Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

4сем / ПП_4_сем_pdf / ПП _01 _Элементы теории множеств и комбинаторики

.pdf
Скачиваний:
71
Добавлен:
23.02.2015
Размер:
454.58 Кб
Скачать

ПП 1. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОЖЕСТВ И КОМБИНАТОРНОЙ МАТЕМАТИКИ.

1. Элементы теории множеств

Понятие множества принадлежит к числу первичных математических понятий; оно не определяется, но может быть пояснено на примерах.

Множество А представляет собой совокупность объединенных по некоторым признакам различных объектов, называемых элементами множества: х А. Например, множества натуральных чисел, шаров, студентов, карт и др.

Основной характеристикой конечного множества является число его

элементов N (А).

Множество A считается определенным, если указаны все его элементы, т.е. относительно любого объекта можно установить, является он элементом этого множества или нет. Это может быть сделано с помощью некоторого признака или списка.

или E универсальное (основное) множество,пустое множество.

Например:

A ={х│х ─ натуральное число, х < 20} означает, что А представляет множество натуральных чисел х, меньших 20; поскольку это множество

конечно, то A ={1, 2,3,....20}, 5 A, 6 A ;

В =:{х│х2 +1 = 0, х R }.

1) Если каждый элемент множества В является в то же время элементом множества А, то множество В называется подмножеством множества А: А В или В А. Пустое множество является подмножеством любого множества: Α, подмножеством данного множества является и само множество: А А.

Если задано некоторое множество А, то можно рассматривать новое множество М (А) – множество всех его подмножеств.

Например, пусть А = {a,b,c}. Тогда М (А) состоит из следующих подмножеств:

М0 (А)={ };

М1 (А)= {a}, {b}, {c} – одноэлементные подмножества,

М 2(А)= {a, b}, {a, c}, {b, c} - подмножества из двух элементов;

М 3(А)= А = {a, b, c}.

Непосредственным подсчетом убеждаемся, что число всех подмножеств данного множества из трех элементов равно

N (M (A)) = 8 = 23 .

ТЕОРЕМА

Число всех подмножеств множества из n элементов равно 2n . ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

1

Перенумеруем элементы множества А и для каждого подмножества множества А построим последовательности из нулей и единиц длиной n по правилу: на k-ом месте пишем 1, если элемент с номером k входит в подмножество, и 0, если элемент с номером k не входит в подмножество, получим

0000……0 0110…....1

………….

1111...........1

n

Каждому подмножеству соответствует своя последовательность нулей и единиц. Найдем число таких последовательностей. На каждом из n мест этих последовательностей могут стоять либо 1, либо 0, значит, мы имеем возможность выбора из двух вариантов на каждом из n мест, таким образом, согласно основному принципу комбинаторики, число всех возможных

последовательностей из 0 и 1 длины n равно 222.....2 = 2n

n

2)Если A B и одновременноB A , то А = В. Равные множества состоят из одних и тех же элементов.

3)Множество C = A B = А+ В является объединением ( ) множеств А

иВ, состоит из элементов, принадлежащих хотя бы одному из множеств А или В, и только из таких элементов.

A B = B A,

(A B) C = A (B C ).

4)Множество C = A B = АВ является пересечением ( ) множеств А и В, состоит из всех тех и только тех элементов, которые принадлежат как А,

так и В.

A B = B A,

(A B)C = A (B C )= A B C , (A B)C =(A C )(B C ),

(A B)(B C )=(A B) C , A A = A, A A = A .

5)Разностью А \ В множеств является множество, состоящее из тех и только тех элементов, которые принадлежат А, но не принадлежат В.

Если A B = А \ В =А.

6)Для универсального множества E и любого множества А:

A E = E, A E = E .

Разность Е \ А = A ─ дополнение любого множества А до множества Е, A A = E, AA = (A)= A . Для любых множеств А и В справедливы

законы де Моргана: A B = AB , A B = A B .

Для обозначения множеств из n элементов безотносительно к их порядку также используют термин генеральная совокупность объема n.

2

Две генеральные совокупности считаются различными только тогда, когда одна из них содержит элемент, не содержащий другой.

Множество называется упорядоченным, если каждому элементу этого множества поставлено в соответствие некоторое число (номер элемента) от 1 до n, где n – число элементов множества, так что различным элементам соответствуют различные числа.

