Четыре лекции по комбинаторике: Методические указания

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ УЛЬЯНОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИСТЕТ

А. С. СЕМЕНОВ

ЧЕТЫРЕ ЛЕКЦИИ ПО КОМБИНАТОРИКЕ Методические указания

Ульяновск 2005

3

УДК 519.1 (076) ББК 22.141 я 7 С30

Рецензент д-р техн. наук, профессор Семушин И. В.

Одобрено секцией методических пособий научно-методического совета УлГТУ

Семенов А.С. С30 Четыре лекции по комбинаторике: методические указания. – Ульяновск: УлГТУ, 2005. - 20 с. Методические указания написаны в соответствии с программами курса высшей математики для высших учебных заведений и предназначены для самостоятельной работы студентов всех форм обучения Ульяновского государственного технического университета, изучающих теорию вероятностей и математическую статистику. Цель пособия – познакомить читателей с основными понятиями комбинаторики и методами решения комбинаторных задач. Оно может оказаться полезным лицам, занимающимся математической логикой, вычислительной техникой, кибернетикой, целочисленным программированием и т. п. Работа подготовлена на кафедре «Высшая математика». УДК 519.1 (076) ББК 22.141.я 7

© А. С. Семенов, 2005 © Оформление, УлГТУ, 2005

4

ЛЕКЦИЯ 1 Введение Комбинаторика или теория конечных множеств является одним из разделов математики, имеющим большое значение в связи с применением его в теории вероятностей, математической логике, вычислительной технике, кибернетике, целочисленном программировании и т.п. Цель лекций познакомить читателей с основными понятиями комбинаторики и методами решения комбинаторных задач. При составлении лекций использовалась следующая литература 1. Виленкин Н.Я. Комбинаторика - М.: Наука, 1979. 2. Ежов И.И., Скороход А.В., Ядренко М.М. Элементы комбинаторики - М.: Наука, 1977. Лекции предназначены, прежде всего, для студентов, изучающих теорию вероятностей. Они могут оказаться полезными и лицам, которые знакомы с определениями и свойствами основных операций над множествами и занимаются комбинаторными расчетами. § 1. Принцип математической индукции Широко распространенный метод доказательства утверждений - это метод математической индукции, основанный на принципе математической индукции. Докажем его. Теорема 1 (принцип математической индукции) Пусть имеется некоторое утверждение P (n), которое формулируется для каждого натурального числа n, и пусть известно, что: 1) утверждение P (1) верно; 2) из того, что P (n) верно при n = k , следует, что P (k + 1) верно. Тогда утверждение P (n) верно для любого значения n ( ∀n ∈ N . ). Доказательство. Применим метод доказательства "от противного". Предположим, что, несмотря на истинность условий 1 и 2 теоремы, утверждение P (n) верно не для всех натуральных n. Тогда среди тех n, для которых P ( n) неверно, найдется наименьшее число m . Ясно, что m > 1, так как в противном случае получаем противоречие с условием 1 теоремы, то есть m − 1 тоже натуральное число, для которого P (m − 1) верно. Но тогда P(m − 1 + 1) = P(m) должно быть верным в силу второго условия теоремы. Мы пришли к противоречию. Теорема 1 доказана. Пример 1. Используя метод математической индукции, доказать формулу для суммы кубов последовательных натуральных чисел

n 2 (n + 1) 2 1 + 2 + ... + n = ∑ m = . 4 m =1 3

3

3

n

3

(1)

Решение. Проверяем выполнение условий теоремы 1. 1) При n = 1 левая часть в (1)

1⋅ 22 дает 1 = 1 , правая -= 1 ,т.е. формула (1) верна при n = 1. 2) Пусть формула 4 k +1 k k 2 (k + 1) 2 3 3 3 (1) верна для всех n ≤ k , тогда ∑ m = ∑ m + ( k + 1) = + (k + 1) 3 = 4 m =1 m =1 3

5

(k + 1) 2 (k + 2) 2 1 2 2 = ( k + 1) ( k + 4k + 4) = , т.е. формула (1) верна и при значении 4 4 n = k + 1 . Следовательно, согласно принципу математической индукции, формула (1) верна для любого натурального n . Пример 2. Доказать, что для всякого натурального числа, не меньшего десяти, т.е.

(∀m ∈ N : m ≥ 10) , имеет место неравенство 2 m > m 3 . Решение. Пусть n − любое натуральное число. Тогда доказательство данного неравенства сводится к доказательству неравенства

2 9+ n > (9 + n) 3 .

(2)

Докажем его методом математической индукции. 10

3

1) При n = 1 имеем 2 = 1024 > 10 = 1000 , т.е. неравенство (2) верно. 2) Предположим, что неравенство (2) верно для всех n ≤ k . Тогда последовательно получаем

2 9+ k > (9 + k ) 3 , 2 ⋅ 2 9+ k > 2 ⋅ (9 + k ) 3 ,

210+ k > 2k 3 + 54k 2 + 486k + 1458 > k 3 + 30k 2 300k + 1000 = (k + 10) 3 , т.е. неравенство (2) верно и при n = k + 1 . Следовательно, на основании принципа математической индукции, неравенство (2) верно для любого натурального n . § 2. Основные принципы комбинаторики Теорема 2 (принцип умножения) Если некоторое действие может быть выполнено за k этапов, причем число возможных способов осуществления i − го этапа равно ni (i = 1,2,..., k ), то общее число N k способов осуществления указанного действия вычисляется по формуле k

N k = n1 ⋅ n 2 ⋅ ... ⋅ n k = ∏ ni .

(3)

i =1

Доказательство. Используем индукцию по числу этапов. Если k = 1, то, очевидно, что N 1 = n1 и, следовательно, формула (3) верна для k = 1. Пусть далее k = 2. Тогда, так как каждый из n1 способов осуществления первого этапа может иметь место

с каждым из n 2 способов осуществления второго этапа, то N 2 = n1 ⋅ n 2 , т.е. формула (3) верна и для k = 2. Предположим теперь, что формула (3) верна при k = m − 1, т.е. имеет место формула

N m −1 =

m −1

∑ ni .

