Обсуждение участника:Galibov Mikhail

Количество комбинаторных объектов

Тип объекта	Количество различных объектов
Битовые вектора	[math]2^{n}[/math]
Перестановки	[math]P_n = n![/math]
Перестановки с повторениями	[math]\overline{P_k} (k_1, k_2, \ldots, k_n) = \frac{(k_1 + k_2 + \ldots + k_n)!}{k_1!k_2!\ldots k_n!}[/math]
Размещения	[math]A^{k}_n = \frac{n!}{(n - k)!}[/math]
Размещения с повторениями	[math]\overline{A_n^k} = n^k[/math]
Сочетания	[math]C^{k}_n = \frac{n!}{k!(n - k)!}[/math]
Сочетания с повторениями	[math]\overline{C^k_n} = \frac{(n + k - 1)!}{k!(n - 1)!} = C^k_{n + k - 1}[/math]
Разбиение на неупорядоченные слагаемые	Нахождение количества разбиений числа на слагаемые
Разбиение на подмножества	Числа Стирлинга второго порядка

Доказательства числа комбинаторных объектов

Теорема:

Число различных битовых векторов длины [math]n[/math] равно [math]2^{n}[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Число битовых векторов — это частный случай размещения с повторениями [math]2[/math] элементов по [math]n[/math]. Таким образом, количество различных битовых векторов будет равно [math]2^n[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных перестановок из [math]n[/math] элементов равно [math]P_n = n![/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Перестановка — это частный случай размещения [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] при [math]k = n[/math]. Таким образом, количество различных перестановок будет равно [math]n![/math]

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных перестановок с повторениями из [math]k[/math] элементов с различными [math]n[/math] группами одинаковых элементов равно [math]\overline{P_k} (k_1, k_2, \ldots, k_n) = \frac{(k_1 + k_2 + \ldots + k_n)!}{k_1!k_2!\ldots k_n!}[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть нужно найти количество перестановок с повторениями на множестве [math]A[/math] из [math]k[/math] элементов. Будем учитывать, что в этом множестве [math]n[/math] групп одинаковых элементов. Количество перестановок из [math]k[/math] элементов, не учитывая того факта, что элементы могут быть одинаковые, будет равна [math]k![/math]. В каждой итоговой перестановке у нас будет несколько раз учитываться ситуации с одинаковыми элементами ровно столько раз, сколько можно получить перестановок из [math]k_i[/math]. Таким образом количество перестановок с одинаковым первым элементом будет равно [math]k_1![/math], для второго элемента — [math]k_2![/math]. Общее количество идентичных перестановок будет равно произведению данных факториалов. Итого одинаковых перестановок [math]k_1! \cdot k_2! \cdot \ldots \cdot k_n![/math]. Ответом будем являться частное количества всех перестановок и количества одинаковых. Получаем, что итоговое количество равно [math]\frac{k!}{k_1! \cdot k_2! \cdot \ldots \cdot k_n!} = \frac{(k_1 + k_2 + \ldots + k_n)!}{k_1! \cdot k_2! \cdot \ldots \cdot k_n!} [/math]

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных размещений из [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] равно [math]A^{k}_n = \frac{n!}{(n - k)!}[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Доказательство по индукции. База [math]k = 1[/math], тогда количество размещений из [math]n[/math] по [math]1[/math] равно [math]n[/math]. При [math]k \geq 2[/math] воспользуемся правилом произведения. Выбрать первый элемент можно [math]n[/math] различными способами. При каждом первом элементе, все что осталось образует размещение из оставшегося множества, то есть [math](n-1)[/math] элементов, по [math](k - 1)[/math]. Следовательно получаем рекуррентную формулу [math]A_{n}^{k}=n \cdot A_{n-1}^{k-1}[/math]. Отсюда получаем [math]A_{n}^{k} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) = \frac{n!}{(n - k)!}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных размещений с повторениями из [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] равно [math]\overline{A_n^k} = n^k[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции. База: [math]k = 1[/math]. Тогда [math] \overline{A_n^1} = n[/math]. При [math]k \geq 2[/math] воспользуемся правилом произведения. Выбрать первый элемент можно [math]n[/math] различными способами. При каждом первом элементе, все что осталось образует размещение с повторениями из того же самого множества, то есть из n элементов, по [math](k - 1)[/math]. Следовательно получаем рекуррентную формулу [math]\overline{A_n^k} = n \cdot \overline{A_{n}^{k-1}}[/math]. Отсюда получаем [math]\overline{A_n^k}=n \cdot n \ldots = n^k [/math]

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных сочетаний из [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] равно [math]C^{k}_n = \frac{n!}{k!(n - k)!}[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Всего размещений из [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] равно [math]A_n^k = \frac{n!}{(n - k)!}[/math]. В каждом размещении выбраны [math]k[/math] элементов из данного множества. Если игнорировать порядок этих выбранных [math]k[/math] элементов, мы получим некоторые сочетания из данного множества по [math]k[/math]. Другими словами, размещение с одним и тем же набором выбранных [math]k[/math] элементов задают одно и то же сочетание по [math]k[/math] элементов. Так как размещения с одним и тем же набором выбранных [math]k[/math] элементов различаются только порядком элементов и число различных перестановок из [math]k[/math] элементов равно [math]k![/math], то итоговая формула будет равна [math]C_n^k = \frac{A_n^k}{k!} = \frac{n!}{k!(n - k)!}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Число различных сочетаний с повторениями из [math]n[/math] элементов по [math]k[/math] равно [math]\overline{C^k_n} = \frac{(n + k - 1)!}{k!(n - 1)!} = C^k_{n + k - 1}[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим двоичный вектор из [math](n+k-1)[/math] координат, в котором [math](n-1)[/math] нулей и [math]k[/math] единиц. Будем считать нули разделителями, которые делят этот вектор на [math]n[/math] частей. Тогда предположим, что число единиц в [math]i[/math]-м блоке — это число элементов [math]a_i[/math] в сочетании с повторением, которое соответствует этому вектору. Получаем, что каждому сочетанию с повторениями из [math]n[/math] по [math]k[/math] соответствует некоторый вектор из нулей и единиц с [math](n+k-1)[/math] координатами, в котором [math](n-1)[/math] нулей. Также наоборот, по каждому такому вектору однозначно восстанавливается сочетание с повторением, ему соответствующее. Значит число сочетаний с повторениями из [math]n[/math] по [math]k[/math] совпадает с числом таких векторов. Таких векторов столько, сколько вариантов выбрать [math]k[/math] координат, на которых должны стоять единицы из [math](n+k-1)[/math]. Таким образом, ответом будет являться число сочетаний из [math](n+k-1)[/math] по [math]k[/math]. Тогда количество равно [math] \overline{C_n^k} = C_{n+k-1}^{k}[/math]

[math]\triangleleft[/math]