Очевидно, что каждое множество, содержащее более одного элемента, можно упорядочить не единственным способом. Упорядоченные множества считаются различными, если они отличаются либо своими элементами, либо их порядком.

Действия над множествами будут рассмотрены в следующей поточной практике в разделе «алгебра событий».

2.Комбинаторная математика

2.1.Основной принцип комбинаторики (принцип умножения)

Комбинаторная математика - раздел математики, посвященный решению задач выбора и расположения элементов конечного множества в соответствии с заданными правилами.

Пусть необходимо выполнить одно за другим k действий. Если первое действие можно выполнить количеством способов, равным n 1 , после чего

второе действие можно выполнить n 2 способами и т. д. до k - го действия,

которое можно выполнить n k

способами, то все κ действий могут быть

выполнены n 1 n 2 n 3 n 4 .... n k

способами.

В случае двух действий: если выбор А можно осуществить m различными способами, а для каждого из этих способов другой выбор В можно осуществить n способами, то выбор А и В в соответствии с принципом умножения можно осуществить m n способами.

2.2. Перестановки

Различные упорядоченные множества, которые отличаются только порядком элементов, называются перестановками данного множества.

Перестановка из n элементов – конечная последовательность длины n, все элементы которой различны.

Например, перестановки множества А = {a, b, c} из трех элементов имеют вид: (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b), (c, b, a).

ТЕОРЕМА

Число перестановок Рn множества А, содержащего n элементов равно

Pn = n! = n(n 1)(n 2)....3 2 1.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО Будем последовательно выбирать элементы множества и размещать их

в определенном порядке на n местах. На первое место можно поставить

3

любой из n элементов. После того, как заполнено первое место, на второе можно поставить любой из оставшихся (n 1) элементов и т. д.

Заполнение всех n мест по основному принципу комбинаторики можно осуществить n(n 1)(n 2)....3 2 1 = n! способами.

Для получения хороших численных приближений в случае больших n

приведем формулу Стирлинга:

n n

 

1

 

1

ln (2π),

(0! =1).

n!

 

 

2πn; ln n! n +

 

ln n n +

 

 

2

2

e

 

 

 

 

2.3. Размещения

Рассмотрим множество А или генеральную совокупность объема n и подмножество объема k из заданной генеральной совокупности. Такое подмножество называется выборкой объема k. Она может быть либо упорядоченной, либо неупорядоченной.

Упорядоченные k – элементные подмножества множества из n элементов называются размещениями.

ТЕОРЕМА

Число всех упорядоченных k – элементных подмножеств множества из n элементов (размещений без повторений) равно:

A kn =(n)k = n(n 1) (n 2)...(n k +1), A 0n=1

Перестановка из n элементов – это размещение без повторений из n элементов по n.

ТЕОРЕМА

Число всех возможных размещений из n элементов по k с повторениями равно nk .

2.4. Сочетания

Произвольное k элементное подмножество n-элементного множества называется сочетанием из n элементов по k.

Порядок элементов в сочетаниях не имеет значения.

ТЕОРЕМА Число всех k-элементных подмножеств (сочетаний) множества из n элементов равно

n

 

n

(

n 1 ...

(

n k +1

 

n!

 

 

Cnk =

=

 

)

)

=

.

k (k 1)...3 2 1

k !(n k )!

k

 

 

 

Генеральная совокупность из n элементов имеет Cnk различных

подмножеств объема k n. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Обозначим число k-элементных подмножеств множества из n элементов через Cnk . Произвольная нумерация элементов k-элементного подмножества

превращает его в упорядоченную выборку объема k. Так как k элементов

4

можно упорядочить k! способами, то число упорядоченных выборок объема k в k! раз больше, чем число подмножеств объема k.

Число упорядоченных выборок объема k из генеральной совокупности объема n равно A kn= n(n 1) (n 2)...(n k +1), поэтому число

подмножеств объема k равно

k

 

Αnk

n (n 1)...(n k +1)

.

Cn

=

k! =

 

k (k 1)...3 2 1

Умножим числитель и знаменатель полученного выражения на (n k )!, тогда получим, что число сочетаний из n элементов по k равно

Ck =

n!

 

.

k !(n k )!

n

 

Покажем, что Cnk = Cnnk .

