Изменения

 == Формула включения-исключения =={{Определение|definition='''Формула включения-исключения''' (англ. ''Inclusion-exclusion principle'') {{---}} комбинаторная формула, выражающая мощность объединения конечных множеств через мощности всех множеств и мощности всех их возможных пересечений.}}

Для случая из двух множеств <texdpi = "140">A, B</tex> формула включения-исключения имеет следующий вид:

<texdpi = "140"> | A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |</tex>

В силу того, что в сумме <texdpi = "140">| A | + | B |</tex> элементы пересечения <texdpi = "140">A \cap B</tex> учтены дважды, то уменьшаем текущее значение суммы на мощность пересечения, чтобы каждый элемент был подсчитан ровно один раз. Для наглядности воспользуемся диаграммой Эйлера{{---}}Венна для двух множеств, приведенной на рисунке справа.

Для случая с большим количеством рассматриваемых множеств <texdpi = "140"> n </tex> процесс нахождения количества элементов объединения состоит в поочередном включений ошибочно исключенного и исключений ошибочно включенного. Отсюда и происходит название формулы.

|statement=Пусть <texdpi = "140"> A = \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i </tex> , тогда по формуле включения{{---}}исключения: <center> <texdpi = "140"> | A | = \sum \limits_{I \in 2^N-1} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} A_j \right| </tex> </center>Причем <texdpi = "140"> N = \{ 1,2, \ldots ,n \} </tex>. Здесь за <texdpi = "140"> 2^N - 1 </tex> обозначим множество всех непустых подмножеств <texdpi = "140"> N </tex>.

Рассмотрим некоторый элемент <texdpi = "140"> x \in \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i </tex>. Пусть <texdpi = "140"> x \in \bigcap \limits_{j=1}^{t}A_{i_j} </tex>. Тогда найдем число вхождений элемента <texdpi = "140"> x </tex> в правую часть формулы.

<texdpi = "140">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} </tex><texdpi = "140"> = {t \choose 0} - \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j} </tex>

Докажем, что <texdpi = "140"> \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j} = 0</tex>

В силу того, что <texdpi = "140"> (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}</tex>, имеем <texdpi = "140"> 0 = (1 + (-1)) ^ t = \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j {t \choose j}</tex>, то равенство доказано.

Таким образом, <texdpi = "140"> k = {t \choose 0} - \sum \limits_{j = 0}^{t} (-1)^j = 1 - 0 = 1</tex>, то есть каждый элемент подсчитан в правой части формулы ровно один раз, то теорема доказана.

Пусть <texdpi = "130">~l</tex> {{---}} это количество множеств, мощность пересечения которых мы ищем. Для случая <texdpi = "130">~l=1</tex> равенство обращается в тривиальное (<texdpi = "130"> |A| = |A_1| </tex> {{---}} истинно). Для случая <texdpi = "130"x>~l=2</tex> справедливость теоремы пояснена выше. Таким образом, <texdpi = "130">~l=2</tex> {{---}} база индукции.

Предположим, что для <texdpi = "130">~l=n-1</tex> равенство верно. Докажем, что равенство истинно для <texdpi = "130">~l=n</tex>

Пусть <texdpi = "130"> A </tex> {{---}} объединение <texdpi = "130">~n</tex> множеств. Очевидно, что <texdpi = "130"> A = \bigcup \limits_{i=1}^{n}A_i = \left( {\bigcup \limits_{i=1}^{n-1}A_i} \right) \cup A_n </tex>. Пусть <texdpi = "130"> B = \bigcup \limits_{i=1}^{n-1}A_i </tex>; <texdpi = "130">N' = \{ 1,2, \ldots ,n-1 \} </tex>.

<texdpi = "130"> | B | = \sum \limits_{I \in 2^{N'}} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I} A_j \right| </tex>  Кроме того, так как формула верна для <tex dpi = "130">~l=2</tex> (из базы индукции), то верно равенство <tex dpi = "130"> | A | = | B | + | A_n | - | B \cap A_n | (*)</tex>.

Кроме того, так как формула верна для <tex>~l=2</tex> (из базы индукции), то верно равенство <tex> | A | = | B | + | A_n | - | B \cap A_n | (*)</tex>. Найдем <texdpi = "130">~| B \cap A_n |</tex>:

Очевидно, что <texdpi = "130"> 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) (**)</tex>

Опираясь на предположение индукции и равенство <texdpi = "130"> (**) </tex> имеем, что <texdpi = "130"> |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| </tex>

Подставим полученные значения в <texdpi = "130">(*)</tex>:

<texdpi = "130"> | 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)</tex> <texdpi = "130"> =| 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)

Докажем, что <texdpi = "130"> | 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) </tex> <texdpi = "130"> = \sum \limits_{I \in 2^N} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| </tex>

Равенство справедливо, потому что все наборы <texdpi = "130"> I \in 2^N </tex> можно разбить на две группы :

# <texdpi = "130"> I \in 2^{N'} </tex> Это означает, что в наборе точно '''не''' будет присутствовать индекс <texdpi = "130"> n </tex>, а будут все различные варианты индексов остальных множеств, т.е. <texdpi = "130"> I \in 2^{N'}</tex>.# <texdpi = "130">\{n\} \cup I</tex>, где <texdpi = "130">I \in N'</tex> Аналогично предыдущему, только в наборе будет индекс <texdpi = "130"> n </tex>.

