离散第四次作业

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组合与概率基础 课后作业

1.

(10 分) 用 \(p\) 种颜色给正五边形的顶点染色,求在 \(D_{10}\) 对称群下的非等价染色数.

\(r\) 是顺时针转 \(72^\circ\)\(s\) 是关于 \(1-2\) 边中垂线的反射。

  1. 恒等变换 \(e\)下不变的染色数为 \(p^5\)
  2. 旋转变换 \(r, r^2, r^3, r^4\) 下不变的染色数为 \(p\)
  3. 反射变换 \(s, sr, sr^2, sr^3, sr^4\) 下不变的染色数为 \(p^3\)

由 Burnside 引理,非等价染色数 \(=\)

\[\begin{aligned} &\frac{1}{\#G}\sum_{g\in G}\#Fix_X(g) \\ &= \boxed{\frac{1}{10}(p^5+5p^3+4p)} \end{aligned} \]

2.

(10 分) 用红蓝两种颜色给正五边形的顶点染色,要求至少有两个红色和两个蓝色,求在 \(D_{10}\) 对称群下的非等价染色数.

\(r\) 是顺时针转 \(72^\circ\)\(s\) 是关于 \(1-2\) 边中垂线的反射。

  1. 恒等变换 \(e\)下不变的染色数为 \({5\choose 2} + {5 \choose 3} = 20\)
  2. 旋转变换 \(r, r^2, r^3, r^4\) 下不变的染色数为 \(0\)
  3. 反射变换 \(s, sr, sr^2, sr^3, sr^4\) 下不变的染色数为 \(2\times{2\choose 1} = 4\)

由 Burnside 引理,非等价染色数 \(=\)

\[\begin{aligned} &\frac{1}{\#G}\sum_{g\in G}\#Fix_X(g) \\ &= \frac{1}{10}(20+4\times 5) = \boxed{4} \end{aligned} \]

3.

(10 分) 证明:在长度超过 \(rst\) 的实数序列中,或者存在 \((r + 1)\) 长的严格上升子序列,或者存在 \((s + 1)\) 长的严格下降子序列,或者存在 \((t + 1)\) 长的常数子序列.

反证法。假设不存在 \((r + 1)\) 长的严格上升子序列、 \((s + 1)\) 长的严格下降子序列,或者 \((t + 1)\) 长的常数子序列:

考虑前 \(rst + 1\)\(a_1, a_2, \ldots, a_{rst+1}\) ,令 \(f_i, g_i, h_i\) 分别表示 \(a_1, \ldots, a_i\) 中以 \(a_i\) 结尾的最长严格上升子序列、严格下降子序列、常数子序列的长度。它们显然为正整数。

考虑所有三元组 \(\{(f_i, g_i, h_i)\mid i=1,2,\ldots,rst+1\}\),由假设知 \(1\le f_i\le r, 1\le g_i\le s, 1\le h_i\le t\) ,共 \(rst\) 种可能。

由抽屉原理,必有 \(i<j\) 使得 \((f_i, g_i, h_i) = (f_j, g_j, h_j)\),但这是不可能的:

  1. \(a_i < a_j\),则 \(f_j \ge f_i+1>f_i\)
  2. \(a_i > a_j\),则 \(g_j \ge g_i + 1 > g_i\)
  3. \(a_i = a_j\),则 \(h_j \ge h_i + 1 > h_i\)

因此,假设不可能成立,原命题得证。\(\blacksquare\)

4.

(10 分) 设 \(n = p_1^{r_1}p_2^{r_2}\dots p_m^{r_m}\)\(n\) 的质因数分解. 定义 \(\phi(n)\)\([n] = \{1,\dots,n\}\) 中与 \(n\)​ 互质的数的个数. 用容斥原理证明 \(\phi(n) = \prod_{i=1}^mp_i^{r_i-1}(p_i-1)\)

\(A_i\) 表示 \([n]\) 中含有 \(p_i\) 素因子的数的集合,由容斥原理,

\[\begin{aligned} \phi(n) &= n - \sum_{1\le i\le m}\left|A_i\right| + \sum_{1\le i<j\le m}|A_i\cap A_j| + \dots + (-1)^m|A_1\cap\dots\cap A_m| \\ &= n - \sum_{1\le i\le m}\frac{n}{p_i} + \sum_{1\le i<j\le m}\frac{n}{p_ip_j}+\cdots+(-1)^m\frac{n}{p_1p_2\dots p_m} \\ &= n\prod_{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \\ &= \prod_{i=1}^mp_i^{r_i-1}(p_i-1) \end{aligned} \]

得证。\(\blacksquare\)

5.