Подмножество из k элементов может быть выбрано Cnk способами. Такое подмножество однозначно определяется (n k ) элементами, не принадлежащими ему и образующими подмножества объема (n k ).

Отсюда следует, что подмножества объема (n k ) существует равно

столько же, сколько и подмножеств объема k.

Выражения Cnk называются биноминальными коэффициентами.

Бином Ньютона

n

(a +b)n = Cnk ank bk = Cn0anb0 +Cn0ann1b1 +... +Cnk ank bk +... +Cnna0bn , k =0

n – целое положительное число.

Cn0 =1, Cnn =1,

Ck =Ck+Ck1,

n n 1 n 1

C2nn =(Cn0 )2 +(Cn1 )2 +... +(Cnn )2 ,

Cnk = Cnnk

Αkn = k!Cnk .

2.5.Разбиения (перестановки с повторениями)

ТЕОРЕМА

Пусть имеется множество из n элементов и k1, k2,…kr целые числа, такие, что k1 + k2 +…+ kr= n, ki 0 (i= 1,2,.. r). Тогда число различных перестановок, которые можно составить из n элементов, среди которых имеется k1 элементов первого типа, k2 элементов второго типа,… kr элементов r – го типа, равно

Сn

(k1, k2

,...kr ) =

 

n!

 

 

.

k1

!k2 !...kr

!

 

 

 

 

5

Числа Cn (k1,k2, … kr) называются полиномиальными коэффициентами.

Иначе эту полиномиальную теорему можно сформулировать следующим образом:

Число способов, которыми генеральную совокупность из п элементов можно разделить на r упорядоченных частей (разбить на r подмножеств), из которых первая, содержит k1 элементов, вторая k2 элементов и т.д., равно

Cn (k1,k2, … , kr).

Отметим, что порядок подмножеств существенен в том смысле, что (k1=2, k2=3 ) и (k1=3, k2=2) представляют собой разбиения, однако порядок внутри групп игнорируется.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО Рассмотрим одну перестановку и заменим в ней все одинаковые

элементы разными. Тогда число различных перестановок, которые можно составить из рассматриваемой, равно

k1! · k2! ·…· kr! .

Проделав это для каждой перестановки, получим п! перестановок. Следовательно,

Cn (k1, … kr) · k1 ! … kr != n! ,

что и доказывает теорему.

2.6. Сочетания с повторениями

Сочетаниями из n элементов по k элементов с повторениями

называются группы, содержащие k элементов, причём каждый элемент принадлежит к одному из п типов.

Например, из трех элементов а, в, с можно составить следующие сочетания по два элемента с повторениями: аа, ас, вс, ав, вв, сс. ТЕОРЕМА

Число различных сочетаний из п элементов по k элементов с повторениями равно

Dk = Cn+1= Ck+ − . n n k 1 n k 1

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО Каждое сочетание полностью определяется, если указать, сколько

элементов каждого из k типов в него входит. Поставим в соответствие каждому сочетанию последовательность нулей и единиц, составленную по такому правилу: напишем подряд столько единиц, сколько элементов первого типа входит в сочетание, далее поставим нуль и после напишем столько единиц, сколько элементов второго типа содержит это сочетание и т.д.

Например, сочетаниям аа, ас, вс, ав, вв, cc соответствуют последовательности 1100, 1001, 0101, 1010, 0110, 0011.

Таким образом, каждому сочетанию и п элементов по k с повторениями можно поставить в соответствие последовательность из k единиц и (п – I)

6

нулей и наоборот. Поэтому число искомых сочетаний равно числу

последовательностей, то есть Cn+−1.

n k 1

СВОЙСТВО 1. Cnn1 = Ckn

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО: Заметим, что выбор k участников олимпиады равносилен выбору n – k учеников, не участвующих в олимпиаде. Поэтому число способов, которым можно выбрать k человек из n, равно числу

способов, которым можно выбрать n – k человек из n, то есть Cnn1 = Ckn . СВОЙСТВО 2. Cnk+1 = Cnk + Cnk 1

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО: Предположим, что в классе учится n +1 человек. Зафиксируем какого-нибудь ученика класса (обозначим его через А). Разобьем все возможные команды по k человек на две группы: те, в которые А входит, и те, в которые А не водит. Число команд в первой группе равно

Cnk 1 - надо дополнить команду еще k - 1 учениками, выбрав их из n оставшихся. Число во второй команде равно Cnk - теперь из оставшихся

учеников надо выбрать полную команду. Поэтому Cnk+1 = Cnk + Cnk 1 . Только

что приведенное рассуждение позволило без всяких вычислений доказать содержательный факт. Подобное явление вообще характерно для комбинаторики. Часто несколько минут размышлений (проникновения в комбинаторный смысл задачи) могут избавить от громоздких вычислений. Поэтому мы считаем необходимым обсуждение приведенных доказательств.

