Формула включения-исключения

Формула включения–исключения — это комбинаторная формула, которая позволяет определить мощность объединения конечных множеств, если известны их мощности и мощности всех их возможных пересечений.

Случай для двух множеств

Для случая из двух множеств [math]~A, B[/math] формула включения—исключения имеет следующий вид:

[math] | A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |[/math]

В сумме [math]~| A | + | B |[/math] элементы пересечения [math]A \cap B[/math] учтены дважды, и, чтобы компенсировать это, мы вычитаем [math] | A \cap B |[/math] из правой части формулы. Справедливость этого рассуждения видна из диаграммы Эйлера–Венна для двух множеств, приведенной на рисунке справа.

Таким же образом и в случае [math]~n\gt 2[/math] множеств процесс нахождения количества элементов объединения [math]A_1 \cup A_2 \cup \ldots \cup A_n[/math] состоит во включении всего, затем исключении лишнего, затем включении ошибочно исключенного и так далее, то есть в попеременном включении и исключении. Отсюда и происходит название формулы.

Теорема:

Пусть [math] A = \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i [/math] , тогда по формуле включения–исключения: [math] | A | = \sum \limits_{I \in 2^N} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} A_j \right| [/math] Причем [math] N = \{ 1,2, \ldots ,n \} [/math]. Здесь за [math] 2^N [/math] обозначим множество всех непустых подмножеств [math] N [/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Приведем два разноплановых доказательства Теоремы. I. Комбинаторное доказательство Теоремы. Рассмотрим некоторый элемент [math] x \in \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i [/math]. Пусть [math] x \in \bigcap \limits_{j=1}^{t}A_{i_j} [/math]. Тогда найдем число вхождений элемента [math] x [/math] в правую часть формулы. [math]k = (-1) ^ {t + 1} {t \choose t} + (-1) ^ {t} {t \choose {t - 1}} + \ldots + (-1)^2 {t \choose 1} + (-1) {t \choose 0} = -\sum \limits_{j = 1}^{t} (-1)^j {t \choose j} [/math][math] = {t \choose 0} - \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j} [/math] Докажем, что [math] \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j} = 0[/math] В силу того, что [math] (1 + (-1)) ^ t = {t \choose 0} 1^t (-1)^0 + {t \choose 1} 1 ^ {t - 1} (-1) ^ 1 + \ldots + {t \choose t} 1^0 (-1)^t = \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j}[/math], имеем [math] 0 = (1 + (-1)) ^ t = \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j}[/math], то равенство доказано. Таким образом, [math] k = {t \choose 0} - \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j = 1 - 0 = 1[/math], то есть каждый элемент подсчитан в правой части формулы ровно один раз, то Теорема доказана. II. Доказательство Теоремы по индукции. Пусть [math]~l[/math] — это количество множеств, мощность пересечения которых мы ищем. Для случая [math]~l=1[/math] равенство обращается в тривиальное ([math] |A| = |A_1| [/math] — истинно). Для случая [math]~l=2[/math] справедливость теоремы пояснена выше. Таким образом, [math]~l=2[/math] — база индукции. Предположим, что для [math]~l=n-1[/math] равенство верно. Докажем, что равенство истинно для [math]~l=n[/math] Пусть [math] A [/math] — объединение [math]~n[/math] множеств. Очевидно, что [math] A = \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i = \left( {\bigcup \limits_{i=1}^{n-1}A_i} \right) \cup A_n [/math]. Пусть [math] B = \bigcup \limits_{i=1}^{n-1}A_i [/math]; [math]N' = \{ 1,2, \ldots ,n-1 \} [/math]. Исходя из предположения индукции, имеем, что [math] | B | = \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} A_j \right| [/math] Кроме того, так как формула верна для [math]~l=2[/math] (из базы индукции), то верно равенство [math] | A | = | B | + | A_n | - | B \cap A_n | (*)[/math]. Найдем [math]~| B \cap A_n |[/math]: Очевидно, что [math] B \cap A_n = \left( \bigcup \limits_{i=1}^{n-1}A_i \right) \cap A_n = \bigcup \limits_{i=1}^{n-1} \left( A_i \cap A_n \right) (**)[/math] Опираясь на предположение индукции и равенство [math] (**) [/math] имеем, что [math] |B \cap A_n| = \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} \left( A_j \cap A_n \right) \right| = \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j\in I \cup \{ n \} } A_j \right| [/math] Подставим полученные значения в [math](*)[/math]: [math] | A | = | A_n |+\left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} A_j \right| \right) - \left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j\in I \cup \{ n \} } A_j \right| \right)[/math] [math] =| A_n |+\left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| \right) + \left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+2} \left| \bigcap \limits_{ j\in I \cup \{ n \} } A_j \right| \right) [/math] Докажем, что [math] | A_n |+\left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| \right) + \left( \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+2} \left| \bigcap \limits_{ j\in I \cup \{ n \} } A_j \right| \right) [/math] [math] = \sum \limits_{I \in 2^N} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| [/math] Равенство справедливо, потому что все наборы [math] I \in 2^N [/math] можно разбить на две группы : [math] I \in 2^{N'} [/math] Это означает, что в наборе точно не будет присутствовать индекс [math] n [/math], а будут все различные варианты индексов остальных множеств, т.е. [math] I \in 2^{N'}[/math]. [math]\{n\} \cup I[/math], где [math]I \in N'[/math] Аналогично предыдущему, только в наборе будет индекс [math] n [/math]. Как видно из равенства, первое и третье слагаемое "отвечают" за вторую группу, а второе слагаемое за первую группу. Значит, равенство истинно и [math]|A| = \sum \limits_{I \in 2^N} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| [/math] . Таким образом, для [math]~l=n[/math] мы доказали, что равенство верно. Значит, индукционный переход верен, то есть теорема доказана.

[math]\triangleleft[/math]