n - MEPHIST.ru

1. Множества. Мощность множества. Операции над множествами…
Множество – любое собрание объектов, определённых и хорошо различимых нашей интуицией или
интеллектом, мыслимое как единое целое
Мощность множества. Для конечных множеств мощность –количество элементов во множестве.
Мощность множества S обозначается |S|. Например, S={a, b, c}, |S|=3.
Правило суммы
Если объект a можно выбрать p способами, а объект b – другими q способами, то выбор “либо a,
либо b” может быть осуществлен p+q способами. При этом выборы a и b являются взаимно
исключающими.
Например, в вазе лежит 3 яблока и 5 груш. Тогда взять из вазы либо одно яблоко, либо одну грушу
(взаимоисключающие события) можно 3+5 = 8 способами.
Обобщённое правило суммы
Пусть дано r множеств Ti (i=1,…,r), каждое из которых содержит ni элементов (Ti - ni-множество),
причём множества взаимно не пересекаются: Ti∩Tj=∅ при i≠j. Тогда объединение этих множеств S=T1∪
T2∪…∪Tr есть (n1+…+nr)-множество. S =
r
∑ ni .
i =1
Правило произведения
Если объект a можно выбрать p способами, и после каждого из таких выборов объект b можно
выбрать q способами, то выбор “a и b” в указанном порядке может быть осуществлен p·q способами.
При этом выборы a и b являются независимыми.
Например, в вазе лежит 3 яблока и 5 груш. Тогда взять из вазы одно яблоко и одну грушу (события
происходят совместно) можно 3·5 = 15 способами.
Обобщённое правило произведения
Пусть дано r множеств Ti (i=1,…,r), каждое из которых содержит ni элементов (Ti - ni-множество),
причем неважно, пересекаются ли Ti или нет. Осуществим выбор элементов последовательно из
множеств Ti.
Выбирая из Т1, получим множество М1 – множество всех возможных выборок по одному элементу
из Т1. (М1 – n1-множество). М1=Т1
Выбирая сначала из Т1, потом из Т2, получаем множество М2 упорядоченных пар элементов из Т1 и
Т2 (М2 – n1⋅n2-множество). М2=Т1xТ2=M1xТ2.
Аналогично М3=Т1xТ2xТ3=M2xТ3 – множество упорядоченных троек (n1⋅n2⋅n3-множество);
М4=Т1xТ2xТ3xТ4=M3xТ4 – n1⋅n2⋅n3⋅n4-множество; … ; Мr= Mr-1xТr – n1⋅n2⋅…⋅nr-множество. То есть
произведение r множеств есть n1⋅n2⋅…⋅nr-множество.
r
T1 × T2 × KTr = ∏ ni .
i =1
2,3,4,5. Выборка. Виды выборок. Примеры.
С понятием отбора элементов в комбинаторике связано понятие выборки.
Если в выборках важен порядок элементов – это перестановки. Если же выборки с
разным порядком элементов считаются одинаковыми – это сочетания.
A – n-множество
Выбираем r элементов
(пока не оговариваем,
r-выборка
a ,a ,…,a
упорядоченная
без повторений
элементов
с повторениями
элементов
неупорядоченная
без повторений
элементов
с повторениями
элементов
2. Упорядоченные выборки. Теоремы о числе упорядоченных выборок без повторений.
Теорема 1. Число перестановок без повторений
Число r-перестановок без повторений из элементов n-множества равно
Pnr = n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2) ⋅ K ⋅ ( n − r + 1) .
# Пусть дано n-множество S и Ti – ni-подмножества множества S, где i=1,2,…,n. Тогда доказательство
есть частный случай применения обобщенного правила произведения, где
n1=n, n2=n-1, n3=n-2, …, nr=n-r+1 #
Следствие 1. Число перестановок n предметов равно:
Pnn = n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2) ⋅ K ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = n! .
Следствие 2. Pn =
r
n!
.
( n − r )!
Следствие 3. При r>n Pn = 0 (в перестановках с повторениями r не может быть больше n, так как
r
мы не можем из n-множества забрать более, чем n элементов).
По определению, Pn = 0! = 1 (ноль предметов можно выбрать из n предметов единственным
0
способом – ничего не выбирать).
3. Упорядоченные выборки. Теоремы о числе упорядоченных выборок с
повторениями.
Теорема 2. Число перестановок с повторениями
Число r-перестановок с повторениями из n-множества равно Pnr = n r .
# Следует из обобщённого правила произведения, где n1=n, n2=n, n3=n, …, nr=n.
(Выбираем из исходного множества какой-либо элемент, ставим его на очередное место
в перестановке, но из исходного множества не удаляем и его можно будет выбрать ещё
раз) #
В перестановках с повторениями r может быть больше n, так как при выборе элемента
мы не удаляем его из множества и можем выбрать еще раз.
4. Неупорядоченные выборки. Теоремы о числе неупорядоченных выборок без повторений.
Теорема 3. Число сочетаний без повторений
Число r-сочетаний без повторений из n-множества равно
Cnr
Pnr
n!
= =
.
r! r!⋅(n − r)!
r
# Число r-перестановок без повторений из n-множества равно Pn , однако порядок элементов в
r-выборке здесь нас не интересует. Число возможных перестановок элементов в r-выборке равно
Prr = r! . Следовательно, число сочетаний без повторений в r! раз меньше числа перестановок без
r
повторений. Ñn =
Pnr Pnr
n!
=
=
#
Prr r! r!⋅( n − r )!
Следствие 1.
n−r
Свойство симметричности для числа сочетаний без повторений: Cn = Cn
r
# Cn =
r
.
n!
n!
=
= Cnn −r #
r!⋅( n − r )! ( n − r )!⋅( n − ( n − r ))!
Следствие 2. C n = 1 , т.к. C n = 1 (Ноль предметов выбрать из n предметов можно единственным
0
n
способом – ничего не выбирать. Выбрать n предметов из n без учета порядка можно единственным
способом – выбрать все n предметов.)
Следствие 3. При r>n Cn = 0 (в сочетаниях с повторениями r не может быть больше n, так как мы не
r
можем из n-множества забрать более, чем n элементов).
0
1
2
i
n−2
Числа Cn , Cn , Cn ,K , C n ,K , Cn
, Cnn −1 , Cnn являются коэффициентами бинома Ньютона (a+b)n:
(a + b )n = Cn0a n + Cn1 a n −1b1 + K + Cni a n − i bi + K + Cnn −1a1b n −1 + Cnn b n
Например, (a+b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
C30 =
3!
3!
3!
3!
= 1, C31 =
= 3, C32 =
= 3, C33 =
= 1.
0!3!
1! 2!
2!1!
3!0!
Поэтому числа сочетаний без повторений еще называют биномиальными коэффициентами.
n
Ещё одно обозначение этих чисел:   = Cn .
r
 
r
5. Неупорядоченная выборка с повторениями. Доказательство с помощью метода
отображений. Следствия.
Теорема 4. Число сочетаний с повторениями
Число r-сочетаний с повторениями из n-множества равно
Ñnr = Cnr+ r −1 = C nn+−r1−1 =
( n + r − 1)!
.
r!⋅( n − 1)!
# 1 способ – доказательство Эйлера.
Пусть дано n-множество S. Пронумеруем все его элементы, т.е. множеству S взаимно
однозначно поставим в соответствие множество S’: S ↔ S’={1, … , n} – номера элементов
из S. Тогда r-выборке из S однозначно соответствует выборка r натуральных чисел из S’.
Т.к. в сочетании порядок не важен, r-выборку натуральных чисел можно расположить
так, чтобы
a1 ≤ a2 ≤ … ≤ ar
(1)
(где ai – выбранное натуральное число). Между числами стоит знак ≤, т.к. выборка с
повторениями и числа могут повторяться (например, а2 и а3 могут быть одним и тем же
числом).
Добавим в выборке (1) к а1 ноль, к а2 – 1, к а3 – 2 и т.д., т.е. получим выборку
a1+0 < a2+1 < … < ar+r-1
(2)
Выборка (2) взаимно однозначно соответствует выборке (1), причём в ней нет
одинаковых чисел (неравенство строгое). Следовательно, выборка (2) – это r-выборка
без повторений из множества S’’`={1, … , n, n+1, n+2, … , n+r-1}, S’’ - (n+r-1)-множество.
Таким образом, Эйлер свёл задачу о числе r-сочетаний с повторениями из nмножества к числу r-сочетаний без повторений из (n+r-1)-множества.
Ñ nr = C nr+ r −1
6. Комбинаторные задачи о покрытиях, укладках, разбиениях. Примеры. Теорема о числе
разбиений элементов множества на 2, 3, …,k классов, без учета их порядка в классах и без
ограничений на занятость класса. Доказательства. Следствия.
Задача о разбиении
Найти такие попарно непересекающиеся множества Ti, i = 1, 2, …, r, (Ti ∩Tj = ∅ при i≠j) чтобы
n
S = U Ti (чтобы объединение этих непересекающихся множеств дало S).
i =1
Например, группы в институте – это разбиение множества студентов института. Группы не
пересекаются, а их объединение дает множество всех студентов института.
Теорема о числе разбиений элементов множества на 2, 3, …,k классов, без учета их порядка в
классах и без ограничений на занятость класса.
Теорема заключается в том, что данное число равно:
Сnr = Cnr+r −1 = Cnn+−r1−1 =
(n + r − 1)!
r!⋅(n − 1)!
В лекции давалась задача о кольцах (сколькими способами можно одеть на пальцы одной руки 7
колец). Вот нечто подобное с доказательством:
Есть k ящиков и n>=k однаковых шаров. Сколькими способами можно разложить шары по ящикам,
если могут быть пустые ящики?
Решение
Давайте определять раскладку так: выложим шары в ряд и поставим между ними k-1 перегородку.
То, что слева от первой перегородки, положим в первый ящик, между первой и второй - во второй... то,
что справа от последней - в последний, k-й ящик. Ящик будет пустым, только если две перегородки
стоят рядом не разделенные шарами, либо перегородка стоит с краю, левее или правее всех шаров.
Шары и перегородки можно ставить в произвольном порядке. Давайте считать, что у нас расставлено в
ряд n+k-1 объектов: n из них шары, а остальные - перегородки. Тогда раскладка будет определяться
тем, на каких местах какие объекты стоят. Из n+k-1 мест можно выбрать n мест для шаров Cn+k-1n
способами, или: k-1 место для перегородок Cn+k-1k-1 способами. Эти числа равны и оба являются
ответом.
7. Комбинаторные задачи о покрытиях, укладках, разбиениях. Примеры. Теорема о
числе разбиений элементов множества на 2, 3, …, k классов, с учетом их порядка в
классах и без ограничений на занятость класса. Доказательства. Следствия.
Теорема
Пусть мы рассматриваем упорядоченные разбиения n-множества на k-подмножеств Ti.
S =
k
U
Ti
i =1
Ti ∩ T
j
= ∅
T = R i ( i = 1 , 2 , 3 ... k )
(R1, R2,…,Rk) полиноминальные коэффициенты
P n ( R 1 , R 2 ,..., R k ) =
n!
R 1 ! R 2 !... R k !
Доказательство
C
R1
n
×C
R2
n − R1
×C
R2
n − R1
× ... × C
Rk
n−
=
k −1
∑
i =1
Ri
n!
R 1 ! R 2 !... R k !
Следствие
R сочетаний без повторений из n множества можно интерпретировать как (R, n-R)
Пример: разбиение «Комбинаторика»
Р13 (221121121)=13!/2!2!1!...1!
8.9 Интерпретация комбинаторных операций выборки и упорядочивания как отображения
множеств. Примеры. Сформулировать и доказать теорему о числе различных отображений N в K.
Условие существования взаимно-однозначных
однозначных отображений.
Интерпретация комбинаторных операций