(4)

i =1

Тогда, если k = m, то, рассматривая первые m − 1 этапов в качестве первого этапа с общим числом способов осуществления, определяемым формулой (4), и применяя результат, доказанный вторым шагом индукции, получаем m

N m = N m −1 ⋅ n m = ∑ ni , i =1

т.е. формула (3) верна и для k = m. Следовательно, согласно принципу математической индукции, теорема 2 доказана. Рассмотрим некоторые примеры применения принципа умножения. 6

Пример 3. Даны два конечных множества A1 и A2 с числом элементов N ( A1 ) = n

и N ( A2 ) = m соответственно. Требуется определить число элементов прямого произведения этих множеств, т.е. N ( A1 × A2 ). Решение. Из определения прямого или декартова

произведения двух множеств

следует, что любой элемент множества A1 × A2 может быть получен в результате выполнения действия из двух этапов. Первый этап - выбрать произвольный элемент множества A1 и поместить его на первое место в упорядоченной паре, ясно, что

n1 = n; второй этап - выбрать произвольный элемент множества A2 и поместить его на второе место в паре, n 2 = m. Теперь, согласно принципу умножения, получаем N ( A1 × A 2 ) = n1 ⋅ n 2 = n ⋅ m. (5) Следствие - обобщение. Аналогично, или используя метод математической индукции, можно доказать, что если даны конечные множества Ai (i = 1,2,..., k ) с

N ( Ai ) = ni , то

N ( A1 × A 2 ×... × Ak ) = n1 ⋅ n 2 ⋅ ... ⋅n k . В частности, если A − конечное множество с N ( A) = n, то

(6)

N ( Ak ) = n k .

(7) Замечание. По определению прямого произведения множеств элементами множеk

ства A = A × A ×... × A (справа k символов A разделены k − 1 знаками прямого произведения множеств) являются упорядоченные последовательности (кортежи) длины k , составленные из возможно повторяющихся элементов множества A . В комбинаторике такие соединения (комбинации) из элементов множества A называют размещениями из n элементов по k элементов с повторениями. Они отличаются друг от друга или порядком элементов, или составом; их число обозначают

A(n, k ). Значит из формулы (7) следует, что A(n, k ) = N ( A k ) = n k . Пример 4. Пусть даны множество X = {x1 , x 2 ,..., x k }, N ( X ) = k и множество Y = {y1 , y 2 ,..., y l }, N (Y ) = l ; и пусть на множестве X с областью значений Y задана функция f : X → Y . Спрашивается: сколько всего имеется различных функций указанного вида ? Решение. Каждую функцию f : X → Y можно задать таблицей 1 Таблица 1. . . . . . . . . . . . . . . . x1 x2 xs

y i1 Где

. . . . . . . .

y i2

y is

y is − это тот элемент множества Y ,

. . . . . . .

xk y ik

который поставлен в соответствие

x s ∈ X . Нижняя строка таблицы 1 ( y i1 ,..., y ik ) есть кортеж длины k , составленный k

из элементов множества Y , т.е. элемент множества Y . Так как число различных k

k

элементов множества Y , согласно формуле (7), равно l , то имеется ровно l различных функций с областью определения X и областью значений Y . Следствие. Пусть

k

X = {0;1} , Y = {0;1}, тогда число различных функций вида m

m

f : X → Y равно 2 2 , ибо N ( X ) = 2 m , N (Y ) = 2. Другими словами: число 7

2m

булевых или двоичных функций от m двоичных аргументов равно 2 . Теорема 3 (принцип сложения) Если некоторое действие №1 можно осуществить m1 способами, а действие №2 -- m 2 способами, то осуществить "либо действие №1, либо действие №2" можно

m1 + m 2 способами. Справедливость теоремы очевидна. Например, если студенту необходимо попасть в лекционный корпус, к которому можно подъехать либо на одном из трех автобусных маршрутов, либо на одном из четырех трамвайных, то студент обязательно окажется около корпуса, воспользовавшись одним из семи маршрутов городского транспорта. Пример 5. Сколькими способами из 28 костей домино можно выбрать две кости одну за другой так, чтобы вторую можно было приложить к первой ? Решение. Если первой костью является дубль ( n1 = 7) , то вторую можно приложить '

к первой n 2 = 6 способами. Если первая кость не дубль ( n1 = 21) , то вторую можно '

приложить к первой n 2 = 12 способами. Теперь, последовательно применяя принцип умножения и принцип сложения, для искомого числа получаем

m = m1 + m 2 = n1 ⋅ n 2 + n1' ⋅ n 2' = 7 ⋅ 6 + 21 ⋅ 12 = 294. § 3. Число элементов объединения конечного числа конечных множеств Теорема 4. Если A и B множества I , то

конечные

подмножества

некоторого универсального

N ( A U B ) = N ( A) + N ( B ) − N ( A I B).

(8) Доказательство. Применим метод полной индукции. Рассмотрим последовательно все пять различных случаев "взаимного расположения" двух множеств A и B. 1. A = B, тогда A U B = A, A I B = A и формула (8) дает N ( A) = N ( A) + N ( A) − − N ( A) = N ( A), т.е. верное равенство. 2. A ⊂ B, тогда A U B = B, A I B = A и формула (8) дает N ( B ) = N ( A) + N ( B ) − − N ( A) = N ( B), т.е. верное равенство. 3. A ⊃ B (аналогично случаю 2). 4. A I B = Ø, тогда N ( A I B) = 0 и формула дает верное равенство

N ( A U B) = N ( A) + N ( B). 5. A I B ≠ Ø, тогда N ( A) + N ( B ) = N ( A U B ) + N ( A I B ), так как в левой части последнего равенства число общих элементов N ( A I B) будут перечислены дважды. Отсюда и следует равенство (8). Теорема 4 доказана. Установим общую формулу для определения числа элементов объединения конечного числа конечных множеств. Теорема 5. Если Ai (i = 1,2,..., n) конечные подмножества универсального множества I , то

N ( A1 U A2 U ... U An ) = N ( A1 ) + ... + N ( An ) − {N ( A1 I A2 ) + + N ( A1 I A3 ) + .. + N ( An−1 I An )} + {N ( A1 I A2 I A3 ) + N ( A1 I A2 I A4 ) + 8

+…+ N ( An −2 I An −1 I An )} − ... + ( −1) n

n −1

N ( A1 I A2 I ... I An ), или

n

N (U Ai ) = ∑ (−1) k −1 ⋅ S k ( A1 , A2 ,..., An ), i =1

(9)

k =1

S k ( A1 ,..., An ) есть сумма чисел N ( Ai1 I ... I Aik ) по всем возможным пересечениям ровно k различных множеств из множеств A1 ,..., An . где

Доказательство. Проведем доказательство методом математической индукции. Из формулы (8) следует, что формула (9) справедлива для двух множеств, т.е. при

n = 2.

