Комбинаторика. Практикум по решению задач. Учебное пособие

61

из другого множества и применение к полученным выборкам правила умножения (при фиксированных объемах выборок из первого и второго множеств) и правила сложения (при изменении числа выбираемых элементов).

После подобного анализа можем прийти, например, к такой «художественно оформленной» задаче:

Сколькими способами можно образовать комиссию в составе n человек, выбирая их среди n мужчин и m женщин?

Ясно, что заданная для вычисления сумма является ответом к новой составленной задаче. Очевидно также, что ответ к этой задаче можем получить, выбирая k членов комиссии из имеющихся n + m человек. Таким образом:

Cn0Cmk + Cn1Cmk−1 + Cn2C − mk−2 + . . . + CnkCm0 = Cnk+m.

Примечание к решению. Разумеется, вовсе не обязательно «художественно оформлять» придуманные задачи, можно ограничиться рассуждениями в рамках выборок из конечного множества, однако подобная «образность» часто

Решение. i-слагаемое (0 i m) Cri можно рассматривать как число целых неотрицательных решений уравнения

x1 + x2 + . . . + xr = i (см. задачу № 2 главы 3).

Тогда заданная сумма соответствует числу целых неотрицательных решений неравенства

x1 + x2 + . . . + xr m.

Введём новую переменную xr+1 = m − x1 − x2 − . . . − xr. Тогда каждому целому неотрицательному решению неравенства

x1 + x2 + . . . + xr m

соответствует целое неотрицательное решение уравнения

x1 + x2 + . . . xr + xr+1 = m,

и наоборот. Различным решениям неравенства соответствуют различные решения уравнения. Но число целых неотрицательных решений построенного уравнения равно Crm+1. Итак,

t

Задача 24. Найти сумму Csk · Cts.

s=k

Задача 25. Доказать тождество

t

(−1)s−kCsk · Cts = 0.

s=k

n

(−1)k+1A2k · Cnk.

k=2

63

Задача 29. Найти сумму

Cnn + Cnn+1 + Cnn+2 + . . . + Cnn+m.

Ck0Cnk−−11 + Ck1Cnk−−12 + Ck2Cnk−−13 + . . . + Ckk−1Cn0−1.

Задача 34. Вычислить

Cn0 2 + Cn1 2 + . . . + (Cnn)2 .

Задача 35. Найти сумму

m

Cnn−−km · Cnk.

k=0

Задача 36. Найти сумму

n

Alk · Cnk.

k=l

Задача 37. Определить сумму

Cn1 + 2Cn2 · 3 + 3Cn3 · 32 + . . . + nCnn · 3n−1.

Задача 38. Определить сумму

65

Задача 47. Доказать тождество

Cnk + Cnk−1 + . . . + Ckk = Cnk+1+1, 0 k < n.

Задача 48. Доказать тождество

Cn1 − 12Cn2 + 13Cn3 − . . . + (−1)n−1 n1 Cnn = 1 + 12 + 13 + . . . + n1 .

Задача 49. Доказать, что

Раздел 6. Метод включений и исключений

Пусть имеется N элементов и некоторое m-множество свойств p1, p2, . . . , pm, которыми эти элементы могут обладать или не обладать. Пусть далее Ni — число элементов со свойством pi, и вообще Ni1i2...ik с 1 i1 i2 . . . ikm — чиcло элементов, удовлетворяющих свойствам pi1 , pi2 , . . . , pik одновременно. Обозначим N(k) для 0 k m число элементов, обладающих точно k свойствами (из указанных выше свойств).

Тогда число элементов, не обладающих ни одним из свойств p1, p2, . . . , pm, может быть определено по формуле:

k=0 1 i <...<i m

Для доказательства (11) подсчитаем, сколько раз учитывается каждый элемент из N элементов в левой и правой частях этого равенства. В правой части элемент, не обладающий ни одним из указанных свойств, учитывается один раз в слагаемом N и ни в какие из остальных слагаемых не входит. Элемент, обладающий лишь одним из названных свойств, например p1, учитывается по одному разу в N и в N1 (и больше нигде!) и поэтому дает 1 в терме N, −1 в терме – Ni и, следовательно, учитывается 1 − 1 = 0 раз в

i

правой части (11).

