109
§ 5. Число всевозможных разбиений конечного множества. Полиномиальная теорема
Пусть А множество с n элементами и подмножества В1, В2,…, Вk, (Вi
А, 1≤ i≤ k) образуют разбиение множества А, т.е.
Вi≠ , 1≤ i≤ k;
Вi∩Вj= , если i ≠ j;
А=В1 В2 … Вk.
Положим, что подмножество Вi содержит ni элементов, 1≤ i≤ k. При этом считаем, что В1, В2,…, Вk – упорядоченная последовательность подмножеств. Выясним, сколькими способами можно осуществить разбиение
А на подмножества В1,В2,…,Вk так, |
чтобы n(Вi)=ni, 1≤ i≤ k. |
||||||||||||
|
Выбор подмножества В1 с n1 элементами из n элементного множества А |
||||||||||||
можно осуществить Сn1 |
способами. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Выбор подмножества В2 из оставшегося множества можно осуществить |
||||||||||||
Сnn-2n |
способами и т. д. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подмножество Вk можно, очевидно, выбрать Сnk |
способами. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k -1 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n - ∑ni |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i =1 |
|
|
||
|
Применяя теперь обобщенное правило произведения, получим, что |
||||||||||||
искомое число разбиений множества А равно |
|
|
|||||||||||
|
P(n,n1,n2,…,nk)= С |
n |
1 С |
n |
2 … С |
n |
k |
|
n! |
( n - n1 )! |
|||
|
n |
|
|
= |
|
|
|
|
… |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
n - n1 |
|
k -1 |
|
n1 ! ( n − n1 )! n2 |
! ( n - n1 - n2 )! |
|||||
|
|
|
|
|
|
n - ∑ni |
|
||||||
i =1
k −1
(n − ∑ni )!
…i=1
k
nk (n − ∑ni )!
i=1
n!
= . n1 ! n2 !...nk !
Итак, имеем:
n! P(n,n1,n2,…,nk)= .
n1 ! n2 !...nk !
Используя полученную формулу, легко доказать следующее равенство,
которое называется полиномиальной теоремой:
(x1+x2+…+xk)n= |
|
|
∑ |
|
|
|
n! |
|
|
xn1 xn2 |
...xnk . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
≥0 n ! n |
|
|
|
|
|||||
n |
≥0 ,n |
2 |
≥0 ,...,n |
k |
2 |
!...n |
k |
! 1 2 |
k |
|||
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||
n1 |
+n2 + |
...+nk =n |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
||||||||||||
Рассмотрим два примера. 1. Сколькими способами можно поселить 10 |
||||||||||||
студентов в три комнаты: 5- |
местную, |
3- и 2- местные? |
Число вариантов |
|||||||||
110
поселения, как легко видеть, равно числу возможных разбиений 10 - элементного множества на подмножества с 5, 3 и с 2 элементами. Следовательно, искомое число равно:
P(10,5,3,2)= |
10! |
= |
6 7 8 9 10 |
= 2520. |
|
|
|||
5!3!2! |
|
2 3 2 |
||
2. Чему равно число различных расположений пяти букв А,А,В,В,В? Это число определяем, как число возможных разбиений 5-ти элементного множества на подмножества с 2 и с 3 элементами. Следовательно, искомое число равно:
P(5,3,2)= 5! = 10. 3!2!
§ 6. Метод включения и исключения
Этот метод применяется к важной задаче разбиения множеств на подмножества в зависимости от того, обладают ли их элементы определенной совокупностью свойств или нет.
Пусть дано n-множество S некоторых элементов и m - множество свойств p1, p2,...,pm, которыми элементы множества S могут как обладать, так и не обладать. Выделим какую – либо r выборку свойств (pi1, pi2
Число элементов s S, каждый из которых обладает всеми r свойствами, обозначим через n(pi1, pi2,..., pir). Отсутствие у элементов какого – либо свойства, например pi, будем обозначать через pi. Таким образом, число элементов, обладающих, скажем, свойствами p1, p3, p5 и не обладающих
свойствами p2, p4, p6, запишется как n(p1, p2, p3, p4, p5, p6 ). Сначала рассмотрим два простых случая.
1.Имеется только одно свойство, например, p. Тогда очевидно, что n( p)=n–n(p).
2.Имеется конечное число несовместимых друг с другом свойств p1, p2,...,pm (например, быть сферическими, кубическими, коническими и т.п.).
Снова очевидно, что n( p1, p2, ... , pm) = n - ∑ n(pi ).
Перейдем теперь к общему случаю, когда элементы множества S обладают комбинациями совместимых свойств.