Пусть формула (9) верна для всех m ∈ {2,3,..., n − 1}, тогда последовательно получаем

N ( A1 U A2 U ... U An ) = N ( A1 ) + N ( A2 U ... U An ) − − N (( A1 I A2 ) U ( A1 I A3 ) U ... U ( A1 I An )) = N ( A1 ) + {S1 ( A2 ,..., An ) −

− S 2 ( A2 ,..., An ) + ... + ( −1) n − 2 ⋅ S n −1 ( A2 ,..., An )} − {S 1 ( A1 I A2 ,..., A1 I An ) −

− S 2 ( A1 I A2 ,..., A1 I An ) + ... + (−1) n−2 ⋅ S n−1 ( A1 I A2 ,..., A1 I An )}.

Для того чтобы отсюда получить формулу (9), остается принять во внимание, что N ( A1 ) + S1 ( A2 ,..., An ) = S1 ( A1 ,...., An ) ,

S k ( A2 ,..., An ) + S k −1 ( A1 I A2 ,... A1 I An ) = S k ( A1 ,..., An ), k ∈ {2,..., n − 1}; S n−1 ( A1 I A2 ,..., A1 I An ) = S n ( A1 ,..., An ).

Следовательно, согласно принципу математической индукции, формула (9) верна для любого натурального n. Теорема 5 доказана. Следствие. Если

∀i ≠ j Ai I A j =

Ø, то

n

n

N (U Ai ) = ∑ N ( Ai )

(10)

i =1

i =1

Пример 6. Каждый студент в группе – либо девушка, либо блондин, либо говорит по английски. В группе 16 девушек, из них 6 блондинок, и 4 блондинки знают английский язык. Всего в группе 11 блондинов, по английски из них говорят 8. Всего студентов, которые могут общаться на английском языке 20, из них 12 девушек. Сколько студентов в данной группе ? Решение. Пусть A − множество девушек, B − множество блондинов, C − множество студентов, которые знают английский язык. Тогда N ( A U B U C ) − искомое число студентов в группе; A I B − множество блондинок; A I C − множество девушек, которые говорят по английски; B I C − множество всех блондинов (юношей и девушек), которые знают английский язык; A I B I C − множество блондинок, которые говорят по английски. Из данных задачи следует, что

N ( A) = 16, N ( B) = 11, N (C ) = 20, N ( A I B) = 6, N ( A I C ) = 12, N ( B I C ) = 8, N ( A I B I C ) = 4. Теперь по формуле (9) при n = 3 получаем N ( A U B U C ) = 16 + 11 + 20 − (6 + 12 + 8) + 4 = 25. Таким образом, в группе 25 сту-

дентов.

9

ЛЕКЦИЯ 2 § 4. Количество k – элементных подмножеств данного конечного множества

A

Пусть задано конечное множество

с N ( A) = n. Через

M ( A) будем

обозначать множество всех подмножеств множества A, через M k ( A) − множество всех k − элементных подмножеств множества A, т.е B ∈ M k ( A), если B ∈ M ( A)

и N ( B ) = k , ( k ≤ n). Теорема 6. Число

N ( M k ( A)) всех k − элементных подмножеств множества A из n

элементов вычисляется по формуле

N ( M k ( A)) =

n! . k!⋅(n − k )!

(11)

Доказательство. Обозначим искомое число N ( M k ( A)) для краткости через

C nk .

Будем строить k − элементные подмножества множества A действием из двух этапов. На первом этапе построим (k − 1) − элементное подмножество, тогда число k −1

способов осуществления первого этапа будет равно n1 = C n

. На втором этапе к

(k − 1) − элементному подмножеству присоединим один из n − k + 1 элементов множества A, которые не входят в это подмножество; ясно, что n2 = n − k + 1. Значит, согласно принципу умножения, в результате описанного k −1 действия получим n1 ⋅ n 2 = C n ⋅ ( n − k + 1) k − элементных подмножеств. Но не все они будут разными, так как каждое k − элементное подмножество можно так построить k способами: присоединением каждого из k его элементов к остальным k k − 1 его элементам. Поэтому найденное число в k раз больше, чем число C n k − элементных подмножеств множества A. Следовательно, полученному

k ⋅ C nk = (n − k + 1) ⋅ C nk −1 . Отсюда находим n −1 1 n − k + 1 k −1 n − k +1 n − k + 2 ⋅ C n = ... = ⋅ ⋅ ... ⋅ C nk = ⋅ Cn . k k k −1 2 1 Но число одноэлементных подмножеств множества A равно N ( A), т.е. C n = n. n ⋅ (n − 1) ⋅ ... ⋅ (n − k + 1) (n − k )! n! k Следовательно, C n = = ⋅ . Теорема 6 доk! (n − k )! k!⋅(n − k )!

казана. Замечание. Произвольное k − элементное подмножество множества из n элементов в комбинаторике называется сочетанием из n элементов по k элементов. Порядок элементов в подмножестве не имеет значения, поэтому часто вместо слова «сочетание» употребляется термин – комбинация или соединение из n элементов по k элементов, которые отличаются, по крайней мере одним элементом, но не порядком элементов. 10

Пример 7. Сколькими способами из 7 человек можно выбрать комиссию, состоящую из 3 человек ? Решение. Чтобы определить все возможные комиссии, нужно рассмотреть все возможные трехэлементные подмножества множества, состоящего из семи элементов. 3

Следовательно, искомое число способов равно C 7 =

7! = 35. 3!⋅4!