(10 分) 证明下列组合恒等式:

(1)

\[\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}k{n\choose k} = 0 \]

由吸收恒等式与二项式定理,当 \(n \ge 2\) 时:

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}k{n\choose k} &= \sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}n{n-1\choose k-1 }\\ &= n\left(\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}{n-1\choose k}\right)\\ &= n\cdot (1-1)^{n-1} \\ &= n[n=1] = 0\\ \end{aligned} \]

得证。\(\blacksquare\)

(2)

\[\sum_{k=0}^{a-r}{a\choose k+r}{b\choose k} \]

由 Vandermonde 恒等式,

\[\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{a-r}{a\choose k+r}{b\choose k} \\ =& \sum_{k=0}^{a-r}{a\choose (a-r)-k}{b\choose k} \\ =& {a+b\choose a-r} \\ \end{aligned} \]

得证。\(\blacksquare\)

6.

(10 分) 某星球上的遗传物质和地球上一样,由 A, G, C, T, U 组成,但它们只是这些核苷酸的线 性序列 (不允许作任何对称操作,如 AG 和 GA 是不同的). 科学观察发现 (C, T),(C, U),(U, T), (U, U) 四对核苷酸从不连续出现 (例如 GGCTA 不存在, 但 GGTCA 存在). 求该星球上长度为 n 的遗传物质序列的个数.

提示:该星球上没有 DNA 和 RNA 的区别, 因此每种核苷酸都可以参与遗传物质的形成.

\([x^n]f(x)\) 表示长度为 \(n\) 的遗传物质序列的个数,\([x^n]u(x)\) 表示长度为 \(n\) 且以 U 结尾的遗传物质序列的个数。特别的, \([x^0]f(x) = 1\)\([x^0]g(x) = 0\)

\(n\ge 2\) 时,考虑按以什么结尾来计数合法遗传物质序列:

  1. A, G, C:前 \(n-1\) 个遗传物质构成合法序列即可,有 \([x^{n-1}]f(x)\) 种。
  2. T:前 \(n-1\) 个遗传物质序列构成合法序列,且不以 C 或 U 结尾,有 \([x^{n-1}]f(x) - [x^{n-2}]f(x) - [x^{n-1}]g(x)\) 种。
  3. U:前 \(n-1\) 个遗传物质序列构成合法序列,且不以 C 或 U 结尾,有 \([x^{n-1}]f(x) - [x^{n-2}]f(x) - [x^{n-1}]g(x)\) 种。

综上,有

\[[x^n]f(x) = 5[x^{n-1}]f(x) - 2[x^{n-2}]f(x) - 2[x^{n-1}]g(x) \\ [x^n]g(x) = [x^{n-1}]f(x) - [x^{n-2}]f(x) - [x^{n-1}]g(x) \]

考虑进 \(n = 0, 1\) 的情况,有:

\[\begin{aligned} f(x) &= 5xf(x) - 2x^2f(x) - 2xg(x) + 1 \\ g(x) &= xf(x) - x^2f(x) - xg(x) \end{aligned} \]

\(f(x) - 2g(x)\) 得:

\[f(x) - 2g(x) = 3xf(x) + 1 \]

得到

\[2g(x) = (1-3x)f(x) - 1 \]

代入 \(f(x)\) 的递推式,得

\[\begin{aligned} f(x) &= 5xf(x) - 2x^2f(x) - 2xg(x) + 1 \\ &= 5xf(x) - 2x^2f(x) - x((1-3x)f(x) - 1) + 1 \\ &= (4x+x^2)f(x) +(x+1) \\ \end{aligned} \]

整理得

\[f(x) = \frac{x+1}{1-4x-x^2} \]

\(u,v\) 分别为 \(1-\frac{4}{x}-\frac{1}{x^2} = 0\) 的解 \(2 \pm \sqrt 5\),解

\[\frac{a}{1-ux} + \frac{b}{1-vx} = -\frac{x+1}{x^2+4x-1} \]

\[\begin{cases} a = -\frac{u+1}{u-v} = -\frac{3+\sqrt 5}{2\sqrt 5} \\ b = \frac{v+1}{u-v} = \frac{3 - \sqrt 5}{2\sqrt 5} \end{cases} \]

故而

\[\begin{aligned} f(x) &= \frac{a}{1-ux} + \frac{b}{1-vx}\\ &= a(1+ux+u^2x^2 + \cdots) + b(1+vx + v^2x^2 + \cdots) \\ &= (a+b) + (au + bv)x + (au^2 + bv^2)x^2 + \cdots \\ &= \sum_{n\ge 0}(au^n + bv^n)x^n \end{aligned} \]

答案为 \([x^n]f(x) = \boxed{au^n + bv^n = -\frac{3+\sqrt 5}{2\sqrt 5}(2+\sqrt 5)^n + \frac{3 - \sqrt 5}{2\sqrt 5}(2 - \sqrt 5)^n}\)

7.

