Изменения

|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 <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>:

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>:

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)

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.

|definition='''Беспорядок''' (англ. ''Derangement'') — это перестановка чисел от <tex>1</tex> до <tex>n</tex>, в которой ни один элемент не стоит на своём месте.

|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 субфакториалу] </ref> числа <tex>n</tex> (обозначение: <tex>!n</tex>) и вычисляется по формуле:

<tex dpi = "140150"> равно !n = n! - \frac{n!}{1!} + \frac{n!}{2!} - \frac{n!}{3!} + ... + (-1)^\frac{n!}\frac{n!}(-1)^{n!} = \sum_{k=0}^n(-1)^{k}\frac{n!}{k!}(-1)^{k} </tex>

Воспользуемся принципом включения-исключения: обозначим за <texdpi = "130">A_i</tex> — количество перестановок из <texdpi = "130">n</tex> элементов, в каждой из которых <texdpi = "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> <texdpi = "130">+ ... +(-1)^{n}| A_1 \bigcap A_2 \bigcap ... \bigcap A_n | </tex>, где универсум <texdpi = "130">U</tex> — множество из всех перестановок порядка <texdpi = "130">n</tex>.

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 <texdpi = "130">\neq</tex> <texdpi = "130">i</tex>,то есть количество искомых беспорядков.

<texdpi = "130">|A_i| = (n - 1)!</tex>, так как <texdpi = "130">i</tex>-ая позиция занята числом <texdpi = "130">i</tex>. <tex dpi = "130">\binom{n}{1}</tex> — количество способов выбрать одну <texdpi = "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 <texdpi = "130"> 1\le leqslant i_1 < i_2 < ... < i_k \le leqslant n </tex>. Так как некоторые <texdpi = "130">k</tex> позиций <texdpi = "130">i_1, i_2, ... , i_k </tex> заняты соответствующими числами, то количество способов расставить остальные <texdpi = "130">n-k</tex> чисел равно <texdpi = "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 <texdpi = "130">k</tex> позиций <texdpi = "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\le leqslant i_1 < i_2 < ... < i_k \le leqslant n}^{} |A_{i_1} \bigcap A_{i_2} \bigcap ... \bigcap A_{i_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 <texdpi = "130">n</tex>.

== Ссылки = 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>). Тогда количество "плохих" перестановок по формуле включений-исключений равно: <tex> |X|+|Y|-|X \cap Y| </tex> Проведя несложные комбинаторные вычисления, получим: <tex> 2 \times 9!+2 \times 9! - 2 \times 2 \times 8! </tex> Отнимая это число от общего числа перестановок <tex> 10! </tex>, получим ответ. == Задача о нахождении числа взаимно простых четвёрок ==  Дано <tex> n </tex> чисел: <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.  Посчитаем число "плохих" четвёрок, то есть таких, в которых все числа делятся на число <tex> d > 1 </tex>. Воспользуемся формулой включений-исключений, суммируя количество четвёрок, делящихся на <tex> d </tex> (но, возможно, делящихся и на больший делитель). <tex> answer=\sum \limits_{d>1} (-1)^{deg(d)-1} \times f(d) </tex>, где <tex> deg(d) </tex> — это количество простых в факторизации числа <tex> d </tex>, <tex> f(d) </tex> — количество четвёрок, делящихся на <tex> d </tex>. Чтобы посчитать функцию <tex> f(d) </tex>, надо просто посчитать количество чисел, кратных <tex> d </tex>, и с помощью биномиальных коэффициентов посчитать число способов выбрать из них четвёрку. Таким образом, с помощью формулы включений-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. == См. также ==* [[Производящая функция]]* [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]] ==Примечания== <references />== Источники информации ==

* [[wikipedia:ru:Субфакториал|Википедия — Субфакториал]]* [http://en.wikipedia.org/wiki/Derangement| Wikipedia — Derangement]== Литература ==