Как видно из равенства, первое и третье слагаемое "отвечают" за вторую группу, а второе слагаемое за первую группу. Значит, равенство истинно и <texdpi = "130">|A| = \sum \limits_{I \in 2^N} (-1)^{|I|+1} \left| \bigcap \limits_{ j \in I } A_j \right| </tex> .Таким образом, для <texdpi = "130">~l=n</tex> мы доказали, что равенство верно. Значит, индукционный переход верен, то есть теорема доказана.

== Беспорядок Беспорядки ==

|definition='''БеспорядкБеспорядок''' (Disturbance)англ. ''Derangement'' ) — это перестановка чисел от <tex>1</tex> до <tex>n</tex>, в которой ни один элемент не стоит на своём месте. }}{{Определение|id=идентификатор (необязательно), пример: def1. |definition=[http://ru.wikipedia.org/wiki/Субфакториал Субфакториал] числа <tex>n</tex> (обозначение: !<tex>n</tex>) определяется как количество беспорядков порядка <tex>n</tex>, то есть перестановок порядка <tex>n</tex> без неподвижных точек.

|statement= <texdpi = "130"> !n = n! - | \fracbigcap_{i=_1}^n!}{1!} + \fracoverline{n!A}{2!} - \frac{_i | = n!}{3} + ... + (-1)^{n}\frac{n!}{n!} = sum \sum_limits_{k=01}^{n} (-1)^{k}\fracbinom{n!}{k} \cdot (n - k)!} .</tex>

|proofРаскрывая <tex dpi = "140">\binom{n}{k}</tex> по общеизвестной формуле, получим требуемое выражение, то есть количество беспорядков порядка <tex dpi = "130">n</tex>.}} === Рекурретное соотношение для нахождения количества беспорядков ===

Воспользуемся принципом включения-исключения: обозначим за <tex>A_i</tex> — количество перестановок из <tex>n</tex> элементов, в каждой из которых <tex>i</tex>-ый элемент стоит на своём месте. Тогда по формуле включения-исключения имеем{{Утверждение|statement = Количество беспорядков удовлетворяет рекурсивным соотношениям:

1) <texdpi = "140">\Big |\bigcup_{id(n)=_1}^(n A_i \Big| = \sum \limits_{i} |A_i|-\sum \limits_{i<j} |A_i\bigcap A_j|+\sum \limits_{i<j<k} |A_i\bigcap A_j\bigcap A_k|</tex> <tex>- ... +1)[d(n-1)^{+d(n-1}| A_1 \bigcap A_2 \bigcap ... \bigcap A_n | 2)] </tex>

<tex dpi = "140"> d(n)=n \times d(n-1)+(-1)^{n} </tex>, где <tex dpi = "140"> d(1)=0 </tex>, а <tex dpi = "140"> d(2) =1 </tex>|proof =1) Докажем второе соотношение: Так как <texdpi = "140">d(n)=!n </tex>, то можно переписать эту формулу, как <tex dpi = "140"> !n=n!(n-1)+(-1)^{n} </tex> По формуле субфакториала <tex dpi = "140"> !n=n!(\Big |sum \bigcap_limits_{ik =_10}^{n -1} \lnot A_i frac {(-1)^{k}}{k!} + \Big| frac {(-1)^{n}}{n!})= |U|-n!\sum \limits_{ik = 0}^{n-1} \frac {(-1)^{k}}{k!} |A_i|+\sum \limits_(-1)^{i<jn} |A_i=n \bigcap A_j|times !(n-1)+(-\sum \limits_1)^{n}</tex> 2) Докажем первое соотношение: У нас есть <tex> n </tex> чисел и столько же мест. Мы должны найти количество способов разместить эти числа так, что ни одно из чисел не оказалось на месте с таким же номером. Предположим, что первое число оказалось на месте с номером <tex> i<j/tex>. Это можно сделать <k} |A_i\bigcap A_j\bigcap A_k|tex> n-1 </tex> способами, так как первое число может оказаться на любом месте, кроме первого. Теперь есть 2 варианта, зависящие от того, окажется ли число с номером <tex> i </tex>+ на первом месте или нет. * Число <tex> i </tex> на первом месте.Остается <tex> n-2 </tex> мест и <tex> n-2 </tex> чисел. +(То есть количество беспорядков от <tex> n-2 </tex>* Число <tex> i </tex> не может оказаться на первом месте. Это эквивалентно решению задачи с <tex> n-1 </tex> местами и <tex> n-1</tex> числами (первое число уже заняло место, а остальные еще нет): у каждого числа будет одно запрещенное место (у числа с номером <tex> i </tex> запрещенным будет первое место)^{. Получается количество беспорядков от <tex> n-1 </tex>. Эти 2 случая не пересекаются и поэтому суммируются. В первом случае число <tex> i </tex> занимает первое место, затем идет распределение остальных чисел, не зависящее от первого и <tex> i </tex>-го чисел. Во втором же случае число с номером <tex> i </tex> попасть на первое место не может, а значит займет какое-то другое место, и распределение остальных чисел уже будет другое. В итоге получается необходимая формула. }| A_1 } == Задача о перестановках == Сколько есть перестановок чисел от <tex> 0 </tex> до <tex> 9 </tex> таких, что первый элемент больше <tex> 1 </tex>, а последний меньше <tex> 8 </tex>? Посчитаем количество "плохих" перестановок, то есть таких, у которых первый элемент <tex> \bigcap A_2 leqslant 1 </tex> (множество таких перестановок обозначим <tex> X </tex>) и/или последний <tex> \bigcap ..leqslant 8 </tex> (множество таких перестановок обозначим <tex> Y </tex>).  Тогда количество "плохих" перестановок по формуле включений-исключений равно: <tex> |X|+|Y|-|X \bigcap A_n cap Y| </tex>  Проведя несложные комбинаторные вычисления, получим:

