Формулы включения и исключения Вывод формулы для числа элементов объединения множеств n | A1 A2 ... An | (1) p1 p 1 i1 i2 ...i p Заметим, что внутренняя сумма для заданного В частности: | Ai1 Ai2 ... Ai p | . p содержит Cnp слагаемых. | A1 A2 || A1 | | A2 | | A1 A2 |; | A1 A2 A3 || A1 | | A2 | | A3 | (| A1 A2 | | A1 A3 | | A2 A3 |) | A1 A2 A3 | Знак при внутренней сумме «минус» для четного p и «плюс» для нечетного. Первый вывод Индукция по n . Базис (нетривиальный) при n 2 - см. выше. Далее (с учетом индукционного предположения): | A1 A2 ... An || A1 A2 ... An1 | | An | | ( A1 A2 ... An1 ) An | n 1 (1) p 1 p 1 i1 i2 ...i p | Ai1 Ai2 ... Ai p | | An | | ( A1 An ) ( A2 An ) ... ( An1 An ) | n 1 (1) p 1 p 1 n (1) p p 2 i1 i2 ...i p 1 n 1 (1) p 1 p 1 n (1) p1 p 2 i1 i2 ...i p | Ai1 Ai2 ... Ai p | | An | | Ai1 Ai2 ... Ai p 1 An | | Ai1 Ai2 ... Ai p | | An | | Ai1 Ai2 ... Ai p 1 An |. i1 i2 ...i p i1 i2 ...i p 1 Во втором и третьем слагаемых учтены все новые наборы из (1 p равна p множеств n 1), содержащие множество An . Поэтому вся написанная выше сумма будет n | A1 A2 ... An | (1) p1 p 1 i1 i2 ...i p | Ai1 Ai2 ... Ai p | , что и требовалось. Второй вывод Достаточно доказать, что каждый элемент рассматриваемого объединения учтен в правой части равенства ровно один раз. Пусть элемент a принадлежит в точности k множествам из n . Тогда в сумме i1i2 ...i p | Ai1 Ai2 ... Ai p | этот элемент фигурирует Ckp раз (выбраны какие-то p подмножеств из k , содержащих a ). Следовательно, во всей правой части этот элемент k (1) фигурирует p 1 p 1 Ckp раз. Но k k 0 (1 1) (1) C 1 (1) k p p 0 p k p 1 k C p 1 p k , откуда (1) p 1 p 1 Ckp 1, что и требовалось. Формула для пересечения дополнений множеств Подсчет числа элементов в объединении множеств позволяет находить число элементов, обладающих хотя одним из n свойств. Следующая формула позволяет находить число элементов, не обладающих ни одним из n свойств. Если обозначить через Ai множество всех тех элементов, которые обладают свойством Pi (при i 1,..., n ), то множество всех тех элементов, которые не обладают ни одним из указанных свойств, есть пересечение дополнений Тогда A1 A2 ... An . | A1 A2 ... An || A1 A2 ... An | | U | | A1 A2 ... An | n | U | (1) p1 p 1 n | U | (1) p p 1 i1 i2 ...i p i1 i2 ...i p | Ai1 Ai2 ... Ai p | | Ai1 Ai2 ... Ai p |. (Здесь U - универсальное множество, т.е. «высший род» в заданном классе элементов.) Пример. 1) Найти, сколько чисел, не больших 100, взаимно просты с 30. Найдем, сколь много чисел, не больших 100, которые имеют с 30 общий делитель, больший 1. Для этого достаточно определить, сколь много чисел в указанном диапазоне, которые кратны 2, 3 или 5. Множества чисел, кратных другим делителям 30, будут подмножествами указанных. Пусть A1 , A2 , A3 - множества чисел, кратных 2, 3 и 5 соответственно. Тогда | A1 A2 A3 || A1 | | A2 | | A3 | (| A1 A2 | | A1 A3 | | A2 A3 |) | A1 A2 A3 | , что составит 50+33+20 – (16+10+6)+3 = 74, откуда искомое число будет равно 100-74=26, а без учета единицы составит 25. 