Интерпретация и выборкаиз k множества является заполнение ящиков из совокупности n с учетом k.
Надо формализовать:
1. Вид элементов и их число
2. Вид ящиков и их вместимость
3. Порядок элементов
элементов, помещенных в ящик
4. Порядок ящиков
Определение. Пусть А и В – произвольные множества. Отображением множества А в множество В
называют правило (соответствие),
соответствие), которое каждому элементу множества
ожества А ставится в соответствие
единственный для этого элемента элемент множества В.
Инъективные, сюръективные, биективные отображения
Отображение
называется
называется:
инъективным,
если
разные
элементы
переводятся в разные элементы множества .
множества
Инъективное
отображение
удобно
представлять
как
раскладывание m помеченных шаров в n различных ящиков так,
каждом ящике было не более одного шара.
шара
сюръективным, если каждый элемент множества
сюръективным
один прообраз во множестве
при отображении .
чтобы в
имеет хотя бы
сюръективное отображение удобно представлять как раскладывание m
помеченных шаров в n различных ящиков так, чтобы в в каждом ящике
был хотя бы 1элемент.
биективным (взаимно-однозначным
однозначным отображением), если
элементу одного множества соответствует ровно один элемент
множества, при этом, определено обратное отображение,
обладает тем же свойством.
Биекция
— это отображение,
отображение
которое
одновременно и сюръективным, и инъективным.
инъективным
является
каждому
другого
которое
10. Принцип включения и исключения. Теорема о числе элементов, не обладающих
ни одним из указанных свойств (вес каждого элемента равен единице).
Доказательство.
Пусть дано n-множество элементов S и N-множество свойств p1,…,pN. Элементы множества S могут как
обладать, так и не обладать любым из свойств pi. Количество элементов, обладающих теми или иными
свойствами и их комбинациями, известно.
Требуется найти число элементов, не обладающих ни одним из свойств.
Обозначим:
1) через
(p
i1 ,
pi2 , pi3 ,K, pir
) некоторую i-ю выборку свойств, а через n( p
i1 ,
pi2 , pi3 ,K, pir
) – число
элементов, каждый из которых обладает всеми этими r выбранными свойствами.
2) через
pi – отсутствие у элемента свойства pi. Тогда, например, n( p1 , p 2 , p 3 , p 4 ) – число элементов,
обладающих свойствами p1 и p3 и не обладающих свойствами p2 и p4.
Рассмотрим два частных случая.
1. Имеется лишь одно свойство p. Тогда очевидно, что число элементов, не обладающих свойством p, равно
общему числу элементов минус число элементов, обладающих свойством p.
n( p ) = n − n( p ) .
2. Имеется конечное множество свойств p1,…,pN, но они не совместимы (т.е. ни один из элементов не может
обладать более чем одним свойством). Тогда число элементов, не обладающих ни одним из свойств, равно
общему числу элементов минус число элементов, обладающих свойством p1, минус число элементов,
обладающих свойством p2 и т.д.
N
n( p1 ,..., p N ) = n − ∑ n( pi ) .
i =1
Общий случай – элементы могут обладать комбинацией совместимых свойств.
Теорема. Если даны n-множество элементов S и N свойств pi
(i = 1, N ) , то число элементов, не обладающих ни
одним из свойств, равно (формула решета):
N
n( p1 ,..., pN ) = n − ∑ n( pi ) +
i =0
∑
1≤i< j ≤ N
n( pi , p j ) −
∑ n( pi , p j , pk ) +K+ (−1)
N
n( p1 ,..., p N )
1≤i< j <k ≤ N
Следствие. Характер доказательства таков, что его можно применять к любой комбинации свойств.
Например,
n( p1 , p 2 , p 3 , p 4 ) = n( p1 , p 3 ) − n( p1 , p 2 , p 3 ) − n( p1 , p 3 , p 4 ) + n( p1 , p 2 , p 3 , p 4 ) .
11. Принцип включения и исключения. Теорема о сумме весов элементов не обладающих ни
одним из заданных свойств.
Пусть задано n-множество S и каждому элементу S i ∈ S , i = 1,2,..., n, приписан вес V (Si ). Из N множества свойств P1 , P2 ,..., PN возьмем r - выборку Pi1 ,..., Pir и обозначим сумму весов элементов,
обладающих всеми выбранными свойствами, через V ( Pi1 , Pi 2 ,..., Pir ). А сумму весов, распространенную
на все возможные r - выборки свойств, через
∑V ( Pi1 ,..., Pir ) = V (r ).
При r = 0 символ V (0) есть сумма весов всех элементов множества S .
Тогда предыдущая теорема переформулируется следующим образом.
Теорема 2. Если даны n-множество S , каждый элемент которого имеет вес, и N - множество
свойств, то сумма V N (0) весов всех элементов, не обладающих ни одним из заданных свойств,
определяется по формуле
