1632
правки
Изменения
м
Очевидно, что Найдем <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 <tex> (**) </tex> имеемОчевидно, что <texdpi = "130"> | B \cap A_n| = \sum left( \bigcup \limits_{I \in 2i=1}^{N'}} (n-1)^{|I|+1} A_i \left| \bigcap \limits_{ j \in I} \left( A_j right) \cap A_n \right) \right| = \sum bigcup \limits_{I \in 2i=1}^{N'}} (n-1)^{|I|+1} \left| ( A_i \bigcap \limits_{ j\in I \cup \{ n \} } A_j cap A_n \right| ) (**)</tex>
Подставим полученные значения в Опираясь на предположение индукции и равенство <texdpi = "130">(**) </tex> имеем, что <tex dpi = "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>:
|statement=Количество всех беспорядков порядка <tex>n</tex> или [http://ru.wikipedia.org/wiki/Субфакториал субфакториалом] числа <tex>n</tex> (обозначение: !<tex>n</tex>) может быть вычислено Тогда количество "плохих" перестановок по формулевключений-исключений равно: [[Файл:Formula.png]]
'''ДоказательствоПроведя несложные комбинаторные вычисления, получим:'''
Воспользуемся принципом включения-исключения: обозначим за [[Файл:Formula4.png]] — количество перестановок из <tex>n2 \times 9!+2 \times 9! - 2 \times 2 \times 8! </tex> элементов, в каждой из которых <tex>i</tex>-ый элемент стоит на своём месте. Тогда по формуле включения-исключения имеем:
1) [[Файл:Formula2Отнимая это число от общего числа перестановок <tex> 10! </tex>, получим ответ.png]]
ИЛИ== Задача о нахождении числа взаимно простых четвёрок ==
2) [[ФайлДано <tex> n </tex> чисел:Formula3<tex> a_1, a_2,..., a_n </tex>. Необходимо посчитать количество способов выбрать из них четыре числа так, что они будут взаимно простыми, то есть их НОД равен единице.png]]
Данные формулы являются эквивалентными. ДействительноПосчитаем число "плохих" четвёрок, то есть таких, если некоторое множество в которых все числа делятся на число <mathtex>\mathbf{S}d > 1 </mathtex> являются подмножествами некоторого множества [[Файл:Formula5.png]], то, в силу законов де Моргана
В данной задаче множество [[Файл:Formula5.png]] — есть количество перестановок из <tex>n</tex> элементов, т.е. <tex>n!</tex>. Верхнее подчеркивание или символ <math>answer=\sum \lnot</mathlimits_{d> перед <math>\mathbf1} (-1)^{Sdeg(d)-1}</math> означает дополняющее множество до [[Файл:Formula5.png]] <math>\Rightarrowtimes f(d) </mathtex> <math>\lnot</math> [[Файл:Formula4.png]] — количество перестановок, где <tex>i</tex>-ый элемент стоит '''НЕ''' на своём <tex>i</tex>-ом месте.
Таким образом величина где <tex> deg(d) </tex> — это количество простых в левой части формулы 2факторизации числа <tex> d </tex>, <tex> f(d) </tex> — есть количество перестановок, где на 1-ой позици '''НЕ''' 1четвёрок, делящихся на 2-ой позици '''НЕ''' 2 и т.д. То есть количество искомых беспорядков<tex> d </tex>. Осталось определить величины в правой части:
[[Файл:Formula5.png]] Чтобы посчитать функцию <tex>=f(d) </tex> , надо просто посчитать количество чисел, кратных <tex>n!d </tex>, и с помощью биномиальных коэффициентов посчитать число способов выбрать из них четвёрку.