Теорема 4.2. Пусть даны n - множество элементов и множество свойств pi (1≤ i ≤ m), совместимых между собой. Тогда число элементов, не обладающих ни одним из этих свойств p1, p2, ... , pm, равно:
n( p1 |
, p2 ,..., pm ) = n - ∑ n(pi ) + ∑ |
n(pi, pj) - |
|
i< j |
(4.7) |
- ∑ |
n(pi, pj, pk ) + ... +( -1)m n(p1, p2,..., pm ). |
|
i< j<k
111
Доказательство. Чтобы получить число элементов, не обладающих ни одним из указанных свойств, необходимо из n - множества исключить подмножество элементов, обладающих свойством p1, затем обладающих свойством p2 и т.д., т.е. ∑ n(pi) элементов. Однако при этом элементы, имеющие два свойства, скажем p1 и p2, оказались исключёнными дважды как обладающие свойством p1, затем как обладающие свойством p2. Значит, надо возвратить все множества, элементы которых обладают двумя свойствами, т.е. прибавить ∑ n(pi, pj) элементов. Но при этом элементы, обладающие тремя свойствами, скажем, pi, pj и pk , оказались включенными дважды, следовательно, надо вычесть ∑ n(pi, pj, pk). Рассуждая далее аналогичным образом, получим алгоритм для вычисления n( p1, p2,..., pm), состоящий в попеременном отбрасывании и возвращении подмножеств. Этому и обязано название метода: метод включения и исключения.
Эту теорему можно доказать следующим образом. Пусть B - подмножество (В S) элементов, не обладающих ни одним из свойств p1, p2,..., pm и А= S\B. Следовательно, B∩A = и S=A В. Тогда
n(S) = n = n(B) + n(A),
n(B) = n( p1, p2,..., pm) = n – n(A).
Подмножество A состоит из элементов множества S, обладающих некоторыми (возможно, всеми) свойствами p1, p2,..., pm. Пусть A1 подмножество из A всех тех элементов, которые обладают свойством p1 (и может быть какими – то другими свойствами), A2 - подмножества из A всех тех элементов, которые обладают свойством p2 (и может быть какими – то другими свойствами) и т.д. Тогда имеем:
A = A1 A2 ... Am,
следовательно, получим:
n( p1 , p2 ,..., pm) = n - n(A1 A2 ... Am)
и по формуле (4.3) - требуемое равенство (4.7).
Рассмотрим пример. Даны числа 1,2,...,100. Требуется выяснить, сколько среди них чисел, которые не делятся ни на одно из чисел 2,3,5.
Положим:
p1 - свойство чисел делиться на 2; p2 - свойство чисел делиться на 3; p3 - свойство чисел делиться на 5;
p1 p2 - будет означать, что число делится на 6; p1 p2 - будет означать, что число делится на 10; p2 p3 - будет означать, что число делится на 15; p1 p2 p3 - будет означать, что число делится на 30. Тогда легко получить, что:
n( p1, p2, p3) = 100 – n(p1 ) – n(p2 ) – n(p3 ) + n(p1, p2 ) + n(p1, p3 ) + n(p2, p3) - n(p1, p2, p3 )= 100 – 50 – 33 – 20 + 16 +10 + 6 - 3 = 26.
Рассмотрим второй пример. При обследовании установили: 60% студентов читают журналы типа А;
112
50% студентов читают журналы типа В;
50% студентов читают журналы типа С;
Аи В читают 30% студентов;
Аи С читают 40% студентов; В и С читают 20% студентов;
все три типа журналов читают 10% студентов.
Сколько процентов студентов не читают вообще эти журналы? Легко получить, что:
n( A, B, C) = 100 – (60 + 50 + 50) + (30 + 40 + 20) – 10 = 20%.
Усложнение метода связано с введением весов элементов.
Пусть для каждого элемента s S приписано неотрицательное число (вес) υ(s). Рассмотрим вновь n-множество S некоторых элементов и m - множество свойств p1, p2,...,pm, которыми элементы множества S могут, как обладать, так и не обладать. Возьмем r – выборку свойств (pi1 ,..., pir) и обозначим сумму весов элементов, обладающих всеми r выбранными свойствами через υ(pi1 ,..., pir), а сумму, распространенную на все возможные r - выборки свойств, обозначим через υ(r):
υ(r) = ∑ υ(pi1, ..., pir).
Введем дополнительно, что υ(0 ) = ∑ υ(si).
Теорема 4.3. Если даны n - множество S, каждый элемент si которого имеет вес υ(si), и m - множество свойств, то сумма υm(0) весов элементов, не удовлетворяющих ни одному из заданных свойств, определится по формуле:
υm(0) = υ(0) - υ(1) + υ(2) - ... + (-1)m υ(m). |
(4.8) |
|
|
Доказательство. Всякий элемент si S, если он имеет r > 0 (r ≤ m) свойств, вносит свой вес υ(si) в первое слагаемое один раз, во второе r раз, в
третье Сr2 |
раз и т.д., в r-е Сrr раз, |
а, начиная с r +1-го, нуль раз. Всего |
элемент si |
вносит свой вес |
|
Сr0 |
− Сr1 + Сr2 − ... + ( −1 )r Сrr = |
r |
∑( −1 )k Crk |
||
|
k =0 |
|
раз, а это выражение равно нулю.
Таким образом, чтобы получить искомую сумму весов, надо:
1)взять сумму весов всех элементов множества;
2)из полученной суммы вычесть сумму весов элементов, обладающих хотя бы одним свойством;