Пример 8. Рассмотрим на плоскости с декартовой прямоугольной системой координат «шахматный город», состоящий из m × n прямоугольных кварталов, границами которых являются части n + 1 горизонтальных и m + 1 вертикальных улиц. Требуется определить число различных кратчайших путей в пределах этого города, ведущих из левого нижнего угла (точки О(0;0)) в правый верхний угол (точку Р( m; n )). Решение. Каждый кратчайший путь из точки О в точку Р состоит из m + n отрезков, причем среди них есть m горизонтальных и n вертикальных отрезков. Разные пути отличаются лишь порядком чередования горизонтальных и вертикальных отрезков. Поэтому искомое число путей равно числу способов, которыми из m + n отрезков можно выбрать

n

отрезков, т.е.

резков можно выбрать

m

C mn + n ,

отрезков, т.е.

или числу способов, которыми из

m+n

от-

C mm+ n . Итак, число кратчайших путей равно

C mm+ n = C mn + n .

(12) Замечание. Заметим, что равенство (12) установлено при решении геометрической задачи. В справедливости его нетрудно убедиться и непосредственно, используя формулу (11). Заметим так же, что рассмотренный пример дает интересную геометрическую интерпретацию для чисел

C nk .

§ 5. Количество подмножеств данного конечного множества Выясним, сколько всего подмножеств имеет множество Теорема 7. Число всех подмножеств множества из

n

A с N ( A) = n. n

элементов равно 2 , т.е.

N ( M ( A)) = 2 n.

(13)

Доказательство. Перенумеруем элементы множества A и для каждого подмножества B ⊂ M ( A) построим последовательность длины n из нулей и единиц по следующему правилу: на ли

a k ∉ B.

k − ом месте пишем 1, если элемент a k ∈ B,

и пишем 0, ес-

Итак каждому подмножеству будет соответствовать своя последова-

тельность из нулей и единиц. Например, пустому множеству Ø соответствует последовательность из одних нулей, а самому множеству A − последовательность из одних единиц. Ясно, что справедливо и обратное утверждение: каждой последовательности из множества P последовательностей длины n из нулей и единиц соответствует одно подмножество B ⊂ M ( A) . Таким образом, между множествами M ( A) и P установлено взаимно однозначное соответствие. Следовательно, эти множества эквивалентны и как конечные множества имеют одинаковое количество n

элементов, т.е. N ( M ( A)) = N ( P ). Но N ( P) = N ({0;1} ) = 2 n

поэтому и N ( M ( A)) = 2 . Теорема 7 доказана. Следствие. Справедливо равенство 11

n

в силу формулы (7),

n

∑ C nk

= 2n ,

(14)

k =0

поскольку C n − число k − элементных подмножеств множества из n элементов, то сумма в левой части есть число всех подмножеств. k

§ 6. Перестановки данного конечного множества Пусть задано конечное множество A с N ( A) = n. Определение 1. Упорядоченные n − ки (кортежи длины n) , содержащие все элементы множества A, называются перестановками этого множества. Другими словами, перестановки - это комбинации или соединения из n элементов, содержащие все элементы, и которые считаются различными, если отличаются порядком элементов. Пример 9. Пользуясь определением составить все перестановки множества

A = {a, b, c}.

Решение ( a, b, c), ( a, c, b), (b, a, c), (b, c, a ), (c, a, b), (c, b, a ). Всего шесть перестановок. Теорема 8. Если через Pn обозначить число всех перестановок множества A, то

Pn = n!.

(15)

Доказательство. Будем последовательно выбирать элементы множества A и размещать их в определенном порядке на n местах. На первое место можно поставить любой из n элементов. После того как заполнено первое место, на второе место можно поставить любой из n − 1 оставшихся элементов и т.д. По принципу умножения все n мест можно заполнить и получить в результате перестановку n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅ 2 ⋅ 1 = n! способами. Теорема 8 доказана. § 7 Размещения данного конечного множества Пусть дано конечное множество A с N ( A) = n. Определение 2. Перестановки k − элементных подмножеств множества A называются размещениями из n элементов по k элементов. Другими словами, размещения из n элементов по k -- это комбинации или соединения, содержащие k различных элементов, и которые считаются различными, если отличаются либо своими элементами, либо порядком элементов. Пример 10. Пользуясь определением составить все размещения из 3 по 2 для множества A = {a, b, c}. Решение. Выписываем все двухэлементные подмножества M 2 ( A) = {{a, b}, {a, c}, {b, c}} и для каждого из них - все перестановки. Получаем искомые размещения ( a, b), (b, a ), ( a, c), (c, a ), (b, c), (c, b), всего шесть размещений. k

Теорема 9. Если через An обозначить число всех размещений из 12

n

по

k

элемен-

тов множества

A,

то

Ank = n ⋅ (n − 1) ⋅ ... ⋅ (n − k + 1).

(16) Доказательство. В соответствии с определением размещений рассмотрим действие из двух этапов, приводящее в результате к получению размещения из n по k . Первый этап: образование

k−

k

элементного подмножества, n1 = C n ; второй этап:

образование перестановки в полученном на первом этапе жестве, n2 = k!. Тогда, согласно принципу

Ank = n1 ⋅ n2 = C nk ⋅ Pk =

k−

элементном подмноумножения, имеем

n!⋅k! = n ⋅ (n − 1) ⋅ ... ⋅ (n − k + 1). Теорема 9 доказана. k!(n − k )!

Пример 11. Сколькими способами можно рассадить 4 учащихся на 25 местах ? 4

Решение. Искомое число способов равно A25 = 25 ⋅ 24 ⋅ 23 ⋅ 22 = 303600. § 8. Перестановки с повторением Пусть задано множество A = {a1 , a 2 ,..., a m }, N ( A) = m. Определение 3. Упорядоченные n − ки, содержащие k i раз элемент ai ∈ A (i = 1,..., m) , приm

чем

∑ k i = n, называются перестановками с повторением. i =1

Пример 12. Для множества A = {a, b} составить все перестановки с повторением, если n = 3, k1 = 2, k 2 = 1. Решение. Пользуясь определением 3, получаем ( a, a, b}, ( a, b, a ), (b, a, a ). Всего три перестановки с повторением. Теорема 10. Если обозначить через C n (k1 , k 2 ,..., k m ) число всех перестановок с повторением, то

C n (k1 , k 2 ,..., k m ) =

n! . k1!⋅k 2 !⋅ ⋅ ⋅k m !