|[[Файл:Formula4.png]]| — количество перестановок Таким образом, с уже занятой позицией <tex>i</tex> <math>\Rightarrow</math> |[[Файл:Formula4.png]]| <tex>=</tex> <tex>(n помощью формулы включений- 1)!</tex>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. Суммирование ведется по всем <tex>i</tex> <math>\Rightarrow</math> <tex>\sum \limits_{i = 1}^{n} |\lnot </tex>[[Файл:Formula4д.png]]<tex>|</tex> <tex>=</tex> <math>\binom{n}{1}</math><tex>\cdot</tex><tex>(n-1)!</tex>
Производя аналогичные рассуждения, получаем, что сумма пересечений некоторых <tex>k</tex> множеств (то есть сумма всеx перестановки при некоторых зафиксированных <tex>k</tex> позициях) — есть <tex>(n-k)!</tex>== См. Количество способов выбрать <tex>k</tex> позиций — <math>\binom{n}{k}</math> <math>\Rightarrow</math> Количество перестановок с <tex>k</tex> неподвижными точками: <math>\binom{n}{k}</math><tex>\cdot</tex><tex>(n-k)!</tex> также ==* [[Производящая функция]]* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]
[[Файл:Formula9.png]] <tex>=</tex> <tex>n!</tex> <tex>+</tex> <tex>\sum \limits_{i = 1}^{n} (-1)^{n}(n - k)!</tex><tex>\cdot</tex><math>\binom{n}{k}</math> Примечания==
Раскрывая <mathreferences />\binom{n}{k}<== Источники информации ==* [[wikipedia:ru:Беспорядок_(перестановка)|Википедия — Беспорядок]] * [http://en.wikipedia.org/wiki/math> по общеизвестной формулеDerangement Wikipedia — Derangement]* Виленкин Н.Я., Виленкин А.Н., Виленкин П.А. Комбинаторика, Изд. 4-е, исправленное - МЦНМО, 2013 ISBN 978-5-4439-0052-0* Р. Стенли, получим требуемое выражениеПеречислительная комбинаторика. — М.: Мир, то есть количество беспорядков порядка <tex>n</tex>1990. — С. 107-108.
rollbackEdits.php mass rollback
== 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.}}
[[Файл:пересечение двух множеств.svg.png|thumb|right|Случай для двух множеств]]
Для случая из двух множеств <texdpi = "140">A, B</tex> формула включения-исключения имеет следующий вид:
<center>
<texdpi = "140"> | A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |</tex>
</center>
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.
Сформулируем и докажем теорему для нахождения мощности объединения произвольного количества множеств.
{{Теорема
|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>.
'''I. Комбинаторное доказательство теоремы.'''
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.
'''II. Доказательство теоремы по индукции.'''
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>.
Исходя из предположения индукции, имеем, что
<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 <texdpi = "130">~l=2</tex> (из базы индукции), то верно равенство <texdpi = "130"> | A | = | B | + | A_n | - | B \cap A_n | (*)</tex>. Найдем <tex>~| B \cap A_n |</tex>:
Подставим полученные значения в <texdpi = "130">(*)</tex>: <tex dpi = "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)
</tex>
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.
}}
== Беспорядки ==
{{Определение|id=идентификатор (необязательно), пример: def1. |definition='''Беспорядок'''(англ. 'Беспорядком'Derangement'' в комбинаторике называется ) — это перестановка чисел от <tex>1</tex> до <tex>n</tex>, в которой ни один элемент не стоит на своём месте. }} === Явная формула с использованием принципа включения-исключения ===
{{Теорема
|id=идентификатор (необязательно), пример: th1.
|statement= Количество беспорядков порядка <tex>n</tex> равно субфакториалу <ref>[http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D1%83%D0%B1%D1%84%D0%B0%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80%D0%B8%D0%B0%D0%BB Википедия {{---}} Субфакториал]</ref> числа <tex>n</tex> (обозначение: <tex>!n</tex>) и вычисляется по формуле:
<tex dpi = "150"> !n = n! - \frac{n!}{1!} + \frac{n!}{2!} - \frac{n!}{3!} + ... + \frac{n!}{n!}(-1)^{n}= \sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!}(-1)^{k} </tex>
|proof=
Воспользуемся принципом включения-исключения: обозначим за <tex dpi = "130">A_i</tex> — количество перестановок из <tex dpi = "130">n</tex> элементов, в каждой из которых <tex dpi = "130">i</tex>-ый элемент стоит на своём месте. Тогда по формуле включения-исключения имеем:
<tex dpi = "140"> \Big |\bigcap_{i=_1}^n \overline{A}_i \Big| = |U|-\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 dpi = "130">+ ... +(-1)^{n}| A_1 \bigcap A_2 \bigcap ... \bigcap A_n | </tex>, где универсум <tex dpi = "130">U</tex> — множество из всех перестановок порядка <tex dpi = "130">n</tex>.