Данные формулы эквивалентны. Действительно, если некоторое множество <math>S</math> является подмножеством некоторого множества Отнимая это число от общего числа перестановок <tex>U10! </tex>, то, в силу законов де Моргана: получим ответ.

<tex>|S| = |U| - |\lnot S|</tex>, где <tex>U</tex> — универсальное множество.= Задача о нахождении числа взаимно простых четвёрок ==

Дано <tex>|U| = n!</tex>чисел: <tex> a_1, a_2, т.е. количество перестановок из <tex>n., a_n </tex> элементов. Откуда следуетНеобходимо посчитать количество способов выбрать из них четыре числа так, что <math>\lnot</math><tex>A_i</tex> — количество перестановокони будут взаимно простыми, в каждой из которых <tex>i</tex>-ый элемент стоит не на своём <tex>i</tex>-ом местето есть их НОД равен единице.

Таким образом <tex>| \bigcap_{i=_1}^n \lnot A_i |</tex> - количество всех перестановокПосчитаем число "плохих" четвёрок, то есть таких, в каждой из которых все числа делятся на число <tex>i</tex>-ый элемент <texd >\neq1 </tex> <tex>i</tex>,т.е. количество искомых беспорядков.

Воспользуемся формулой включений-исключений, суммируя количество четвёрок, делящихся на <tex>|A_i| = (n - 1)!d </tex> (т.к. <tex>i</tex>-ая позиция занята числом <tex>i</tex>но, возможно, делящихся и на больший делитель). Суммирование ведется по всем <tex>i</tex> <math>\Rightarrow</math> <tex>\sum \limits_{i = 1}^{n} |A_i| = </tex> <math>\binom{n}{1}</math><tex> (n-1)!</tex>

<tex> |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} answer=\bigcap ... sum \bigcap A_limits_{i_kd>1}| = (n - k1)! </tex>, где <tex> ^{deg(d)-1} \le i_1 < i_2 < ... < i_k \le n times f(d) </tex>. Так как позиции <tex>i_1, i_2, ... , i_k </tex> заняты соответствующими числами.

где <tex>\sum \limits_{1\le i_1 < i_2 < ... < i_k \le n}^{} |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} \bigcap ... \bigcap A_{i_k}| = deg(d) </tex> — это количество простых в факторизации числа <mathtex>\binom{n}{k}d </mathtex>, <tex>\cdotf(n-kd)!</tex>— количество четвёрок, т.к. количество способов выбрать делящихся на <tex>kd </tex> позиций . Чтобы посчитать функцию <tex>i1, i2, ... , ik f(d) </tex> равно , надо просто посчитать количество чисел, кратных <mathtex>\binom{n}{k}d </mathtex>, и с помощью биномиальных коэффициентов посчитать число способов выбрать из них четвёрку. Подставляя соответствующие значения мощностей множеств в формулу включения-исключения, получаем:

<tex>| \bigcap_{i=_1}^n \lnot A_i | </tex> <tex>=</tex> <tex>n!</tex> <tex>+</tex> <tex>\sum \limits_{i = 1}^{n} (Таким образом, с помощью формулы включений-1)^{n}(n - k)!</tex><tex>\cdot</tex><math>\binom{n}{k}</math> исключений мы суммируем количество четвёрок, делящихся на простые числа, затем отнимаем число четвёрок, делящихся на произведение двух простых, прибавляем четвёрки, делящиеся на три простых, и т.д.

Раскрывая <math>\binom{n}{k}</math> по общеизвестной формуле, получим требуемое выражение, то есть количество беспорядков порядка <tex>n</tex>== См.также ==}}* [[Производящая функция]]* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]

<references />== Литература Источники информации ==