V N (0) = V (0) − V (1) + V ( 2) − ... + ( −1) N V ( N ).
Теорема 2 обобщает теорему 1. Если все элементы S i ∈ S имеют единичный вес, то сумма весов
равна числу слагаемых в сумме. В этом случае V (0) = N , а V N (0) равно числу элементов множества S ,
не обладающих ни одним из N свойств; при этом получим формулу (14).
12. Теорема о числе элементов обладающих в точности r-свойствами из N-мн-ва свойств
Теорема 3. Сумма весов элементов, обладающих в точности r -свойствами из свойств
P1 , P2 ,..., PN , находится по формуле
V N (r ) = V (r ) − C r1+1V (r + 1) + C r2+ 2V (r + 2) − ... +
+ (−1) N −r C NN −r V ( N ),
или, что то же самое
V N (r ) = V (r ) − C rr+1V (r + 1) + C rr+ 2V (r + 2) − ... +
+ (−1) N −r C Nr V ( N ).
Теоремы 2 и 3 доказываются аналогично теореме 1.
В качестве примера рассмотрим так называемую задачу о беспорядках (задачу о встречах). Пусть
имеется конечное упорядоченное множество чисел 1,2,3,..., n. Для них могут быть образованы
перестановки a1 , a 2 ,..., a n . Число всех перестановок равно n!. Среди этих перестановок есть такие, где ни
один элемент не сохранил своего первоначального места: a i ≠ i, i = 1,2,..., n . Такие перестановки
называются беспорядками. Сколько существует беспорядков?
Множество n элементов будем рассматривать по отношению к множеству свойств элементов
оставаться на своем месте: Pi ~ {a i = i \ i = 1,2,..., n}. Очевидно, что если s элементов закрепляются на
своих местах, то число N (s ) соответствующих перестановок равно ( n − s )! Число беспорядков тогда
находится с помощью метода включений и исключений:
N (0) = n!−C n1 (n − 1)!+C n2 (n − 2)!−... + (−1) S C nS (n − s )!+
1 1
(−1) n
− + ... +
),
2! 3!
n!
что является целым числом, ближайшим к n!e −1 .
Если речь идет не о беспорядках, а о числе перестановок, в которых остаются на своих местах s
элементов, то
n!
1 1
1
N ( s ) − (1 − 1 + − + ... + (−1) n− s
).
s!
2! 3!
(n − s )!
Ход рассуждений очевиден: из n элементов выбирают s неподвижных элементов C nS способами, а
затем умножают (по правилу произведения) на число беспорядков среди оставшихся ( n − s ) элементов.
+ ... = n!(1 − 1 +
13.
Задача
о
беспорядках.
Теорема
о
числе
беспорядков
из
элементов
n–множества. Доказательство. Следствия.
Пусть имеется конечное упорядоченное множество элементов {1,…, n}. Из этих элементов могут
быть образованы перестановки a1,…, an (ai∈{1,…,n}). Число всех возможных перестановок – n!. Среди
этих n! перестановок есть такие, что ни один элемент не стоит на своём месте (ai≠i, i=1, n ). Иначе
говоря, элемент номер 1 не стоит на 1-ом месте, элемент номер 2 не стоит на 2-м месте, и т.д., элемент
номер n не стоит на n-м месте. Такие перестановки называются беспорядками.
Число беспорядков из n элементов обозначается Dn (ясно, что Dn<n!).
Теорема. Число беспорядков из n элементов равно:
Dn = n! − Cn1 ( n − 1)! + Cn2 ( n − 2)! − K + (− 1)r Cnr (n − r )! + K + ( −1) n Cnn =
.
n
= ∑ ( −1) r Cnr (n − r )!
r =0
Доказательство Обозначим через свойство pi – «i-й элемент стоит на i-м месте». Тогда по формуле
решета n( p1 ,..., pn ) = n!−
n
∑ n( pi ) + ∑ n( pi , p j ) − K + (−1)n n( p1 , p2 , ... , pn ) .
i =1
1≤ i < j ≤ n
Общее число перестановок n элементов – n! Число перестановок, где i-й элемент стоит на i-м месте,
равно (n-1)! (ставим i-й элемент на i-е место, а оставшиеся n-1 элементы переставляем (n-1)!
способами). При этом сам i-й элемент можно выбрать Сn1 способами. Таким образом, число
перестановок, где хотя бы по одному элементу стоит на своём месте, равно С n1 ( n − 1)! .
Число перестановок, где i-й элемент стоит на i-м месте, а j-й на j-м (i≠j), равно (n-2)!, при этом i-й и jй элементы можно выбрать С n2 способами. Таким образом, число перестановок, где хотя бы два
элемента стоят на своих местах – С n2 ( n − 2)!.
Аналогично, число перестановок, где на своих местах стоят хотя бы три элемента – С n3 ( n − 3)! . Число
перестановок, где на своих местах стоят хотя бы r элементов – С nr ( n − r )! . Число перестановок, где все
элементы стоят на своих местах Ñ n = 1 . Подставляем в формулу решета:
n
Dn = n!−Cn1 ( n − 1)!+ K + ( −1) r Cnr ( n − r )!+ K + (− 1) Cnn
n
Следствие 1.
Так как Cn ( n − r )! =
r
n!⋅(n − r )! n!
= ,
k!⋅(n − r )! r!
n
 1 1 1
n!
( −1) r
(
− 1)n 
.
то Dn = ∑ ( −1)
= n! ∑
= n!1 − + − + K +