<tex>\overline{A}_i</tex> — количество перестановок, в каждой из которых <tex>i</tex>-ый элемент стоит не на своём <tex>i</tex>-ом месте.
Таким образом <tex dpi = "130">| \bigcap_{i=_1}^n \overline {A}_i |</tex> — количество всех перестановок, в каждой из которых <tex>i</tex>-ый элемент <tex dpi = "130">\neq</tex> <tex dpi = "130">i</tex>,то есть количество искомых беспорядков.
<tex dpi = "130">|A_i| = (n - 1)!</tex>, так как <tex dpi = "130">i</tex>-ая позиция занята числом <tex dpi = "130">i</tex>. <tex dpi = "130">\binom{n}{1}</tex> — количество способов выбрать одну <tex dpi = "130">i</tex>-ую позицию <tex dpi = "130"> \Rightarrow \sum \limits_{i = 1}^{n} |A_i| = \binom{n}{1} (n-1)!</tex>
Рассмотрим <tex dpi = "130"> |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} \bigcap ... \bigcap A_{i_k}| </tex>, где <tex dpi = "130"> 1\leqslant i_1 < i_2 < ... < i_k \leqslant n </tex>. Так как некоторые <tex dpi = "130">k</tex> позиций <tex dpi = "130">i_1, i_2, ... , i_k </tex> заняты соответствующими числами, то количество способов расставить остальные <tex dpi = "130">n-k</tex> чисел равно <tex dpi = "130">(n-k)!</tex>. То есть <tex dpi = "130"> |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} \bigcap ... \bigcap A_{i_k}| = (n - k)! </tex> Количество всех способов выбрать <tex dpi = "130">k</tex> позиций <tex dpi = "130">i_1, i_2, ... , i_k </tex> равно <tex dpi = "130">\binom{n}{k} </tex>. Таким образом получаем, что:
<tex dpi = "130">\sum \limits_{1\leqslant i_1 < i_2 < ... < i_k \leqslant n}^{} |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} \bigcap ... \bigcap A_{i_k}| = \binom{n}{k} \cdot(n-k)! </tex>
Подставляя соответствующие значения мощностей множеств в формулу включения-исключения, получаем:
<tex dpi = "130">| \bigcap_{i=_1}^n \overline{A}_i | = n! + \sum \limits_{k = 1}^{n} (-1)^{k}\binom{n}{k} \cdot (n - k)!.</tex>
Раскрывая <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 ===
{{Утверждение
|statement =
Количество беспорядков удовлетворяет рекурсивным соотношениям:
<tex dpi = "140"> d(n)=(n-1)[d(n-1)+d(n-2)] </tex>
и
<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 <tex dpi = "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!(\sum \limits_{k = 0}^{n-1} \frac {(-1)^{k}}{k!} + \frac {(-1)^{n}}{n!})=n!\sum \limits_{k = 0}^{n-1} \frac {(-1)^{k}}{k!}+(-1)^{n}=n \times !(n-1)+(-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 </tex>. Это можно сделать <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.
}}
== 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> \leqslant 1 </tex> (множество таких перестановок обозначим <tex> X </tex>) и/или последний <tex> \leqslant 8 </tex> (множество таких перестановок обозначим <tex> Y </tex>).
<tex> |proof=}}X|+|Y|-|X \cap Y| </tex>
Воспользуемся формулой включений-исключений, суммируя количество четвёрок, делящихся на <tex>|</tex> <math>\mathbf{S}</math> <tex>|</tex> <tex>=</tex> <tex>|</tex> [[Файл:Formula5.png]] <tex>|</tex> — <tex>|</tex> <math>\lnot</math><math>\mathbf{S}</math> <tex>|d </tex>(но, возможно, делящихся и на больший делитель).
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
[[Категория: Комбинаторика]]