2) Сколько чисел, не больших 1000, взаимно простых с 420? Так как 420 = 22357, то аналогично предыдущему имеем для искомого числа: 1000- ([1000/2]+[1000/3]+[1000/5]+[1000/7]) + ([1000/6]+[1000/10]+[1000/14]+[1000/15]+[1000/21]+[1000/35]) – ([1000/30]+[1000/42])+[1000/105])+[1000/70])+[1000/210]=1000-772=228. Без учета единицы – 227. Беспорядки Беспорядком (или разупорядочиванием) на множестве M называется подстановка множества M , не имеющая неподвижных элементов. Число беспорядков на n -элементном множестве можно подсчитать следующим образом. Всякая подстановка, не являющаяся беспорядком, оставляет неподвижными какие-то k из n элементов. При фиксированных k элементах число таких подстановок составит (n k )!, а всего для различных выбранных k Если обозначить Aj элементах будет Cnk (n k )! n! . k! множество всех подстановок, оставляющих неподвижным элемент j , то из предыдущих рассуждений следует, что n! | Ai1 Ai2 ... Aik | . k! i1 i2 ...ik Множество беспорядков есть множество Dn A1 A2 ... An . Следовательно, n -элементном множестве составит n! n! n! n! Dn n! ( ... (1) k ... (1) n ) 1! 2! k! n! 1 1 1 n!(1 ... (1) n ) 1! 2! n! x x Вспомним теперь формулу Тейлора для функций e и e : n xk x e o( x n ); k 0 k ! e x на xk (1) o( x n ). k! k 0 n k число Тогда при больших n число Dn n!e1 . Подстановки с запрещенными позициями Матрицы подстановок Каждой подстановке 1 2 ... n i1 i2 ... in в симметрической группе степени однозначно сопоставляется квадратная матрица n n -го порядка A (aij )nn , в которой 1, j (i ) . Очевидно, что в матрице A aij 0, j ( i ) никакие две единицы не находятся в одной строке или в одном столбце, а также нет ни одной нулевой строки и ни одного нулевого столбца. С другой стороны, всякой матрице, обладающей таким свойством, может быть однозначно сопоставлена некоторая подстановка из группы S n . Тем самым установлено взаимно однозначное соответствие между множеством матриц указанного вида и группой S n . Более того, это соответствие является изоморфизмом, так как можно показать, что для любых , имеет место A A A . Будем называть такие матрицы матрицами подстановок. Доски Матрицу подстановок n -го порядка нам будет удобно изображать в виде таблицы n n клеток, а, в свою очередь, эту таблицу рассматривать как «шахматную» доску, полагая, что в клетке, соответствующей единичному элементу матрицы, стоит ладья. Таким образом, каждой матрице подстановок соответствует доска, на которой находится n ладей, ни одна из которых не может бить другую. Будем говорить, что такие ладьи находятся в неатакующих позициях. Части доски n n также будем называть досками. Будем рассматривать также объединения и пересечения досок. Доски будем называть дизъюнктными, если они не имеют ни общих строк, ни общих столбцов. Ладейный полином Доске C с m клетками, которая является частью квадратной доски сопоставляется полином nn, m R( x, C ) rk (C ) x k , k 0 коэффициент разместить C1 k rk (C ) которого равен числу способов, которым на доске C ладей в неатакующих позициях. C2 можно Для изображенных выше досок имеем: R( x, C1 ) 1 4 x 2 x 2 , R( x, C2 ) 1 5 x 4 x 2 То, что коэффициент при нулевой степени доску пустой, т.е. разместить 0 ладей. x означает, что существует 1 способ оставить R( x, C1 C2 ) R ( x, C1 ) R ( x, C2 ) . Доказательство. Рассмотрим коэффициент rk (C1 C2 ) . Если на доске C C1 C2 размещено k ладей1, то можно выбрать l ладей на доске C1 и k l ладей на доске C2 . Тем самым при заданном l существует rl (C1 ) rk l (C2 ) способов разместить k ладей на Теорема 1. Если доски C1 и C2 дизъюнктны, то объединенной доске (заметим, что если бы доски не были дизъюнктны, то это было бы неверно). Рассматривая все возможные значения l от нуля до k , получим k rk (C ) rl (C1 )rk l (C2 ) , l 0 что и является коэффициентом при xk в произведении R ( x, C1 ) R ( x, C2 ) . Рассмотрим теперь более сложную комбинацию досок. Теорема 2. Пусть C - доска с m клетками, а s доска, полученная из доски C - клетка (квадрат) этой доски; пусть удалением клетки удалением строки и столбца, содержащих клетку Тогда Cs s , и пусть C s# , полученная из доски C s. R( x, C ) xR( x, Cs# ) R( x, Cs ) . Доказательство. Определим число способов, которыми можно разместить доске C . Возможны два случая: 1) в клетке s есть ладья и 2) в клетке s ладьи нет. k ладей на k 1 ладей можно разместить на доске C s# rk 1 (Cs# ) способами, а во втором размещение всех k ладей производится на доске C s , и число # способов составит rk (Cs ) . Следовательно, всего существует rk 1 (Cs ) rk (Cs ) # способов разместить k ладей, т.е. rk (C ) rk 1 (Cs ) rk (Cs ) . В первом случае остальные Везде в дальнейшем, говоря о размещении ладей, мы, естественно, имеем в виду размещение в неатакующих позициях. 1 - Теперь преобразуем ладейный полином для всей доски: m m R( x, C ) rk 1 (C ) x rk (Cs ) x k # s k 1 m 1 rk (C ) x # s k 0 k 1 k k 0 m rk (Cs ) x k k 0 m m x rk (C ) x rk (Cs ) x k , # s k 0 так как k k 0 rm (Cs# ) 0 Для доски C2 (на этой доске меньше m клеток). на рисунке выше, выбирая в качестве клетки s среднюю, получим: R( x, C2,# s ) 1 2 x, R( x, C2,s ) 1 4 x 2 x 2 , R ( x , C2 ) 1 5 x 4 x 2 . Число подстановок с запрещенными позициями Рассмотрим снова группу подстановок каждого i 1, n Sn определено множество множества Fi M {1,2,..., n} . Пусть для запрещенных значений, т.е. из группы Sn исключаются все такие подстановки , для которых (i ) Fi . Упорядоченная пара (i, (i)) при (i ) Fi F n называется запрещенной парой. Множество {(i, (i)) : (i) Fi } i 1 называется запрещенной областью. На доске, соответствующей матрице подстановок, клетки запрещенной области закрашиваются. Заметим, что для беспорядков запрещенной областью является главная диагональ. Чтобы определить число подстановок, которые не принимают значений в запрещенной области, введем для фиксированного i {1,..., n} множество Ai как множество всех таких подстановок , для которых (i ) Fi . Тогда число всех подстановок, значения которых не являются запрещенными, равно n | A1 A2 ... An || U | (1) k 1 k 1 n | U | (1) k k 1 i1 i2 ...ik i1 i2 ...ik | Ai1 Ai2 ... Ai p | | Ai1 Ai2 ... Aik |. | Ai | при фиксированном i . Это будет число всех подстановок, у которых все элементы, кроме i -го переставляются как угодно, а i -й обязан попасть в Определим значение одну из закрашенных клеток, т.