r
!
r
!
1
!
2
!
3
!
n
!
r =0
r=0


n
r
Следствие 2.
n!
( −1) r
Так как lim ∑
= e −1 , то lim Dn = .
n→∞
n→∞
e
r = 0 r!
n
14. Теорема о числе перестановок n-множества, в которых r-элементов остаются на
своих местах.
Теорема. Dn , r =
Cnr
⋅ Dn − r
n!  1 1
( −1) n − r 
.
= 1 − + − K +
r!  1! 2!
( n − r )! 
# r элементов, стоящих на своём месте, можно выбрать из n элементов Cnr способами.
Для каждой такой выборки остальные (n-r) элементов образуют беспорядки, число
которых Dn-r. Следовательно, всего таких перестановок Dn , r = Cnr Dn − r .
С другой стороны, (n-r) элементов, образующих беспорядки, можно выбрать Ñ nn − r
способами. Следовательно, Dn , r = Cnn − r Dn − r . В силу симметричности биномиальных
коэффициентов C nr = Ñ nn −r , обе формулы дают один и тот же результат.
Dn , r =
=
Cnr Dn − r
 1 1
n!
( −1) n − r 

 =
=
⋅ (n − r )!⋅1 − + − K +
−
r!⋅(n − r )!
1
!
2
!
(
n
r
)!


n −r
n!  1 1
( −1) 
1 − + − K +

r!  1! 2!
(n − r )! 
n
n
r =0
r =0
Следствие. n! = ∑ Dn ,r = ∑ Cnr Dn −r .
#
15. Функция Эйлера. Доказать, что …
Функция Эйлера
Функция Эйлера φ(n), где n – натуральное число, дает количество натуральных чисел, не
превышающих n и взаимно простых с n. Иначе говоря, φ(n)=k, где 0<k≤n; (k,n)=1.
)=1.
Теорема

ϕ (n ) = n ⋅ ∏ 1 −
pi

1
 , где pi – все простые делители n. ( ∏
pi 
pi
- произведение по всем простым
делителям числа n).
# В теореме Лежандра заменим ai на pi, где pi – простые делители n.