(17)

Доказательство. Рассмотрим действие из m + 1 этапа. Первый этап: образование перестановки с повторением, n1 = C n (k1 , k 2 ,..., k m ) ; второй этап: в полученной перестановке с повторением заменим все элементы

a1 разными

элементами из мно-

жества B = {b1 , b2 ,..., bn } и произведем перестановку их, n2 = k1!. Третий этап: в перестановке с повторением заменим все элементы a 2 разными из оставшихся элементов множества

B и произведем перестановку их, n3 = k 2 !. Последний

(m + 1) − ый этап: в перестановке с повторением заменим все элементы a m разными из оставшихся элементов множества B и произведем перестановку их, n m +1 = k m !. В результате описанного действия получатся все перестановки из n различных элементов, т.е. жения, имеем

n! таких перестановок. Теперь, согласно принципу умно-

13

n!= C n (k1 , k 2 ,..., k m ) ⋅ k1!⋅ ⋅ ⋅k m !,

откуда C n ( k1 , k 2 ,..., k m ) =

n! . k1!⋅ ⋅ ⋅k m !

Теорема 10 доказана. Пример 13. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы слова "математика" ? Решение. Искомые слова представляют собой перестановки с повторением (n

= 10 − число

причем

букв в слове) из элементов-букв множества

k1 = 3, k 2 = k 3 = k 4 = 1, k 5 = k 6 = 2.

C10 (3,1,1,1,2,2) =

A = {a, e, и , к , м, т},

Следовательно, их число равно

10! = 151200. 3!⋅2!⋅2!

ЛЕКЦИЯ 3 § 9. Сочетания с повторениями Пусть задано множество

A = {a1 ,..., a m }, N ( A) = m.

Определение 4. Сочетаниями из m элементов множества A по n элементов с повторениями называются соединения, содержащие n элементов, причем среди них могут быть одинаковые, а отличаются они хотя бы одним элементом, но не порядком. Пример 14. Для множества A = {a, b} составить все сочетания с повторениями, содержащие три элемента ( m = 2, n = 3). Решение. Следуя определению 3, получаем Теорема 11.

aaa, aab, abb, bbb.

f mn число всех сочетаний с повторением, то = C mm+−n1−1 = C mn + n −1 .

Если обозначить через

f mn

(18)

Доказательство. Из определения сочетания с повторением следует, что каждое такое соединение полностью определяется, если указать сколько элементов каждого из m типов в него входит. Поэтому поставим в соответствие каждому сочетанию с повторениями последовательность из нулей и единиц, составленную по следующему циклическому правилу: начиная с k = 1 до k = m , напишем подряд столько единиц сколько элементов a k входит в сочетание и далее, если k ≠ m, пишем ноль. Например, написанными выше в примере 13 сочетаниям из двух букв по три будут соответствовать такие последовательности 1110, 1101, 1011, 0111. Таким образом, каждому сочетанию из m по n с повторениями соответствует последовательность из n единиц и m − 1 нулей, так как нулями отделяются группы единиц, соответствующие разным элементам. Наоборот, по каждой такой последовательности однозначно восстанавливается сочетание с повторениями. Следовательно, между множеством B построенных последовательностей и множеством D сочетаний с повторениями имеется взаимно однозначное соответствие. Значит множества B и D эквивалентны, поэтому N ( B) = N ( D). Множество B в свою очередь эквивалентно

множеству

C

всех

n − элементных 14

подмножеств

множества

{1,2,..., n + m − 1} : подмножество натуральных чисел {i1 , i2 ,..., in } ∈ C соответствует той последовательности {x1 ,..., x n + m−1} ∈ B, у которой xi1 = x i2 = ... = xin = 1. n

n

n

Но N (C ) = C n + m −1 . Следовательно, f m = N ( D ) = N ( B ) = N (C ) = C m+ n −1 . Теорема 11 доказана. Пример 15. Сколько имеется костей в обычной игре «домино»? Решение. Кости домино можно рассматривать как сочетания с повторениями по две из семи цифр множества {0,1,2,3,4,5,6}. Число всех таких сочетаний равно

8! 7 ⋅8 = = 28. 6!⋅2! 2

f 72 = C82 =

§ 10. Бином Ньютона и биномиальные тождества Теорема 12. Для любых чисел

a

и

b

и для любого натурального

n

справедлива формула

n

(a + b) n = ∑ C nk a n − k b k .

(19)

k =0

Доказательство. Перемножим последовательно ( a + b ) ( n − 1 ) раз. Тогда полу-

d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d n , где d i (i = 1,2,..., n) равно либо a, либо b. Разобъем все слагаемые на n + 1 подмножество B0 , B1 ,..., Bn , отнеся к подмножеству Bk все те произведения, в которых b встречается множителем k раз, а a встречается ( n − k ) раз. Ясно, что каждый элемент множества Bk − это перестановка с повторением, содержащая n элементов, среди которых k раз встречается b и ( n − k ) раз - a. Следовательно, чим сумму 2

n

слагаемых вида

N ( Bk ) = C n ( k , n − k ) =

a n−k ⋅ b k ,

поэтому

n! = C nk . Каждое слагаемое из Bk равно k!⋅(n − k )!

( a + b) n =

n

∑ N ( Bk ) a n − k b k =

k =0

n

∑ C nk a n−k b k .

Теорема 12 дока-

k =0

зана. Замечание. Теорему 12 называют биномиальной теоремой, числа

C nk −

биноми-

альными коэффициентами, а формулу (19) - формулой бинома Ньютона. Числа

C nk

имеют ряд важных свойств. Укажем некоторые из них и установим

несколько интересных тождеств, которым удовлетворяют биномиальные коэффициенты. k

n−k

Свойство 1. Cn = Cn . Равенство (20) легко проверяется вычислением. Свойство 2. Доказательство k

k −1

. Cn + Cn

=

C nk+1 = C nk + C nk −1 .

n! n! n! 1 ⎛1 ⎞ + = ⋅⎜ + ⎟= k!⋅(n − k )! (k − 1)!⋅(n + 1 − k )! (k − 1)!⋅(n − k )! ⎝ k n + 1 − k ⎠ 15

(20)

=

n!⋅(n + 1) (n + 1)! = = C nk+1 . (k − 1)!⋅(n − k )!⋅(n + 1 − k )k k!⋅(n + 1 − k )!