Найдем теперь формулу для вычисления Cnk .

ЗАДАЧА. Сколькими способами можно выбрать команду из трех школьников в классе, в котором 30 человек?

РЕШЕНИЕ: Первого ученика можно выбрать 30 способами, второго – 29 способами, третьего – 28 способами. Таким образом получаем 30 29 28 вариантов выбора. Однако каждая команда при этом подсчете учтена несколько раз: одна и та же тройка учеников может быть выбрана по разному, например, сначала А, потом В, потом С или сначала С, потом А, потом В и т.д. Поскольку число перестановок из трех элементов равно 3!, то

каждая команда учтена нами ровно 3! = 6 раз. Поэтому C303 равно

(30 29 28)/3!. Заметим, что при рассмотрении полученной записи формулы для вычисления чисел Cnk совершенно неочевидным оказывается уже

доказанное нами их первое свойство: Cnn1 = Ckn . Однако формуле можно придать более симметричный вид, домножив числитель и знаменатель на

(n k )! :

Cnk =

n (n 1)...(n k +1)(n k )!

=

k !(n k )!

 

 

7

 

n

(

)

(

)(

k

)

...3 2 1

 

n!

=

 

n 1 ...

 

n k +1 n

 

=

 

 

 

 

 

 

k !(n k )!

 

 

 

 

k !(n k )!

 

Теперь первое свойство очевидно. ТРЕУГОЛЬНИК ПАСКАЛЯ

Этот параграф замечателен тем, что в нем соединяются практически все изложенные ранее идеи, и это приводит к нескольким чрезвычайно красивым кобминаторным фактам. Для начала предположим,

что мы знаем все числа Cnk для некоторого фиксированного n. Тогда второе

свойство:

Cnk+1 = Cnk + Cnk 1

Позволяет легко вычислить числа Cnk для всех k. Это соображение приводит к следующему построению. Поскольку C00 =1, напишем в первой строке 1. В следующей строке напишем значение C10 и C11 (каждое из них равно 1) так, чтобы значение C00 оказалось над промежутком между этими двумя числами. Числа C20 и C22 также равно 1. Их мы запишем в следующей строке, а между ними запишем C21 , равное по второму свойству C10 + C11 . Таким образом,

число C21 равно сумме чисел по предыдущей строки, стоящих слева и справа от него. По тому же правилу заполняем все последующие строчки: сначала по бока пишем значения Cn0 и Cnn для очередного n (они всегда равны 1), а

затем между каждыми двумя числами предыдущей строки записываем их сумму. В результате получаем числовой треугольник, изображенный на рисунке. Он называется треугольником Паскаля.

По построению на (k +1)-м месте (n +1)-й строки этого треугольника стоит число Cnk . Поэтому удобно нумеровать строки треугольника Паскаля и

места в строка, начиная с нуля. Тогда получится ,что Cnk стоит на k – м месте

n – й строки.

Перейдем теперь к изучению свойств треугольника Паскаля. Подсчитаем сумму чисел в его нескольких первых строчках: 1,2,4,8,16.

Возникает гипотеза, что сумма чисел в n – й строке равна 2n .Докажем это по индукции. База уже проверена. Заметим теперь, что каждое число данной строки входим в качестве слагаемого в два соседних число следующей

8

строки. Таким образом, сумма чисел очередной строки в 2 раза больше суммы чисел предыдущей. Индукционный переход завершен.