n
n
(так как pi делят n нацело). По теореме Лежандра
=
 pi1 ⋅ pi2 ⋅K⋅ pir  pi1 ⋅ pi2 ⋅K⋅ pi r
Тогда 
ϕ (n ) = n − ∑
i
n
n
n
n
N
+∑
− ∑
+ K + (− 1)
=
pi i < j pi ⋅ p j i < j < k pi ⋅ p j ⋅ pk
p1 ⋅ p2 ⋅ K ⋅ p N



1 
1 
1 
1
 = n ⋅ ∏ 1 −  .
= n ⋅ 1 −  ⋅ 1 −  ⋅ K ⋅ 1 −
p1  
p2 
pN 
pi 
pi 


#
Пример. Определим, сколько чисел, не превышающих 100, взаимно простые с 100. Разложим число
100 на простые сомножители: 100=2·2·5·5=2252. Таким образом, у числа 100 два простых делителя – 2 и
5. По формуле Эйлера получаем
1
1
1 4
ϕ (100) = 100 ⋅ 1 −  ⋅ 1 −  = 100 ⋅ ⋅ = 40 .

2 
5
2 5
Таким образом, среди первой сотни есть 40 чисел, взаимно простых с 100.
Функция Мебиуса
Функция Мебиуса µ(n), где n – натуральное число, принимает следующие значения:
•
, если свободно от квадратов (то есть не делится на квадрат никакого простого
числа) и разложение на простые множители состоит из чётного числа сомножителей;
сомножителей
•
, если свободно от квадратов и разложение
нечётного числа сомножителей;
сомножителей
•
, если
на простые множители состоит из
не свободно от квадратов.
По определению также полагают
виде суммы:
. Функция Мебиуса позволяет записать функцию Эйлера в
µ (α )
.
α
α |n
ϕ (n ) = n ⋅ ∑
Суммирование идет по всем делителям n (а не только по простым делителям).
16. Теорема о числе способов выбора k элементов, среди которых нет двух соседних, из n элементов,
расположенных в ряд.
−
Выборка из n-элементов. Показать что f(n,k)=
+1
F(n,k)=f(n-2,k-1)+f(n-1,k)
Входит
не входит
−
+1
=
−
−2−
+1
+1+1
−1
=
−
−1
−1−
=
+
+1
−
(Основное рекуррентное соотношение)
18. Теорема о числе способов выбора k элементов, никакие два из которых не являются
соседними, из n элементов, расположенных в круг.
g(n,k)=g(n-3,k-1)+g(n-1,k)
g(n,k)=
−
−
17. Число сочетаний с повторениями
Число r-сочетаний с повторениями из n-множества равно
Ñ nr = C nr + r −1 = C nn+−r1− 1 =
( n + r − 1)!
.
r!⋅( n − 1)!
– доказательство с помощью рекуррентной формулы.
Метод базируется на получении формулы, позволяющей вычислять значения искомой величины
шаг за шагом, исходя из известных начальных значений и значений, вычисленных на предыдущих
шагах.
Рекуррентная формула r-го порядка – формула вида
an= f(n, an-1, an-2, … , an-r).
Формула выражает при n>r каждый член последовательности {ai} через предыдущие r членов.
Построение рекуррентной формулы состоит из следующих шагов.
1. Выработка начальных условий исходя из каких-либо очевидных соотношений.
r
Обозначим Ñn через f(n,r). Очевидно, что
 f ( n,1) = n, n > 0

 f (1, r ) = 1, r > 0
(1)
2. Логические рассуждения. Зафиксируем какой-либо элемент во множестве S. Тогда относительно
любого r-сочетания с повторениями из n-множества S можно сказать, содержит ли оно данный
зафиксированный элемент или нет.
Если содержит, то остальные (r-1) элемент можно выбрать f(n, r-1) способами.
Если не содержит (в выборке этого элемента нет), то r-сочетание составлено из элементов (n-1)множества (множество S за исключением данного зафиксированного элемента). Число таких сочетаний
f(n-1, r).
Т.к. эти случаи взаимоисключающие, то по правилу суммы
f (n , r ) = f (n , r − 1) + f (n − 1, r )
(2)
3. Проверка формулы на некоторых значениях и вывод общей закономерности.
1) Вычислим f(n,0). Из (2) следует
f (n , r − 1) = f (n, r ) − f (n − 1, r ) .
(3)
Тогда f(n,0)=f(n,1)-f(n-1,1). Из (1) f(n,1)=n, f(n-1,1)=n-1.
0
Следовательно, f(n,0)=n-(n-1)=1= C n −1 .
1
1
2) f(n,1) = f(n,0)+f(n-1,1) = 1+n-1 = n = C n = C n +1−1 .
3) f(n,2) = f(n,1)+f(n-1,2) = n+f(n-1,1)+f(n-2,2) = n+(n-1)+f(n-2,1)+f(n-3,2) = … =
n
= n+(n-1)+…+2+1 =
∑i =
i =1
( n + 1)n ( n + 1)!
= Cn2+1 = Cn2+ 2−1 .
=
2
2( n − 1)!
(сумма арифметической прогрессии)
2
2
2
4) f(n,3) = f(n,2)+f(n-1,3) = C n +1 +f(n-1,2)+f(n-2,3) = C n +1 + Cn +f(n-2,2)+f(n-3,3) = … =
= C n2+1 + C n2 + L + C 22 =
n( n + 1)( n + 2) ( n + 2)!
=
= C n3+2 = C n3+3−1 .
6
3!⋅( n − 1)!
(сумма геометрической прогрессии)
5) f(n,4) =
n (n + 1)(n + 2 )(n + 3) ( n + 3)!
=
= Cn4+ 4 −1
24
4!⋅( n − 1)!
На основе частных случаев можно предположить, что
f (n, r ) =
n ⋅ (n + 1) ⋅ (n + 2 ) ⋅ K ⋅ (n + r − 1)
= Cnr + r −1
r!
4. Проверка начальных условий с помощью полученной формулы.
 f (n,1) = Cn1+1−1 = Cn1 = n
,