(10 分) 设 \(v_1, v_2, \dots, v_n \in \mathbb R^n\). \(|v_i| = 1,\ i=1,\dots,n\). 证明:存在 \(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n\in\{-1,1\}\),使得

\[|\varepsilon_1v_1 + \cdots + \varepsilon_nv_n| \le \sqrt n \]

取定 \(n\),考虑构造一列 \(\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n\) 满足题意。

更进一步地,考虑加强命题,使得 \(\forall k=1,\dots,n,\ |\varepsilon_1v_1 + \cdots + \varepsilon_kv_k| \le \sqrt k\)

构造方式如下:

  1. \(k = 1\) 时,任取 \(\varepsilon_1 = 1\),此时 \(|\varepsilon_1v_1| = 1 \le \sqrt 1\)

  2. \(k = l+1\) 时:取 \(\varepsilon_{l+1} = 1\)

    \(|\varepsilon_1v_1 + \cdots + 1\cdot v_{l+1}| \le \sqrt{l+1}\),取 \(\varepsilon_{l+1} = 1\) 即满足要求。

    否则,若 \(|\varepsilon_1v_1 + \cdots + 1\cdot v_{l+1}| > \sqrt{l+1}\),下证 \(\varepsilon_{l+1} = -1\) 满足要求,即 \(|\varepsilon_1v_1 + \cdots + (-1)\cdot v_{l+1}| \le \sqrt{l+1}\)

    \(v' = \varepsilon_1v_1 + \cdots + \varepsilon_l v_l\),有 \(|v'|\le \sqrt l\)

    因而, \(|v' + v_{l+1}|^2 = v'^2 + 2v'v_{l+1} + v_{l+1}^2 = (n+1) + 2v'v_{l+1} > (\sqrt{n+1})^2 = n+1\)

    故而,\(v'v_{l+1} < 0\),故 \(|v' - v_{l+1}|^2 = (n+1) - 2v'v_{l+1} < n+1\)

    因此,取 \(\varepsilon_{l+1} = -1\) 即满足条件。

综上,可以构造出一列 \(\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n\) 使得 \(\forall k=1,\dots,n,\ |\varepsilon_1v_1 + \cdots + \varepsilon_kv_k| \le \sqrt k\)。取 \(k=n\) 即证。\(\blacksquare\)

8.

(10 分) 设 \(R(k, l)\) 是 Ramsey 数. 证明:对任意正整数 n,

\[R(k, k) > n - {n\choose k}2^{1-{k\choose 2}} \]

在边随机染色的 \(K_n\) 里随机选择一个子图 \(K_k\),它的所有边同色的概率为 \(\frac{1}{2^{{k\choose 2} - 1}}\)

由期望的线性性,边随机染色的 \(K_n\) 中所有边同色的 \(K_k\) 子图的个数期望为 \({n\choose k}2^{1-{k\choose 2}}\)

因此,要证 \(R(k, k) > n - {n\choose k}2^{1-{k\choose 2}}\),相当于证 \(\mathbb E > n - R(k,k)\),只需证任何 \(K_n\) 里都有大于 \(R(k,k)-n\) 个边同色 \(K_k\) 子图即可。

\(n < R(k,k)\) 时,\(R(k,k) - n < 0\),该不等式显然成立。

\(n \ge R(k,k)\) 时:

  • \(R(k, k)\) 的定义,存在边同色的 \(K_k\) 子图 \(G_1(V_1, E_1)\)
  • 任意从 \(K_k\) 的原图 \(G\) 中删去 \(u \in V_1\),得到 \(G'\)
  • 若依然有 \(|G'| \ge R(k, k)\),则 \(G'\) 存在另一边同色的 \(K_k\) 子图 \(G_2(V_2, E_2)\)。显然,\(G_2 \ne G_1\)
  • 依次类推,共可以找出 \(n - R(k,k) + 1\) 个互不相同的 \(K_k\) 子图 \(G_1, G_2, \dots\),得证。

综上,得证。\(\blacksquare\)

9.

