Формула включень і виключень

Нехай U – універсальна множина, A і B – власні підмножини U, тобто A  U, B  U.

Для множини U \ (A B), використовуючи рівності С \ В = С , = , U A = A одержимо

U \ (A B) = U = U ( ) = . (1)

Якщо N(U) – потужність множини U, то із (1) маємо:

N – N(A B) = N( ). (2)

Оскільки

N(A B) = N(A) + N(N) – N(A B), то із рівності (2) одержимо:

N( ) = N – N(A) – N(B) + N(A B). (3)

Будь-який елемент x  A має деяку властивість ₁ і можливо властивість ₂, яку мають елементи множини B, тобто, якщо x  A B, то x має властивість ₁₂. Якщо x  A, то він не має властивості ₁ і тоді пишемо . Відповідно до такого узгодження, рівність (3) запишеться у вигляді

N( ) = N – N(₁) – N(₂) + N(₁₂), (4)

де N( ) – кількість елементів, що не мають ні властивості ₁, ні властивості ₂; N(₁), N(₂) – кількість елементів, що мають відповідно властивості ₁, ₂; N(₁₂) – кількість елементів, що мають як властивість ₁, так і ₂.

Рівність (4) називається формулою включень і виключень для двох множин.

Одержимо формулу обчислення кількості елементів, що належать тільки множині A \ B або B \ A. Це будуть ті елементи, які мають властивість ₁ ( ₂).

Використаємо тотожності

A = A U = A (B ) = (A B) (A ). (5)

Тоді

N(A) = N(A B) + N(A ) – N(A B A ). (6)

Оскільки B =  і N() = 0, то із (6) маємо

N(A ) = N(A) – N(A B).

Отже, кількість елементів, що належить тільки множині A, дорівнює

N(₁ ) = N(₁) – N(₁₂). (7)

Розмірковуючи аналогічно, одержується формула кількості елементів, що належать тільки множині B:

N( ₂) = N(₂) – N(₁₂). (8)

Для множини A, B, C так само, як доводиться рівність (3), маємо

N( ) = N – N(A) – N(B) – N(C) + N(A B) + N(A C) + N(B C) – N(A B C).

Тому, кількість елементів, що не мають жодної із властивостей ₁, ₂, ₃, дорівнює

N( ) = N – + – N(₁₂₃).

Так само, як одержано рівність (7), виводяться формули для обчислення кількості елементів, що належать тільки множині A:

N(₁ ₃) = N(₁) – N(₁₂) – N(₁₃) + N(₁₂₃).

Для множин A₁, A₂, …, A_n, використовуючи метод математичної індукції, доводиться формула включень і виключень

N( … ) = N – + – + … +

+ (–1)ⁿN(₁₂…_n). (9)

У формулі (9) алгебраїчна сума береться по всіх комбінаціях властивостей ₁, …, _n (без урахування їх порядку) і ставиться знак „+”, якщо кількість врахованих властивостей парна і знак „–”, якщо це число непарне.

Приклад 1. Скільки чисел у першій сотні не ділиться на жодне із чисел 2, 3, 5?

Розв’язування. Нехай ₁, ₂, ₃ – властивість числа ділитися, відповідно на 2, 3, 5. Тоді кількість чисел, що не діляться на жодне із чисел 2, 3, 5 обчислюється за формулою (6).

Щоб знайти, скільки чисел від 1 до N ділиться на n, потрібно розділити N на n і взяти цілу частину:

N(₁) = = 50, N(₂) = = 33, N(₃) = = 20,

N(₁₂) = = 16, N(₁₃) = = 10, N(₂₃) = = 6,

N(₁₂₃) = = 3.

Остаточно маємо

N( ) = 100– (50 + 33 + 20) + 16 + 10 + 6 – 3 = 26.

Набір елементів , , …, із множини X = {x₁, x₂, …, x_n} називається вибіркою обсягом r, або r-вибіркою.

Вибірка r елементів називається r-переставленням, якщо враховується порядок слідування елементів, і r-сполученням, якщо беруться до уваги тільки елементи без врахування їхнього порядку; n-переставлення з n різних елементів є просто переставленням.

Приклад 2. Для множини M = {a, b, c} розрізняють шість 3-переставлень, утворених з одних і тих самих елементів: abc, acb, bac, bca, cab, cba; водночас ці вибірки є різними записами одного і того самого 3-сполучення елементів a, b, c.

Вибірки можуть допускати і не допускати повторення елементів. При r-вибірках з повторенням розрізняють два випадки: 1) запис елементів, що повторюються, обмежений і визначається специфікацією {n₁, n₂, …, n_k}, де n_i – кількість елементів i-го вигляду. Загальна кількість елементів початкової множини n = n₁ + n₂ + … + n_k, причому r  n. Кожний вигляд можна розглядати як клас еквівалентності, елементи якого вважаються нерозрізнюваними і позначаються однаковими номерами або символами. Сукупність позначень різних класів утворює сім’ю представників; 2) запас елементів не обмежується й у вибірці з r-елементів допускається будь-яке число повторень, що не перевищує r. Початкову множину в цьому випадку можна розглядати як таку, що складається з різних елементів, але після вибірки деякого елемента він відновлюється в цій множині.

Така вибірка називається вибіркою з повторенням.

Визначимо кількість r-переставлень з n елементів, позначивши її через P(n, r)  .