е. значение подстановки на этом элементе должно принадлежать множеству Fi . Очевидно, существует ni | Fi | способов это сделать. Таким образом, n n i 1 i 1 | Ai | ni (n 1)!, а | Ai | ( ni )(n 1)! r1 ( F )(n 1)!. Далее, при фиксированных i j и число | Ai Aj | равно числу всех перестановок из n 2 элементов, помноженному на число всех способов, которыми можно значения i -го и j -го элементов задать так, чтобы они попали в множества Fi и F j соответственно. Это число способов равно, как нетрудно видеть, числу способов, которыми можно разместить две ладьи в той части запрещенной области, которая соответствует множествам Fi и F j . Обозначим это последнее через nij . Суммируя по i и по j , получим | A A i j i j |( nij )(n 2)! r2 ( F )(n 2)!. i j Рассуждая аналогично, можно показать, что i1 i2 ...ik | Ai1 Ai2 ... Aik | rk ( F )(n k )!. Итак, число допустимых подстановок составит n Ln n! ( R( x, F ) 1) |xk ( 1)k 1 ( nk )! n! (1) k 1 rk ( F )(n k )!, k 1 т.е. из числа всех подстановок надо вычесть значение ладейного полинома запрещенной области (без единицы) при подстановке вместо k -ой степени переменной числа (1)k 1 (n k )!. Формула может быть, очевидно, переписана и в таком виде: n Ln (1)k rk ( F )(n k )! k 0 В частности, для беспорядков главной диагонали. rk ( F ) Cnk - число способов размещения k ладей на Число сюръекций Формулы включения-исключения можно применить для подсчета числа сюръективных отображений одного конечного множества на другое. A {a1 ,...am }, B {b1 ,..., bn } ; пусть Wi { f : f B A , bi R( f )} множество всех таких отображений A в B , в область значений которых не попадает m элемент bi . Тогда для фиксированных i1 ,..., ik имеем | Wi ... Wi | (n k ) , а 1 k Пусть |W i1 ...ik i1 ... Wik | Cnk (n k ) m . Следовательно, n | W1 ... Wn | (1)k 1 Cnk (n k ) m k 1 (число всех отображений, не являющихся сюръекциями). Тогда число S (m, n) всех сюръекций A на B составит n n S (m, n) n (1) C (n k ) (1) k Cnk (n k ) m . k 1 m k 1 k n m k 0 S (m, n) может быть получено и по другой формуле: m! S (m, n) , k !... k ! k1 ... kn m , 1 n Число ki 0 где суммирование идет по всем векторам m. Например, S (3,2) 2 2 1 6 3! 3! S (3, 2) 6. 2!1! 1!2! (k1 ,..., kn ) с ненулевыми компонентами таким, что сумма компонент равна 3 Аналогично по первой формуле, тогда как по второй S (4, 2) 24 2 1 14 4! 4! 2 . 2!2! 3!1! На основании полученных результатов можно вывести формулу для числа всех возможных разбиений m -элементного множества на n подмножеств. Оно будет, как 1 S (m, n) [Сачков, с. 44]2. При этом число разбиений при n! 1 m! фиксированных ненулевых числах k1 , k 2 ,..., k n будет равно , n! k1 ...kn m , k1 !...kn ! нетрудно показать, равно ki фиксированы т.е. суммирование ведется по всем различным векторам, компоненты которых суть числа k i . Например, при m 4, n 2, k1 k2 1, k3 2 получим 1 4! 4! 4! 1 4! ( ) 3 6 , т.е. существует 6 способов разбить 43! 1!1!2! 1!2!1! 2!1!1! 6 1!1!2! элементное множество на 2 одноэлементных и одно двухэлементное. Вот эти разбиения: 1-{1}, {2}, {3,4}, 2-{1}, {3}, {2,4},3-{1}, {4}, {2,3}, 4-{2}, {3}, {1,4}, 5-{2}, {4}, {1,3}, 6{3}, {4}, {1,2}. Если в выше написанной формуле для числа сюръекций допустить, что некоторые из чисел k i могут быть равны нулю, то получим формулу для числа всех отображений mэлементного множества в n-элементное. По индукции может быть доказана такая формула: 2 Числа 1 S (m, n) n! называются числами Стирлинга 2-го рода. [Андерсон, с. 553.] (a1 a2 ... an ) m m! a1k1 a2k2 ...ankn k1 k2 ... kn m , k1 !k 2 !...k n ! ki 0 ([Сачков, с. 39]). Тогда при a1 a2 ... an 1 получаем n m m! , что k ! k !... k ! k1 k2 ... kn m , 1 2 n ki 0 и равно числу всех отображений m-элементного множества в n-элементное.