(10 分) 设 \(m = 10^5\)\(n = 10m\). \(x_1,\ldots,x_n\) 是命题变元. \(\sigma_1,\ldots,\sigma_{30}\) 分别是 \([n] = \{1,\dots,n\}\) 的一个排列. 对每个 \(i\in [30]\)\(0\le t<m\),令\(C_{it}=(y_1\lor \cdots \lor y_{10})\),其中 \(y_l\) 要么是 \(x_{σ_i(10t+l)}\) 要么是它的否定. 设 \(C = \bigwedge_{i,t}C_{it}\). 证明:存在一种 \(x_1,\ldots,x_n\) 的真值指派,使得 \(C\) 的真值为 \(\mathrm T\).

不会做。考虑使用 Lovász 局部引理。

独立随机赋值 \(x_i\in\{\mathrm{T}, \mathrm{F}\}\)。令 \(A_{it}\) 表示 \(C_{it}\) 的真值为 \(\mathrm{F}\) 的事件。显然,\(\mathrm{Pr}(A_{it}) = \left(\frac{1}{2}\right)^{10} = \frac{1}{1024} =: p\)

考虑与 \(A_{it}\) 不独立的事件的个数:\(x_{\sigma_i(10t+l)}\) 至多出现在 \(29\) 个其他 \(C_{i't'}\) 中,最多为 \(29\times 10 = 290 =: d\) 个。

此时,\(ep(d+1) < \frac{3\times 291}{1024} = \frac{873}{1024} < 1\)

故而,由 Lovász 局部引理的常用形式,

\[\mathrm{Pr}\left(\bigcap_{i,t}^nA_{it}^c\right) > 0 \]

因此,存在一种 \(x_1,\ldots,x_n\) 的真值指派,使得 \(C\) 的真值为 \(\mathrm T\)\(\blacksquare\)

10.

(10 分) Sperner 定理的概率方法证明. 设 \(\mathcal F\)\([n]\) 的子集族并且不存在 \(A,B \in \mathcal F\) 满足 \(A \subset B\). 令 \(\sigma \in S_n\) 是一个 \([n]\) 的均匀随机排列,定义随机变量

\[X = |\{i:\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\}\in\mathcal F\}| \]

(1)

证明:\(\mathbb EX\le 1\).

只需证恒有 \(X \le 1\)

反证法。若 \(X \ge 2\),则 \(\exists i < j\)\(\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\}\in\mathcal F\)\(\{\sigma(1), \ldots, \sigma(j)\}\in\mathcal F\)

但是,\(\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\}\subset \{\sigma(1), \ldots, \sigma(j)\}\),与 \(\mathcal F\) 的定义矛盾。

得证。\(\blacksquare\)

(2)

\(F\) 中大小为 \(i\) 的集合有 \(N_i\) 个,证明:

\[\mathbb E X = \sum_{i=1}^n\frac{N_i}{{n\choose i}} \]

\(i = 1,\ldots, n\) 分别计算 \([\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\}\in\mathcal F]\) 的期望即可。

任取大小为 \(i\) 的集合 \(C \in\mathcal F\)\(\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\} = C\) 的概率为 \(n\choose i\)

由期望的线性性,\([\{\sigma(1), \ldots, \sigma(i)\}\in\mathcal F]\) 的期望为 \(\frac{N_i}{{n\choose i}}\)

由期望的线性性,\(\mathbb EX\) 为它们的和,即 \(\mathbb E X = \sum_{i=1}^n\frac{N_i}{{n\choose i}}\)\(\blacksquare\)

(3)

证明:\(|\mathcal F|\le {n \choose \lfloor n/2\rfloor}\)

由(1)(2),有

\[\sum_{i=1}^n\frac{N_i}{{n \choose i}} \le 1 \]

由于 \(1/{n \choose i}\) 中,\(1/{n\choose \lfloor n/2\rfloor}\) 最小,有

\[\sum_{i=1}^n\frac{N_i}{{n \choose \lfloor n/2\rfloor}} \le 1 \]

故而

\[\sum_{i=1}^n N_i \le {n \choose \lfloor n/2\rfloor} \]

因此,\(|\mathcal F| = \sum_{i=1}^n N_i \le {n \choose \lfloor n/2\rfloor}\),得证。\(\blacksquare\)

posted @ 2022-12-03 15:33  frank3215  阅读(54)  评论(0)    收藏  举报