Изменения

Пусть <tex dpi="130150">A=\S_{a_{1n},a_{2}, =\ldots ,a_{z}sum\}</tex> limits_{{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">Si=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_^{2n}, \ldots ,w_{li}\}</tex> {S_{n---i}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">l</tex>. Мы считаем, что нет объектов веса Причем <tex dpi="130"">0</tex>, так как в противном случае существует бесконечное количество последовательностей любого веса. Тогда, '''количество последовательностей''' веса <tex dpi=150"130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">S_{n0}=\sum\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}</tex>. Причем |proof=<tex dpi="150130"">S_{0} = 1</tex>, так как есть единственный способ составить пустую последовательность.|proof=Докажем по индукции.

Тогда, <tex dpi="150">S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-1i}=S_{n-1}+S_{n-2}=F_{n}</tex>, где <tex dpi="150">F_{n}</tex> {{---}} <tex>n</tex>-ое число Фибоначчи <ref>[[wikipedia:Fibonacci number|Wikipedia {{---}} Числа Фибоначчи]]</ref>.

Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{l}\}</tex> {{---}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">l</tex>. Мы также считаем, что нет объектов веса <tex dpi="130"">0</tex>. Тогда '''количество множеств''' суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">p_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких множеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="150">k</tex>. Причем <tex dpi="150">p_{0, i} = 1</tex>, а <tex dpi="150">p_{i, 0} = 0</tex>, <tex dpi="150"">i \ne 0</tex>.|proof=<tex dpi="130">p_{0, i} = 1</tex>, так как не набирать никакой вес есть один способ, а <tex dpi="150130">p_{i, 0} = 0</tex>, <tex dpi="150130"">i \ne 0</tex>, так как нельзя набрать положительный вес из ничего.|proof=Изначально у нас есть только пустое множество веса <tex dpi="130">0</tex>. Рассмотрим очередной этап вычисления <tex dpi="130">p_{n,k}</tex>. Для данных <tex dpi="130">n</tex> и <tex dpi="130">k</tex> у нас уже имеется множество, которое необходимо дополнить. Мы можем сделать это добавляя от <tex dpi="130">0</tex> до <tex dpi="130">\lfloor \frac{n}{k} \rfloor</tex> элементов веса <tex dpi="130">k</tex> (при условии, что столько различных элементов имеется) в данное множество. Выбрать нужное количество элементов можно с помощью сочетаний. Следовательно, у нас образуется новые множества, которые будет необходимо дополнить элементами веса меньше <tex dpi="130">k</tex> (чтобы избежать повторений) суммарного веса <tex dpi="130">n-ik</tex>, где <tex dpi="130">i</tex> {{---}} количество элементов веса <tex dpi="130">k</tex> которое мы добавили в данное множество. Довольно легко заметить, что данные операции полностью соответствуют описанной выше формуле.

Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex>P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств из <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>. Тогда <tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">p_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}</tex>.

Пусть <tex dpi="130">A=\mathbb{N}</tex>, <tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые|разбиений на слагаемые]], <tex dpi="130">W=\{1 \ldots 1\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>. Тогда,

Пусть <tex dpi="130150">A=\M_{a_{1n},a_=m_{2}n, \ldots ,a_{z}\n}</tex> {{---}} множество из различных объектов, где <tex dpi="130150">Mm_{n, k}=MSet(A)</tex> \sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}} множество всех мультимножеств <ref/tex>[[wikipedia:Multiset|Wikipedia {{---}} Мультимножества]]</ref> из элементов количество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">Ak</tex>, . Причем <tex dpi="130150">W=\m_{w_{1}0,w_{2}, \ldots ,w_{l}\i}= 1</tex> {{---}} количество объектов веса от , а <tex dpi="130150">1m_{i, 0} = 0</tex> до , <tex dpi="130150"">li \ne 0</tex>. Тогда '''количество мультимножеств''' из объектов суммарного веса |proof=<tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">M_{n}=m_{n0, ni}= 1</tex>, где так как не набирать никакой вес есть один способ, а <tex dpi="150130">m_{ni, k0}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130"">ki \ne 0</tex>, так как нельзя набрать положительный вес из ничего.|proof=Рассуждения аналогичны рассуждениям <tex dpi="130">PSet</tex>, однако теперь мы можем брать один и тот же элемент несколько раз. То есть для подсчета вместо обычных сочетаний нужно использовать сочетания с повторениями.

Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex dpi="130">M=MSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств мультимножеств из <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>.:Тогда, <tex dpi="150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">m_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}</tex>

Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z_{1}}\}</tex>, <tex dpi="130">B=\{b_{1},b_{2}, \ldots ,b_{z_{2}}\}</tex> {{---}} множества из различных объектов, <tex dpi="130">D=Pair(A, B)</tex> {{---}} множество всех пар объектов, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex> и <tex dpi="130">B</tex>. <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{l}\}</tex> {{---}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">l</tex>, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>, а <tex dpi="130">U=\{u_{1},u_{2}, \ldots ,u_{l}\}</tex> {{---}} соответственно для <tex dpi="130">B</tex>. Тогда '''количество пар''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">D_{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}w_{i}u_{n-i}</tex>.

Пусть <tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex> {{---}} множество из различных объектов, <tex dpi="130">C=Cycle(A)</tex> {{---}} множество всех циклов <ref>[[wikipedia:Cyclic order | Wikipedia {{---}} Циклы]]</ref> из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{m}\}</tex> {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots m\}</tex>.  Тогда '''количество циклов''' веса <tex dpi="150">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">C_{n}=\sum\limits_{s=1}^{n}c_{n, s}</tex>, где <tex dpi="150">c_{n,s}=\sum\limits_{i=0}^{s-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{s}</tex> , {{---}} количество циклов веса <tex dpi="150">n</tex> длины <tex dpi="150">s</tex>. По [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа#Лемма Бёрнсайда|лемме Бёрнсайда]] <tex dpi="150">c_{n,s} =\sum\limits_{i=0}^{s-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{s}</tex>, где а <tex dpi="150">|St(\vec{i})|</tex> {{---}} количество стабилизаторов для циклического сдвига на <tex dpi="150">i</tex> .|proof=Очевидно, что длина цикла веса <tex dpi="130">n</tex> может быть от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">n</tex>. Посмотрим сколько существует циклов каждой длины. Это можно сделать по [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа#Лемма Бёрнсайда|лемме Бёрнсайда]].

Такие большие группы часто анализируют с помощью [[Производящая функция|производящих функций]]. Один из популярных методов {{---}} метод символов <ref>[[wikipedia:Symbolic method (англ. ''combinatorics) | Wikipedia {{---}} Symbolic method'')]]</ref>. Он использует внутреннюю структуру объектов для получения производящих функций. В случае непомеченных объектов, как и в анализе в нашей статье, считается, что нет объектов нулевого веса. Иногда для удобства их добавляют, чтобы показать наличие одного пустого множества.

Однако в методе символов предлагается более глобальный подход, основанный на многомерных производящих функциях и использующий ряд Бюрмана—Лагранжа Бюрмана-Лагранжа <ref>[[wikipedia:Lagrange inversion theorem | Wikipedia {{---}} Lagrange inversion theorem]]</ref>. В общем случае, используя метод символов, производящие функции ограниченных конструкций можно подсчитать следующим способом: