элементных подмножеств, т.е. Cnr . Определим количество подмножеств
первого типа, которые содержат выделенный элемент. Поскольку элемент уже выбран, то надо выбрать r-1 объект из n-1 элемента множества, т.е. всего
способов Cnr−−11 . Рассмотрим подмножества, которые не содержат выделенный
элемент. По-прежнему требуется выбрать r объектов, но теперь из n – 1 объектов, учитывая, что один элемент не может быть выбран. Таким образом,
существуют Cnr−1 способов сделать такой выбор. Складывая количество способов выбора в обоих случаях, получаем Cnr =Cnr−−11 + Cnr−1 .
Заметим, что доказать эту теорему можно также методом математической индукции.
□
Теорема Вандермонда. Пусть m,n,r – положительные целые числа такие, что r ≤ min(m,n). Тогда
r
Cmr +n = ∑Cmk Cnr−k k =0
Доказательство. Cmr +n – это число способов выбрать r предметов из m+n
предметов. Предметы можно выбирать в два приема: сначала выбрать k предметов из первых m предметов, а затем выбрать недостающие r-k
предметов из оставшихся n предметов. Всего для этого существует Cmk Cnr−k способов. Отсюда общее число способов выбрать r предметов составляет
r |
|
∑Cmk |
Cnr−k . |
k =0 |
□ |
|
6.4 Принцип включений – исключений.
Поставим задачу подсчитать количество элементов в объединении нескольких множеств. Для двух множеств мы имели
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A1 U A2 |
|
= |
|
A1 |
|
+ |
|
|
|
|
|
A2 |
|
− |
|
|
A1 I A2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Рассмотрим теперь объединение трех множеств. Обозначим |
A1 U A2 = A и |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
применим предыдущую формулу |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A1 U A2 |
U A3 |
|
= |
|
A U A3 |
|
= |
|
A |
|
+ |
|
|
|
A3 |
|
− |
|
|
|
A I A3 |
|
= |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
= |
|
A1 U A2 |
|
+ |
|
|
A3 |
|
− |
|
(A1 U |
|
A2 |
|
)I A3 |
|
= |
|
|
|
A1 U A2 |
|
+ |
|
A3 |
|
− |
|
A1 I A3 U A2 I A3 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Применяя к |
|
A1 U A2 |
|
|
и |
|
A1 I A3 U A2 I A3 |
|
|
формулу для двух множеств, |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
приходим к следующему соотношению |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A1 U A2 U A3 = A1 + A2 + A3 − A1 I A2 − A1 I A3 − A2 I A3 + A1 I A2 I A3
Переходя к n (n>2) множествам A1,A2,…,An с использованием индуктивных соображений можно получить формулу
n |
n |
|
|
|
|
|
||||
UAi |
= ∑ |
|
Ai |
|
− |
∑ |
Ai I Aj |
+ ∑ |
Ai I Aj I Ak |
−... + |
|
|
|||||||||
i=1 |
i=1 |
|
|
|
|
1≤i< j≤n |
|
1≤i< j<k≤n |
|
|
21
+ (−1)p+1 ∑ |
|
Ai |
I Ai |
I... I Ai |
p |
|
+... + (−1)n+1 |
|
A1 I A2 I... I An |
|
, (2) |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
||||||||
1≤i1<i2 <...<ip ≤n |
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
которая в словесной формулировке выглядит так:
чтобы найти количество элементов в объединении множеств, нужно сложить количества элементов в каждом множестве, затем вычесть количество элементов во всевозможных попарных пересечениях, прибавить количество элементов во всевозможных пересечениях по три и т.д.
Для доказательства формулы (2) необходимо показать, что в правой части каждый элемент множества A1 U A2 U... U An подсчитан и учтен ровно
один раз. Предположим, что элемент а принадлежит в точности р
|
|
|
|
n |
|
|
множествам из набора А1,А2,А3,...,Аn. В сумме ∑ |
Ai |
элемент а учтен р |
||||
раз. В сумме ∑ |
|
Ai I Aj |
|
i=1 |
|
|
|
|
элемент а учтен всякий раз, |
когда выбраны два |
|||
|
|
|||||
1≤i< j≤n |
|
|
|
|
|
множества, содержащие элемент а. Существуют Cp2 способов выбрать такие
два множества. |
Следовательно, |
|
в сумме ∑ |
|
Ai I Aj |
|
элемент а учтен Cp2 |
|||||||
|
|
|||||||||||||
|
∑ |
|
Ai I Aj I Ak |
|
1≤i< j≤n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
раз. В сумме |
|
|
элемент а учтен всякий раз, когда выбраны |
|||||||||||
|
|
|||||||||||||
1≤i< j<k≤n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Cp3 способов выбрать |
|||
три множества, |
содержащие элемент а. Существуют |
|
|
|||||||||||
такие три множества. Следовательно, в сумме |
|
∑ |
|
|
Ai I Aj I Ak |
|
элемент а |
|||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1≤i< j<k≤n |
|
|
|
|
|
|
|
учтен C3p раз. В сумме элементов всех возможных пересечений r множеств, где r ≤ p , элемент a учтен Cpr раз. Следовательно, в правой части формулы
(2) элемент а учтен p −Cp2 + C3p −... + (−1)i+1 Cip +... + (−1)p+1 раз. Но
1 −C1p + Cp2 −C3p −... + (−1)i Cip +... + (−1)p Cpp = (1 −1)p = 0
Поэтому
1 =C1p −Cp2 + C3p −... + (−1)i+1 Cip +... + (−1)p+1
и получаем, что элемент a учтен в точности один раз.