Следствие. Свойство (2) показывает, что биномиальные коэффициенты можно последовательно выписывать в виде треугольной таблицы, которая называется треугольником Паскаля: 1 n=1 1 2 1 n=2 1 3 3 1 n=3 1 4 6 4 1 n=4 1 5 10 10 5 1 n=5 . . . . . . . . В n − ой строке треугольника Паскаля стоят коэффициенты разложения бинома Ньютона, причем каждый коэффициент, кроме крайних двух, которые равны единице, равен сумме двух его «охватывающих» коэффициентов из предыдущей строки. n

∑ C nk

Свойство 3.

= 2 n.

k =0

Это равенство было доказано в §5 под номером (14), а так же следует из (19) при

a = b = 1.

C n0 − C n1 + C n2 − ... + (−1) n C nn =

Свойство 4.

n

∑ (−1) k C nk

= 0.

(21)

k =0

Равенство (21) получается из формулы бинома Ньютона, если в ней положить

a = 1, b = −1.

C nr

Свойство 5.

B

в виде

B=

∑ C nr−−1i .

(22)

i =1

r − элементные подмножества множества

Доказательство. Рассмотрим все

A = {a1 ,..., a n },

=

n − r +1

r

т.е. множество B = M r ( A), N ( B ) = C n . Представим множество

n − r +1

U Ti ,

где

i =1

Ti −

подмножество всех тех

r − элементных

подмно-

A, в которых элемент с наименьшим индексом равен ai ; ясно, что Tk U T j = Ø ∀k ≠ j. Так как каждый элемент из Ti может быть получен присоединением к a i некоторого (r − 1) − элементного подмножества множества {ai +1 , ai + 2 ,..., a n }, то N (Ti ) = C nr−−1i . Следовательно,

жеств множества

N (B) = N (

n − r +1

U

i =1

Ti ) =

n − r +1

∑ i =1

N (Ti ) =

n − r +1

∑ i =1

C nr−−1i ,

т.е.

n − r +1

C = ∑ C nr−−1i . r n

i =1

Свойство 5 доказано. k

Свойство 6.

∑ C ni ⋅ C mk −i = C nk+m .

i =0

n

Доказательство. Запишем тождество (1 + x) ⋅ (1 + x) пользуя формулу бинома Ньютона, получаем

16

m

= (1 + x) n+ m . Откуда, ис-

n

∑

i =0

C ni x i

m

⋅∑

j =0

C mj x j

=

n+ m

∑

k =0

C nk+ m x k

n

или

m

∑∑

i =0 j =0

C ni C mj x i +l

=

n+ m

∑ C nk+m x k .

k =0

Так как необходимыми и достаточными условиями тождественного равенства двух многочленов являются равенства коэффициентов при одинаковых степенях x, то,

xk

приравнивая коэффициенты при

в правой и в левой части последнего тождест-

k

∑ C ni ⋅ C mk −i = C nk+ m . Свойство 6 доказано.

ва, получаем

i =0

§ 11. Полиномиальная теорема Теорема 13 Для любых заданных чисел ai (i = 1,2,..., k ) и для любого натурального n имеет место равенство n

(a1 + a 2 + ... + a k ) =

r1 +...+ rk = n

n! ⋅ a1r1 ⋅ ... ⋅ a krk , r1 ≥ 0,..., rk ≥ 0 r1!⋅... ⋅ rk !

∑

(23)

где сумма в правой части распространена на всевозможные разбиения числа n на k целых неотрицательных чисел. Доказательство. Перемножим последовательно ( a1 + ... + a k ) ( n − 1 ) раз. Тогда

k n слагаемых вида d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d n , где d i (i = 1,2,..., n) равно либо a1 ,... , либо a k . Обозначим через B ( r1 ,..., rk ) множество всех тех слагаемых, где a1 встречается множителем r1 раз, a 2 − r2 раз,…, a k − rk раз, причем должно выполнятся равенство r1 + r2 + ... + rk = n. Ясно, что каждый элемент множества B(r1 ,..., rk ) − это перестановка с повторением. Следовательно, n! N ( B ) = C n (r1 ,..., rk ) = . r1!⋅r2 !⋅... ⋅ rk ! получим сумму

Каждое слагаемое из

B

(a1 + ... + a k ) = n

или

a1r1 ⋅ a 2r2 ⋅ ... ⋅ a krk ,

равно

r1 +...+ rk = n

∑

r1≥ 0 ,...rk ≥ 0 n

(a1 + a 2 + ... + a k ) =

поэтому

N ( B (r1 ,..., rk )) ⋅ a1r1 ⋅ .. ⋅ a krk

,

r1 +...+ rk = n

n! ⋅ a1r1 ⋅ ... ⋅ a krk . r1 ≥ 0,..., rk ≥ 0 r1!⋅... ⋅ rk !

∑

Теорема 13 доказана. Замечание 1. Теорему 13 называют полиномиальной теоремой, а числа C n (r1 ,..., rk ) − полиномиальными коэффициентами. Формула (23) обобщает формулу бинома Ньютона (19). Замечание 2. Если числа s1 ,..., s k получаются из чисел

r1 ,..., rk

перестановкой, то

C n ( s1 ,..., s k ) = C n (r1 ,..., rk ). Поэтому, например, в разложении ( x + y + z ) 4 эффициенты при

x 2 yz

и

xyz 2

ко-

одинаковы. Это облегчает выписывание членов 17

разложения: достаточно найти полиномиальные коэффициенты для таких разбиений числа n = r1 + ... + rk , что r1 ≥ r2 ≥ ... ≥ rk , а потом переставлять показатели всеми возможными способами.

