba ıntının homojen kısmının karakteristik denklemi x -5x+6=(x-(x-3) dür. Buradan x =,x =3 bulunur. Dolayısı ile homojen parçanın çözümü; u n = A() n +B(3) n dir. Kısmi çözüm için ise; f(n)= (4) n oldu undan v n =A.f(n)= A.4 n bir çözüm kabul edilsin ve bu çözüm ba ıntıda yerine koyulursa; A(4) n =5.A(4) n- -6.A(4) n- +6(4) n Buradan A=48 ve v n =48(4) n bulunur. Sonuçta; a n =u n + v n =A() n +B(3) n +48(4) n bulunur. A ve B keyfi sabitleri, ardı ık ba langıç ko ulları kullanılarak bulunur. Homojen yineleme ba ıntısının çözümünün tersine, homojen olmayan ba ıntıların kısmi çözümü için genel bir yöntem yoktur. Bununla birlikte iki özel durumda: i. E er f(n)= c(q) n ise(burada c bilinen bir sabit) ve e er q karakteristik denklemin kökü de il ise, A(q) n kısmi çözüm olarak seçilir. Burada A, homojen olmayan e itlikte a n yerine A(q) n koyularak hesaplanabilecek bir sabittir. E er q karakteristik denklemin k katlı bir kökü ise, bu durumda A(n) k (q) n kısmi çözüm olarak seçilir ii. E er, f(n)= c(n) k ise ve e er karakteristik denklemin kökü de il ise, kısmi çözüm için A +A n +A n + +A k n k eklinde derecesi k olan n e ba lı bir polinom seçilir. E er, karakteristik denklemin t katlı kökü, ise, kısmi çözüm için A n t + A n t+ +A n t+ + +A k n t+k eklindeki polinom seçilir. Örnek: Homojen olmayan bir yineleme ba ıntısının karakteristik denklemi, (x-) (x-)((x-3) = dır. A a ıdaki f(n) de erlerine göre kısmi çözümleri bulun. (a) f(n)=4n 3 +5n (b) f(n)=4 n (c) f(n)=3 n Çözüm: Karakteristik denklemin kökleri, iki katlı kök, bir katlı kök ve iki katlı kök 3 dür. Homojen parçanın genel çözümü u n ve v n de kısmi çözümler olmak üzere; u n = c + c.n + c 3. n +c 4.3 n + c 5.n.3 n dir. (a) v n = An +Bn 3 + Cn 4 + Dn 5 (b) v n = A.4 n (c) v n = A.n 3 n. Yineleme Ba ıntılarının iterasyon ile çözümü Yineleme ba ıntıları iterasyon yöntem ile de çözülebilir. Bu çözüm ekli için; Örnek: a n = k.a n- + f(n) eklindeki bir ba ıntının çözümünü ele alalım. Çözüm: Önce açıklandı ı gibi, u n homojen parçanın çözümü, v n ise kısmi çözüm olmak üzere a n = u n + v n dir. Durum(): k=, c keyfi bir sabit olmak üzere, u n =c dir, böylece, a n =c + v n dir. Burada v n in özelli i f(n) e ba lı ve u n de bir sabittir. Bununla birlikte; a n =a n- +f(n) a n- =a n- +f(n-).. a =a +f() a =a +f() dir. Bu n adet e itlik toplanırsa;

20 a n =a + f() + f() + + f(n) elde edilir.böylece, f() + f() + + f(n)=a n -a =c+v n -a elde edilir. Durum(): k, e e it de il ise, u n =c k n dir. daha önce anlatıldı ı gibi v n, f(n) ve u n e ba lıdır. Örnek: a n = k.a n- +b.n eklindeki yineleme ba ıntısının çözümünü iterasyon ile bulun. a n = k.a n- +bn k/ a n- = k.a n- +b(n-) (e itlik k ile çarpılır) k /a n- = k.a n- +b(n-) (e itlik k ile çarpılır).. k n- /a = k.a +b(n-(n-)) (e itlik k n- / ile çarpılır) k n- /a = k.a +b(n-(n-)) (e itlik k n- / ile çarpılır)bu e itlikler toplanırsa; a n = a.k n +bn + kb(n-) + k b(n-)+ + k n- b(n-(n-)) = a.k n +b[n(+k +k + +k n- )- k(+k +3k + +(n-)k n- )] dir. = a.k n k n n n n. k ( k ) + k +b[n( )- k( )] dir. k ( k ) a =, k= ve b= için çözüm a n = 3. n --n dir. Not: Aynı problemi önceki yöntem ile çözünüz 4.3 Yineleme Ba ıntıları ve Üretken fonksiyonlar. Birçok örnekte, bir yineleme ba ıntısındaki n. terim a n, verilen yineleme ba ıntısı için üretken fonksiyon olarak elde edilen g(x) fonksiyonunun kuvvet serisi açılımındaki x n in katsayısı olarak elde edilebilir. Çok sık olarak, g(x) için