r
r
f
(
1
,
r
)
=
C
=
C
=
1

1+ r −1
r
что согласуется с (1)
21. Производящая функция. Производящая функция (нумератор) и перечисляющая
производящая функция для сочетаний без повторений.
Функция
Определение.
вида
∞
A( x ) = α 0 + α1 x + K + α r x + K = ∑ α r x r
r
называется
r =0
полиномиальной производящей функцией. Полиномиальные производящие функции позволяют
вычислять числа сочетаний различных типов.
1. Произведение (1+a1x)(1+a2x)·… ·(1+anx) порождает r-сочетания элементов {a1,a2,…,an} без
повторений ( r = 0, n ):
1−4
сочетания
644
7444
8
(1 + a1 x)(1 + a1 x) ⋅K⋅ (1 + an x) = 1 + a1 x + a2 x + K + an x +
2−4
сочетания
6444444444
74444444444
8
2
2
2
2
+ a1a2 x + a1a3 x + K + a1an x + a2 a3 x + K + an−1an x 2 +
−4
сочетания
сочетание
644434
744444
8
6n−47
48
3
3
+ a1a2 a3 x + K + an−2 an−1an x + K + a1a2 Kan x n
Коэффициенты при xr ( r = 0, n ) представляют собой все возможные r-сочетания из n разных
предметов без повторений.
В частности, бином Ньютона (1+x)n – производящая функция для r-сочетаний без повторений из nмножества. (1 + x ) = C n + C n x + K + C n x =
n
без повторений
С nr
0
1
n n
n
∑ Cnr x r . Коэффициент при xr равен числу r-сочетаний
r =0
.
(1+x)n – полиномиальная производящая функция для чисел r-сочетаний без повторений
из n-множества ( С nr );
22. Производящая функция. Производящая функция
производящая функция для сочетаний с повторениями.
(нумератор)
и
перечисляющая
Если элемент ai может входить в сочетания 0, 1, … , k раз (сочетания с повторениями, где количество ai
ограничено числом k), то в качестве сомножителя нужно взять 1 + a i x + a i x + L + a i x .
2
2
k
k
23. Производящая функция. Производящая функция (нумератор) и перечисляющая
производящая функция для сочетаний с повторениями, при условии, что в каждом сочетании
должен присутствовать хотя бы один элемент каждого вида.
Пусть нужно определить числа сочетаний с повторениями, в которых предметы n
различных типов входят хотя бы по одному разу (то есть предмет каждого типа
обязательно должен присутствовать в сочетании). В этом случае при составлении
производящей функции в каждой из скобок нужно исключить 1 (то есть степень x0):
( x + x 2 + x 3 + K) n = x n (1 + x + x 2 + x 3 + K) n = x n (1 − x) − n =
∞
∞
r =0
r =0
= x n ∑ Cnr+ r −1 x r = ∑ C nr+ r −1 x r + n
.
Как и в предыдущих примерах, делаем замену переменных, чтобы степени x задавались
одной буквой, а не выражением. Положим r+n=k, откуда r=k-n, и
∞
∞
∞
r =0
k =n
k =n
равенство
выполняется
∑ Cnr+r −1 x r +n = ∑ Ckk−−1n x k = ∑ Ckn−−11 x k .
(последнее
в
силу
симметричности
биномиальных
коэффициентов: C yx = C yy − x ). Из полученного ряда следует, что сочетаний меньше чем по
n предметов не существует (нет слагаемых с x в степени, меньшей n). А при k≥n число kсочетаний, в которые предметы каждого типа входят хотя бы по одному разу, равно C kn−−11
24. Производящая функция. Производящая функция (нумератор) и перечисляющая
производящая функция для сочетаний с повторениями (неограниченными).
Пусть нужно найти число r-сочетаний из n типов элементов с неограниченными
повторениями. По правилу составления полиномиальных функций, нужно записать