Отметим, что попутно было доказано еще одно любопытное свойство треугольника Паскаля: в любой строке (кроме нулевой) сумма чисел, стоящих на четных местах, равна сумме чисел, стоящих на нечетны местах. Записав теперь факт о сумме чисел n – й строки треугольника Паскаля в терминах чисел сочетаний, мы получаем замечательное комбинаторное тождество:

Cn0 +Cn1 +... +Cnn1 +Cnn = 2n

Дадим его прямое комбинаторное доказательство. Утверждается, что общее количество команд, выбираемых из n учеников, если число членов

команды не фиксировано, равно 2n (или, на языке теории множеств: число

подмонжеств n – элементного множества равно 2n ). Занумеруем учеников класса в произвольном порядке. Каждой команде сопоставим последовательность длины n из нулей и единиц следующим образом: на первом месте поставим 1, если первый ученик входит в данную команду, и 0 – в противном случае. Так же поступим со вторым, третьим и другими учениками. Таким образом, общее число команд равно числу последовательностей длины n из нулей и единиц. На каждом из n мест такой последовательности может стоять одна из двух цифр. Поэтому общее число

последовательностей равно 2n .

ПП 1 Комбинаторная математика Принцип умножения. Перестановки. Размещения. Сочетания

№ п/п

Задание

Ответ

 

Если из пункта А в пункт В можно добраться

 

 

пароходом, самолетом, автобусом и поездом, а из

 

 

пункта В в пункт С пароходом и автобусом,

 

 

сколькими способами можно добраться из пункта А

 

 

в пункт С?

 

 

РЕШЕНИЕ:

 

 

Изобразим все возможные пути проезда и

 

 

подсчитаем их. Это удобно связать с построением

 

ПП 1.№1.

специального графа, который называется деревом.

8

 

Исходную точку, или вершину, обозначим через А.

 

 

Возможные пути из точки А к правой крайней

 

 

вершине дерева:

 

или

9

 

Существует m n = 4 2 =8 способов проезда.

 

 

 

 

ПП 1.№2.

Колода карт для игры в бридж состоит из 52 карт,

 

 

которые делятся на четыре равные группы по

 

 

масти. Карты каждой масти различают по

 

 

значению. Имеется 13 значений (2, 3, … 10, валет,

 

 

дама, король, туз). Сколько существует комбинаций

52

 

(пар) карт?

 

 

 

РЕШЕНИЕ:

 

 

В качестве множеств элементов берутся четыре

 

 

масти и тринадцать значений соответственно.

 

 

Таким образом, существует 4 13 = 52 пары.

 

ПП 1.№3.

В розыгрыше первенства участвует 16 команд.

 

 

Каким количеством способов могут быть

 

 

распределены золотая и серебряная медали?

 

 

РЕШЕНИЕ:

 

 

После того, как определен владелец золотой

240

 

медали, серебряную медаль может получить одна

 

 

из 15 команд. Общее число способов, которыми

 

 

могут быть распределены золотая и серебряная

 

 

медали, равно 16 15 = 240 .

 

ПП 1.№4.

Если группа людей классифицируется по полу,

 

 

семейному положению и профессии. Сколько

 

 

различных классов получится, если имеется 17

68

 

профессий?

 

 

 

РЕШЕНИЕ:

 

 

Всего будет 2 2 17 = 68 классов.

 

ПП 1.№5.

Сколько четырехзначных чисел можно составить из

 

 

цифр {0, 1, 2, 3, 4, 5}, если:

 

 

а) ни одна из цифр не повторяется более одного

 

 

раза; б) цифры могут повторяться; в) числа должны

 

 

быть нечетными (цифры могут повторяться)?

 

 

РЕШЕНИЕ:

 

 

а) Первой цифрой числа может быть одна из пяти

 

 

цифр {1, 2, 3, 4, 5}. Если первая цифра выбрана, то

а) 300;

 

вторая может быть выбрана пятью способами;

б) 1080;

 

третья – четырьмя, четвертая – тремя способами,

 

в) 540

 

значит, существует 5 5 4 3 =300 таких чисел.

 

 

 

б) Первой цифрой может быть одна из цифр

 

 

{1, 2, 3, 4, 5} (5 возможностей), для каждой из

 

 

следующих цифр имеем 6 возможностей (0, 1, 2, 3,

 

 

4, 5), значит, существует 5 6 6 6 =5 63 =1080 таких

 

 

чисел.

 

 

в) Первой цифрой может быть одна из пяти {1, 2, 3,

 

 

4, 5}, а последней одна из трех {1, 3, 5}, т. к. числа

 

10