fonksiyonel denklem cebrik olarak çözülebilir ve g(x) kuvvet serisi eklinde ifade edilerek a n elde edilir. Di er bir ifade ile, yineleme ba ıntısı, ilgili üretken fonksiyon yoluyla çözülebilir. Örnek: a n =a n- yineleme ba ıntısını ilgili üretken fonksiyon ile çözün. Çözüm: g(x) = a + a x + a x + + a n x n +.. eklinde ilgili bir üretken fonksiyon olsun. Yineleme ba ıntısının her iki yanını x n ile çarparsak, x n a n =a n- x n elde ederiz. Burada, n=,,, dir. böylece, a x=a x a x =a x.. a n x n =a n- x n dir. Bu denklemleri alt alta toplarsak, g(x)-a = xg(x), eklinde g(x) için bir fonksiyonel denklem elde ederiz. Bu denklem g(x) için çözülürse, g(x)= a /(-x) elde edilir. Böylece, g(x) in kuvvet serisi açılımında g(x) = a (+x + x + + n x n + ), x n in katsayısı olan, a n =a n olarak bulunur. Örnek: a n = c a n- +c a n- için üretken fonksiyonu bulun(a =A ve a =A dir) Çözüm: Üretken fonksiyon g(x) = a + a x + a x + + a n x n +.. dir. a n x n =c a n- x n + c a n- x n de, n=,3,4, koyarak; a x = c a x + c a x a 3 x 3 = c a x 3 + c a x 3.. a n x n = c a n- x n + c a n- x n 3

21 Devam edilip e itlikler toplanırsa; g(x)-a -a x=(c x)[g(x)-a ] +(c x )g(x) elde edilir. Böylece, g(x)= u(x)/v(x) dir burada, u(x)= (a +a x)-(a )(c x) ve v(x)= -c x-c x dir. Burada, v(x) paydasının katsayıları ile p(x) =x -c x-c karakteristik fonksiyonunun katsayıları arasındaki ili kiye dikkat edin. 4.4 Algoritmaların verimlili i önemli bir özelliktir. Algoritmanın verimlili i ne demektir? Bunun analizi nasıl yapılır? Verimlili in bir ölçütü, algoritmanın belirli bir giri verisine kar ın, problemin çözümü için bilgisayarın harcadı ı zamanın ölçülmesidir. Di er bir ölçü ise belirli giri verisine kar ı bilgisayarın kullandı ı bellek miktarıdır. Böyle sorular algoritmanın bir hesaplama karma ıklı ının geli tirilmesini gerektirir. Problemi çözmek için algoritmanın harcadı ı zamanın analizi zaman karma ıklı ı nı, gerekli belle in analizi ise yer(space) karma ıklı ının hesabını gerektirir. Bu i leme algoritmanın analizi denir. Yer karma ıklı ı probleminin çözümü, algoritmayı gerçeklerken kullanılan veri yapıları ile ba lantılıdır. Ancak bu konular içerisinde yer karma ıklı ından bahsedilmeyecektir. Algoritmanın zaman karma ıklı ı ise, belirli miktardaki giri verisine kar ılık, yapılan kar ıla tırma, tamsayı toplama, tamsayı çıkartma, tamsayı çarpma ve bölme i lemleri ile di er basit i lemlerin sayısı olarak hesaplanır. Örnek( Zaman karma ıklı ı için ) : Bir A dizisinin en küçük elemanını bulan algoritmanın zaman karma ıklı ının hesabı: Procedure enkucuk(a real array,, enkucuk:real) enkucuk := A[]; for i := to n begin if A[i] < enkucuk then enkucuk := A[i] { en kötü durumda n- defa icra edilir.} end {i lem sonunda enküçük ayı bulunmu olur} Bu algoritmanın zaman karma ıklı ı en kötü durumda dizinin büyüklü ü mertebesindedir. Bu yordamın i lem sayısını hesaplamaya çalı alım. Mertebesi n-dir. Kar ıla tırma i lemlerinin sayısı : n- Atama i lemlerinin sayısı: n- ; Algoritmanın karma ıklı ı(zaman) O(n) dir. Karma ıklı ı ifade etmek için O(n) notasyonu kullanılır. O mertebe i areti, (n) in sonlu bir çarpanla çarpımından daha küçüktür. lemlerin sayısı kn { k : sınırlı sabit,n : problemin büyüklü ü olarak tanımlanır} Örnekler, En küçük sayıyı bulma algoritması : n- O(n) Hem en küçük hem de en büyü ü bulma : n- + n- = n-3 :O(n) Sıralama yapan algoritma(en küçükten büyü e): (n-) +(n-) +(n-3) +...= n*( n ) :O(n ) n = n 4