ЛЕКЦИЯ 4 § 12. Понятие о методе включения и исключения Рассмотрим некоторое

конечное универсальное множество

I,

причем

N ( I ) = m . Пусть элементы этого универсального множества либо не обладают ни одним из свойств

α 1 ,..., α n ,

Ai (i = 1,2,..., n) − подмножество, элементы которого об-

указанных. Пусть теперь ладают хотя бы свойством дают

хотя

бы

либо обладают одним или несколькими свойствами из

одним

αi.

n

Тогда

из

U Ai − множество, элементы которого облаi =1

свойств

α 1 ,..., α n .

Следовательно,

разность

n

N ( I ) − N (U Ai ) определит число элементов N универсального множества, котоi =1

рые не обладают ни одним из свойств

α 1 ,..., α n . Воспользовавшись формулой (10),

получаем n

n

k =1

i =1

N = N ( I ) − ∑ (−1) k S k ( A1 ,.., An ) = N ( I ) − ∑ N ( Ai ) + ( N ( A1 I A2 ) + ... + + N ( An −1 I An )) − ( N ( A1 I A2 I A3 ) + ... + N ( An − 2 I An −1 I An )) + ... + n

+ ( −1) N ( A1 I A2 I ... I An ). (24) Формулу (24) называют формулой включений и исключений, ибо сначала исключаются все элементы, обладающие хотя бы одним из свойств, потом включаются элементы, обладающие по крайней мере двумя из свойств, исключаются элементы, обладающие по крайней мере тремя свойствами и т.д. Метод решения комбинаторных задач на основе формул (10) и (24) называется методом включения и исключения. Пример 16. Сколько чисел N в первой сотне натуральных чисел не делится ни на одно из чисел 2,3,5.? Решение. В этом случае N ( I ) = 100, I = {1,2,...,100}. Пусть A1 , A2 , A3 − подмножества

I , элементы которых делятся соответственно на 2,3,5. Тогда

N ( A1 ) = [100 2] = 50, N ( A2 ) = [100 3] = 33, N ( A3 ) = [100 5] = 20, N ( A1 I A2 ) = [100 6] = 16, N ( A1 I A3 ) = [100 10] = 10,

N ( A2 I A3 ) = [100 15] = 6, N ( A1 I A2 I A3 ) = [100 30] = 3, где [x ] − наибольшее целое число, не превосходящее

x.

Воспользовавшись формулой (24) при

получаем N = 100 − (50 + 33 + 20) + (16 + 10 + 6) − 3 = 26.

18

n = 3,

§ 13. Понятие о методе рекуррентных соотношений Метод рекуррентных соотношений состоит в том, что решение комбинаторной задачи с n предметами выражается через решение аналогичной задачи с меньшим числом предметов с помощью некоторого соотношения, которое называется рекуррентным или возвратным. Пользуясь этим соотношением, искомую величину можно вычислить, исходя из того, что для небольшого количества предметов (одного, двух) решение задачи легко находится. Проиллюстрируем метод рекуррентных соотношений на конкретном примере. Пример 17. Найти число сочетаний из

n

r

по

с повторениями, т.е. число

f nr .

Решение. Рассмотрим множество A = {a1 ,..., a n }. Пусть B − множество всех соче-

n

r

r

с повторениями, тогда N ( B ) = f n . Представим B как объединение множества B1 и множества B2 . B1 − это множество сочетаний с повторениями,

таний из

по

r

a1 ,

тогда N ( B1 ) = f n −1 . B2 − множество сочетаний с повторениями, содержащих хотя бы один раз элемент a1 , так как каждое такое сокоторые не содержат элемента

четание может быть получено присоединением к

a1

некоторого сочетания из

n

по

r − 1, то N ( B2 ) = f nr −1 . Очевидно, что пересечение множеств B1 и B2 является пустым множеством, поэтому N ( B ) = N ( B1 ) + N ( B2 ), т.е.

f nr = f nr −1 + f nr−1

(25)

Получили рекуррентное соотношение, используя которое надо найти

f nr .

Последо-

вательно применяя (25), находим

f nr = f nr −1 + ( f nr−−11 + f nr− 2 ) = f nr −1 + f nr−−11 + ... + f 2r −1 + f1r −1 .

(26)

Очевидно, что

f n1 = n, f1r = 1 ,

(27)

тогда, полагая в (26) r = 2, получим

f n2 = n + (n − 1) + ... + 2 + 1 =

n(n + 1) = C n2+1 . 2

(28)

При r = 3 из равенства (26), учитывая формулы (27),(28) и равенство (22) получим

f n3 = C n2+1 + C n2 + ... + C32 + C 22 = C n3+ 2 .

Проделанные выкладки позволяют вы-

двинуть гипотезу – утверждение:

∀r ∈ N : f nr = C nr+ r −1 .

(29)

Проверяем истинность гипотезы методом математической индукции. При r = 1 равенство (29) верно в силу первой формулы из (27). Теперь находим

f nr +1 = f nr + f nr−1 + ... + f 2r + f1r = C nr+ r −1 + C nr+ r − 2 + ... + C rr+1 + C rr = C nr++1r , т.е. (29) верно и при подстановке вместо r ( r + 1). Следовательно, согласно принципу математической индукции, формула (29) верна для любого натурального r. Задача решена.

19

§ 14. Понятие о методе производящих функций Метод производящих функций является одним из наиболее эффективных методов решения комбинаторных задач. При использовании этого метода приходится иметь дело с некоторыми понятиями математического анализа и, прежде всего, из теории степенных рядов. Определение 5. ∞

Если степенной ряд

∑ an x n

на множестве X ⊆ R к функции

сходится

n =0

f (x), то {a n }∞n =0 .

она называется производящей функцией для

последовательности

Проиллюстрируем идею метода производящих функций следующей задачей. Если необходимо найти все члены некоторой числовой последовательности, то сначала с помощью рекуррентного соотношения для общего члена последовательности a n или, исходя непосредственно из комбинаторных соображений, находят производящую функцию, а затем для нее – ряд Маклорена. Коэффициент этого степенного ряда при x тельности.

n

и будет искомым выражением для общего члена числовой последова-

Пример 18. Найти число сочетаний из Решение. Для

f mn

m

по

n

с повторениями, т.е.

f mn .

из формулы (25) имеем следующее рекуррентное соотношение

f mn = f mn −1 + f mn−1 .