Твердження 1. Справджується рівність P(n, r) = n(n – 1) … (n – r + 1) = .

Доведення. Кожне r-переставлення є впорядкованою послідовністю завдовжки r, члени якої – попарно різні й вибираються з n-елементної множини. Тоді перший член цієї послідовності може бути вибраний n способами, другий – (n – 1) способами і т.д.

Відповідно після кожного вибору першого, другого і т.д. до (r – 1)-го членів послідовності r-ий член може бути вибраний n – (r – 1) = n – r + 1 способами, звідки за узагальненим правилом добутку дістанемо P(n, r) = .

Приклад 3. У чемпіонаті України з футболу беруть участь 16 команд. Перші три призові місця можуть бути розподілені 16  15  14 = 3360 способами.

Наслідок 1. Справджується рівність P(n, n) = n!.

Наслідок 2. Справджується рівність P(n, r) = .

Означення. Переставленням скінченої множини А називається бієктивне відображення множини А в себе.

Відображення f множини A = {a₁, …, a_n} в себе можна записати у вигляді таблиці з двох рядків

f = ,

де – образ елемента a_k при відображенні f. Якщо f – переставлення, то , …, – всі різні елементи множини A, тобто нижній рядок нашої таблиці є переставленням елементів множини A.

Нехай P_n – кількість всіх переставлень множини з n елементів.

Твердження 2. P_n = n!.

Доведення. Достатньо підрахувати кількість всіх можливих таблиць вигляду .

Якщо ми записуємо таку таблицю, то для запису елемента маємо n можливостей, для запису елементи – (n – 1) можливість і т.д., для запису елемента існує лише одна можливість. Разом одержується n! можливостей.

Приклад 4. Скількома способами семеро дітей можна розсадити на каруселі?

Розв’язування. Стати в шеренгу можна 7! = 5040 способами. Розсаджуючи дітей на каруселі, важливо враховувати лише їхнє взаємне розміщення. Тому переставлення, які переходять одне в інше, при рухомій каруселі треба вважати однаковими. З кожного переставлення можна одержати ще 6 за допомогою обертання. Тому існує 5040 : 7 = 720 способів.

Позначимо кількість r-сполучень з n елементів через C(n, r)  .

Означення. Сполукою з n по k називають k-елементну підмножину n-елементної множини.

Твердження 3. .

Доведення. Розглянемо будь-яке розміщення з n по k, тобто ін’єктивне відображення f: A₁  A, де |A₁| = k, |A| = n. Образ f(A₁) є сполукою. Два різних розміщення f і g визначають ту саму сполуку, якщо f(A₁) = g(A₁). Відображення : A₁  f(A₁), для якого (x) = g(x), то добуток відображень ^–1 f: A₁  A₁ є бієктивним відображенням. Отже, ^–1 f – перестановка множини A₁. Звідси одержуємо, що кількість різних сполук з n по k дорівнює кількості розміщень з n по k, поділеній на кількість усіх переставлень з k елементів, тобто .

Приклад 5. Скількома способами можна поставити на шаховій дошці три тури?

Розв’язування. Очевидно, способів такої розстановки існує стільки, скільки є способів вибору трьох полів серед 64 полів шахової дошки, тобто = = 41664 різних способів.

Розглянемо переставлення з повторенням з n елементів, специфікація яких {n₁, n₂, …, n­_k}, де n = n₁ + n₂ + … + n­_k. Позначимо їх кількість через P_n(n₁, n₂, …, n_k).

Через збіг деяких елементів кількість переставлень менша за n!, тому що переставляння однакових елементів нічого не змінює.

Елементи j-го класу містять n_j елементів, які можна переставити n_j!, і в кожному класі такі переставляння здійснюються незалежно. Тому відповідно до правила добутку можна здійснити n₁! n₂! … n_k! переставлень, які не змінять задане переставлення. Отже, кількість різних переставлень із повтореннями, що утворюються з n елементів, менша за P(n, n) у n₁! n₂! … n_k! разів. Отже, справджується рівність

P_n(n₁, n₂, … n_k) = .

Приклад 6. Нехай є проспекти трьох типів. Треба визначити, скільки існує різних планів забудови вулиці 10 будинками, коли відомо, що мають бути три будинки І типу, п’ять будинків ІІ типу і два будинки ІІІ типу.

Розв’язування. Використовуючи формулу для визначення кількості переставлень із повторенням, знаходимо P₁₀(3, 5, 2) = = 2520.

Розглянемо r-переставлення з n різних елементів з повтореннями, тобто будемо вважати, що запас об’єктів необмежений. Позначимо кількість r-переставлень з n різних елементів з повтореннями через U(n, r).

Твердження. Справджується рівність U(n, r) = n^r.

Доведення. Кожне з шуканих переставлень є впорядкованою послідовністю завдовжки r, причому кожен член цієї послідовності може бути вибраний будь-яким з n способів, звідки за узагальненим правилом добутку одержуємо шукану формулу.

Розглянемо r-сполучення із n різних елементів з необмеженими повтореннями. Позначимо їх кількість через F(n, r):

F(n, r) = = P_{n + r – 1} = ,

Приклад 7. Розглянемо множину A = {a, b, c, d}. Знайдемо кількість 2-сполучень із чотирьох елементів із необмеженими повтореннями, користуючись останньою формулою: F(4, 2) = = 10.

Перелічимо їх: aa, ab, ac, ad, bb, bc, bd, cc, cd, dd.