□
На основании этой теоремы докажем утверждение, известное как
Теорема о включении – исключении. Пусть А1,А2,А3,...,Аn — набор
конечных множеств. Количество элементов множества A1 I A2 I... I An определяется формулой
22
Доказательство. Из теории множеств известно, что
A1 I A2 I ... I An = A1 U A2 U ... U An = U \ (A1 U A2 U ... U A )
Это легко видеть, например, из диаграммы Эйлера
так что имеем соотношение
|
|
A1 |
I |
A2 |
I... I |
An |
|
= |
|
U |
|
− |
|
|
A1 U A2 U... U An |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Заменяя в этом равенстве число |
|
A1 U A2 |
U... U An |
|
его представлением по |
||||||||||||||
|
|
формуле (2), получаем требуемый результат.
□
Название этой теоремы подчеркивает использование последовательных включений и исключений элементов подмножеств. Формулы (2) или (3) называются формулами включения – исключения, а метод решения комбинаторных задач с их использованием называется методом включения – исключения. Этот метод обобщает правило суммы, которое было рассмотрено нами вначале темы «комбинаторика»
Пример. Рассмотрим слова длины n в алфавите {0,1,2}. Сколько имеется слов, в которых встречаются все три цифры?
Обозначим Ai множество всех слов длины n, в которых не встречается
цифра i, i=0,1,2. |
|
Тогда |
|
A |
|
= |
|
A |
|
= |
|
|
A |
|
= 2n . |
|
Кроме |
того, |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
A0 I A1 |
|
= |
|
|
A0 I A2 |
|
= |
|
A1 I A2 |
|
=1. |
|
Наконец, |
|
|
A0 I A1 I A3 |
|
= 0. В множество |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
A0 U A1 U A3 |
входят слова, в которых отсутствует хотя бы одна цифра. По |
||||||||||||||||||||||||||
принципу включений – исключений (формула (2)) |
|
|
|
Следовательно, число слов, в которых присутствуют все три цифры, равно
3n −3 (2n −1).
□
Иногда удобно формулу из теоремы включений и исключений трактовать в другом виде. Пусть подмножество Хi определяется наличием некоторого
свойства |
Рi |
у элементов |
множества U. |
Тогда подмножество |
|||
X = X1 U X 2 U... U X m |
объединяет элементы из U, которые обладают хотя бы |
||||||
одним из |
свойств Pi. Дополнение |
|
X |
составляют |
элементы, которые не |
||
обладают |
ни |
одним |
из свойств Рi,i=1,2,…,m. Пересечения вида |
23
X = X i |
I X i |
I... I X i |
объединяют элементы, обладающие одновременно |
|||
|
1 |
|
2 |
k |
|
|
свойствами |
|
Pi1 , Pi2 ,..., Pik |
. Если обозначить число элементов в U через |
|||
|U| = n, |
число элементов, |
обладающих одновременно набором свойств |
||||
Pi |
, Pi ,..., Pi |
, через N (Pi , Pi ,..., Pi ), то для числа элементов, не обладающих ни |
||||
1 |
2 |
k |
|
1 |
2 |
k |
одним из свойств Рi,i=1,2,…,m, имеем формулу
Пример. Сколько натуральных чисел из первых 100 не делятся одновременно на 2, 3 и 5? Обозначим число натуральных чисел из первых
100, |
делящихся |
на два |
через |
N(P2). Это |
число |
легко найти: |
N (P2 )=[100 / 2]=50 . Здесь квадратные скобки обозначают наибольшее целое |
||||||
число, |
не превосходящее |
данное. Аналогично N (P3 )=[100 / 3]=33 , |
||||
N (P5 )=[100 / 5]= 20 . |
Далее |
число |
натуральных |
чисел из |
первых 100, |
делящихся одновременно на 2 и 3, т. е. на наименьшее их кратное 6, равно |
||
N (P2 , P3 )=[100 / 6]=16 . |
Аналогично получим |
N (P2 , P5 )=[100 /10]=10 , |
N (P3 , P5 )=[100 /15]= 6 . |
Наконец, число всех натуральных чисел из первых |
|
100, делящихся одновременно на 2, 3 и 5, равно |
N (P2 , P3 , P5 )=[100 / 30]= 3 . |
Теперь, применяя формулу включений и исключений, получим
□
Пример. В группе 23 студента. Из них 18 знают английский язык, 9 — немецкий и 6 — оба языка. Сколько студентов в группе не знают ни одного языка? Сколько студентов знают только один язык?
Решение. Пусть S— множество всех студентов, |S| = 23. Назначим свойства элементам s S : Р1 — знание английского языка, Р2 — знание немецкого языка. N(0) — количество студентов, не знающих языков (не обладают свойствами), N(1) — количество студентов, знающих только один язык.
Тогда N (0)= 23 − N (P1 )− N (P2 )+ N (P1 P2 )= 23 −18 −9 + 6 = 2
N (1)= (N (P1 )− N (P1 P2 ))+ (N (P2 )− N (P1 P2 ))=18 − 6 + 9 − 6 =15
□
Пример (задача о беспорядках). Перестановка a1a2…an чисел 1,2,…,n называется беспорядком, если ai ≠ i для всех i = 1, 2, …, n. Таким образом,
беспорядок – это перестановка, в которой ни один элемент не занимает «своего» места. Задача о беспорядках состоит в том, чтобы подсчитать число Dn перестановок – беспорядков. Например, D2=1 – два числа {1,2} образуют только один беспорядок (2,1). D3=2, поскольку беспорядками из трех чисел
24