произведение n скобок (так как у нас n типов элементов), в каждой из которой находится
бесконечная сумма всех степеней x (так как число элементов каждого типа неограничено):
(1
1 + x + x + K) ⋅(1 + x + x
442443
2
2
)
(
) (
)
+ K ⋅K⋅ 1 + x + x2 + K = 1 + x + x2 + K
n
1сумма
44бесконечна
444я4444
424444444444
3
произведение n одинаковых скобок
В скобках находится сумма бесконечной геометрической прогрессии:
1 + х + x2 + K =
1
= (1 − х) −1 .
1− х
Таким образом, производящая функция для числа сочетаний с неограниченными
повторениями равна (1-х)-n.
25,26. Использую производящую функцию доказать
Некоторые комбинаторные соотношения для чисел сочетаний без повторений
n
(1). (1 + t ) = ∑ C nr t r
n
r =0
# Следует из того, что С nr – коэффициенты бинома:
(a + b )n = Cn0a n + Cn1 a n −1b1 + K + Cni a n − i bi + K + Cnn −1a1b n −1 + Cnn b n .
Подставляя вместо a единицу, вместо b – t, получим формулу (1). #
n
(2).
∑ Cnr = 2 n .
# получается из (1) при t =1. #
r =0
n
(3).
∑ (−1) r Cnr = 0 . # следует из (1) при t = -1. #
r =0
n
(4).
∑ rCnr = n2 n−1
r =1
n
# продифференцируем (1) по t: n(1 + t ) n −1 = ∑ rCnr t r −1 ,
r =1
n
затем подставим t =1: n 2 n−1 = ∑ rCnr #
r =1
n
(5).
∑ (−1) r −k Cnr Crk = 0
r =k
# продифференцируем (1) по t k раз:
n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2 ) ⋅ K ⋅ (n − k + 1) ⋅ (1 + t )
n −k
n
= ∑ r ⋅ (r − 1) ⋅ (r − 2 )K ⋅ (r − k + 1) ⋅ Cnr t r −k
r =k
подставляем t = -1:
n
0 = ∑ r ⋅ (r − 1) ⋅ (r − 2 )K ⋅ (r − k + 1)
r =k
⋅ C nr
⋅ (− 1)
r −k
n
= ∑ (− 1)
r =k
r −k
r!
C nr ,
(r − k )!
разделим левую и правую часть на k!
n
0 = ∑ (− 1)
r −k
r =k
∑ r + 1 Cnr = n + 1 (2 n+1 − 1)
n
(6).
n
r!
r −k
r
C n = ∑ (− 1) C rk C nr #
k!(r − k )!
r =k
1
1
r =0
# проинтегрируем левую и правую часть (1) от 0 до 1:
n +1
(
1 + t)
∫ (1 + t ) dt =
1
0
0
1
n
n +1
1 n
∫∑
r =0
Cnr t r dt
0
n
(7).
n
=∑
r =0
1
C nr
∫t
r
2 n+1
1
1
=
−
=
2 n+1 − 1 ,
n + 1 n + 1 (n + 1)
(
n
dt = ∑
r =0
0
)
1
C nr
n
t r +1
1
= ∑ Cnr
. #
r + 1 0 r =0 r + 1
∑ (− 1)r r + 1 Cnr = n + 1 . # интегрируем (1) от -1 до 0. #
1
1
r =0
n
(8).
∑
r =0
(− 1)r C r = 1 + 1 + L + 1
r
n
2
n
- гармонический ряд
k
(9).
∑ Cmr Cnk −r = Cnk+m
r =0
(10). Если p – простое число, то каждое из чисел C 1p ,..., C pp −1 делится на p.
# C 1p = p , C p2 =
p( p − 1)
p ( p − 1)( p − 2)
, C 3p =
, … , C pp −1 = p . #
2
3⋅ 2
27. Числа Стирлинга первого и второго рода. Их комбинаторный смысл. Способы вычисления.
Числа Стирлинга первого рода S(n
n,r) – целые числа, полиноминальной производящей функцией
которых является убывающий факториал
.
Числа Стирлинга первого рода задаются рекуррентным соотношением:
s(n,n) = 1, для n ≥ 0,
s(n,0) = 0, для n > 0,
для 0 < k < n.
Числа Стирлинга второго рода S(n,r)) – натуральные числа, по которым степень можно представить в
виде
=
,
Здесь (x)r – убывающий факториал.
комбинаторный смысл — равно числу элементов группы подстановок являющихся произведениями ровно k
непересекающихся циклов, а равно числу разбиений n-элементного множества на k непустых подмножеств.
Очевидно, что . Аналогичная сумма чисел Стирлинга второго рода
р
называется n-м
м числом Белла и равна числу
всех разбиений n-элементного
элементного множества. Для чисел Белла справедлива рекуррентная формула .