(30)

Для того чтобы равенство (30) имело место и при n = 1, достаточно считать, что

f m0 = 1 в дополнение к равенствам (27). Пусть

S m (x) −

производящая функция для последовательности

{ f mn }∞n =0 ,

тогда ∞

S m ( x) = ∑ f mn x n . Умножим обе части равенства (30) на x венства, тогда получим ∞

n=0 n

(n = 1,2,...∞) и сложим почленно все ра-

∞

∞

∑ f mn x n = ∑ f mn−1 x n + ∑ f mn−1 x n .

n =1

Но

∞

n =1 ∞

n =1

n =1

(31)

(32)

n =1

∞

∑ f mn x n = S m ( x) − 1, ∑ f mn−1 x n = x ⋅ ∑ f mn−1 x n−1 = xS m ( x),

∞

∑ f mn−1 x n = S m−1 ( x) − 1 n =1

откуда следует S m ( x ) =

n =1

и, подставляя эти суммы в (32), имеем S m ( x) =

S m−2 (1 − x)

2

= ... =

S1 ( x) (1 − x)

20

m −1

S m −1 ( x) , 1− x

. Так как ∀n ∈ {0,1,2,...} : f1n = 1, то

S1 ( x) =

∞

∑

n =0

f1n x n

=

∞

1

∑ xn = 1− x ,

n =0

следовательно, S m ( x ) =

1 (1 − x) m

. Из теории сте-

пенных рядов известно, что

m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3 x + x + .... + 2! 3! ∞ m(m − 1)....(m + n − 1) n + x + ...... = ∑ C mn + n −1 x n = S m ( x), n! n=0

∀x ∈ (−1;1) : (1 − x) −m = 1 + mx +

значит,

f mn

=

из единственности разложения функции в ряд Маклорена, следует

C mn + n −1 .

Задача решена.

§ 14. Понятие о методе траекторий Метод траекторий состоит в том, что для комбинаторной задачи указывается геометрическая интерпретация, которая сводит задачу к подсчету числа путей (траекторий), обладающих определенным свойством. Этим методом фактически была решена задача в примере 8. Проиллюстрируем метод траекторий еще на одном примере. Пример 19. Возле кассы собрались n + m человек, причем n из них имеют монеты стоимостью 50 копеек, а другие имеют лишь по рублю ( m ≤ n). Сначала в кассе нет денег, билет стоит 50 копеек. Сколько всего имеется способов размещения всех покупателей в очереди так, чтобы ни один из них не ждал сдачи? Решение. Допустим, что покупатели расположены в очереди некоторым образом. Пусть

⎧1, если i − й покупатель имеет 50 копеек, ⎩ − 1, если i − й покупатель имеет рубль.

εi = ⎨ Рассмотрим сумму

k

s k = ε 1 + ... + ε k = ∑ ε i .

(33)

i =1

Ясно, что значение

sk ,

определяемое формулой (33), является разностью между

количеством пятидесятикопеечных монет и количеством рублей, которые будут поданы в кассу первыми k покупателями из очереди. Введем на плоскости декартову прямоугольную систему координат Oxy . Построим в ней точки Ak с координатами ( k ; s k ) ( k = 1,2,..., m + n) и рассмотрим ло-

O (0;0)

с точкой An + m ( n + m; n − m) и проходящую через точки A1 , A2 ,..., An +m −1 . Будем называть ломаную траекторией, соответствующей данному способу размещения покупателей в очереди. Каждая траектория состоит из n + m отрезков, n из которых направлены вверх, а m направлены вниз. Если указать номера тех отрезков, которые направлены вверх, то тем самым траектория будет полностью определена. Следовательно, общее число траекторий, т.е. маную, соединяющую точку

число возможных размещений покупателей в очереди, равно

C nn+ m .

Траектории, соответствующие тем способам размещения покупателей, при которых ни один покупатель не ждет сдачи, не имеют общих точек с прямой y = −1 . Действительно, если для некоторого k s k = −1, то, в лучшем случае, это означает, 21

что первые ( k − 1) покупателей подали в кассу одинаковое количество полтинников и рублей ( s k −1 = 0), а следующий покупатель подал рубль и вынужден ожидать сдачу. Определим число траекторий, имеющих общую точку с прямой y = −1 . Поставим в соответствие каждой траектории T , имеющей с прямой y = −1 хотя бы одну общую точку, ломаную T ′ по следующему правилу. До первой общей точки с прямой y = −1 ломаная T ′ совпадает с T , а далее является симметричным отображением

T относительно прямой y = −1 . Все ломаные T ′ заканчиваются в точке An′ + m (n + m; m − n − 2) , являющейся симметричным отображением точки An + m относительно прямой y = −1 . Установленное соответствие является взаимно однозначным. Число ломаных типа T ′ , равно числу ломаных, соединяющих точки O и An′ + m . Это число легко подсчитать. Если ломаная T ′ состоит из y отрезков, направленных вниз, и x отрезков, направленных вверх, то ⎧ x + y = m + n, ⎨ ⎩ y − x = n + 2 − m, откуда получаем x = m − 1, y = n + 1. Таким образом, число траекторий, имеющих n +1

общую точку с прямой y = −1, равно C n + m . Следовательно, искомое число траекторий, соответствующих тем способам размещения покупателей, при которых ни один покупатель не ждет сдачи, равно

C nn+ m − C nn+−1m =

(n + m)! (n + m)! (n + m)! ⎛ m ⎞ n +1− m m − = . ⎜1 − ⎟ = C n+ m ⋅ n!⋅m! n!⋅m! ⎝ n + 1⎠ n +1 (n + 1)!⋅(m − 1)! Учебное издание СЕМЕНОВ Алексей Степанович Четыре лекции по комбинаторике Методические указания Редактор Н. А. Евдокимова

Подписано в печать 28.03.2005. Формат 60х84/16. Печать трафаретная. Бумага офсетная. Ус. печ. л. 1,16. Уч. – изд. л. 1,00. Тираж 150 экз. Заказ Ульяновский государственный технический университет 432027, г. Ульяновск, ул. Сев. Венец, д. 32 Типография УлГТУ, 432027, г. Ульяновск, ул. Сев. Венец, д, 32.

22