Элемент, обладающий ровно k свойствами, например свойствами pj1 , pj2 , . . . ,

67

Следовательно, вклад такого элемента в правую часть (11) равен

1 − Ck1 + Ck2 − Ck3 + . . . + (−1)kCkk = (1 − 1)k = 0

(см. задачу № 2 главы 5).

Итак, правая часть (11) учитывает каждый элемент, не имеющий ни одного из свойств p1, p2, . . . , pm, точно по одному разу, а всякий другой элемент — нуль раз, левая часть равенства (11), по определению, представляет это же число. Таким образом, справедливость равенства (11) доказана.

Использование формулы (11) называется методом включения и исключения.

Метод включения и исключения является обобщением правила сложения на случай, когда свойства p1, p2, . . . , pm не являются попарно взаимно исключающимися. Действительно, если каждый элемент N-множества обладает од-

где S1, S −2, . . . , Sm – конечные множества, card(S) – число элементов (объем) множества S.

Решение. Обозначим pi (1 i m) свойства, состоящее в том, что выбранный элемент принадлежит множеству Si. Тогда в принятых обозначениях

Ni1i2...ik = card (Si1 ∩ Si2 ∩ . . . ∩ Sik ) , 1 i1 < i2 < . . . < ik m

и по формуле включения и исключения

card (S1 S2 . . . Sm) − card(Si)+

1 i m

+card (Si ∩ Sj) − . . . +

1 i<j m

+(−1)mcard (S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sm) = N(0) = 0,

Задача 2. Доказать формулу (11), используя метод полной индукции.

Задача 3. В обозначениях начала раздела доказать, что число N(k) элементов с точно k (k m) свойствами определяется по формуле:

Решение. Очевидно, элементы с менее k свойствами не учитываются ни в левой, ни в правой частях (3).

В правой части (3) каждый элемент с точно k свойствами учитывается один раз в первом слагаемом и не учитывается в остальных слагаемых, в которых учтены элементы с более чем с k свойствами.

Элемент с точно t свойствами при t > k дает

(имеется CtS возможностей выбрать S свойств из отмеченных свойств). Согласно задаче № 24 из главы 5,

t

(−1)s−kCsk · Cts = 0.

s=k

Получаем, что ни в левой, ни в правой частях (3) и (13) не учитываются элементы с t свойствами при t = r, в то время как учтены (по одному разу)

69

Теоретико-числовая функция Мёбиуса μ(n) определяется следующим образом: если n = pα1 1 pα2 2 . . . pαs 2 — каноническое разложение натурального n на

Решение. 1) μ(d) = μ(1) = 1.

d|1

2)Пусть n = pα1 1 pα2 2 . . . pαs s , где p1, . . . , pS – различные простые, α1, . . . αs – натуральные.

Обозначим n = p1p2 . . . ps. Тогда если d | n и в то же время d n , то μ(d) = 0 (так как существует простое p, такое, что p2 | d). Следовательно:

μ(d) = μ(d).

d|n d|n

Воспользуемся методом включения и исключения. Так как существует Csk чисел — делителей числа n, которые являются произведениями k различных простых и для каждого из них μ(d) = (−1)k, то

μ(d) = 1 − Cs1 + Cs2 − . . . + (−1)kCsk + . . . + (−1)sCss = (1 − 1)s = 0

d|n

и, значит, для n > 1

μ(d) = μ(d) = 0.

d|n d|n

Задача 5. Пусть f(n) и g(n) — теоретико-числовые функции и f(n) = g(d).

d|n

Тогда имеет место

(Утверждение задачи № 5 называется обращением Мёбиуса.)

d | nd , следовательно, d d | n и d | dn , и если теперь d зафиксировать, то d

n n

Задача 6. Доказать, что из равенства

n

g(n) = μ(d)f d

d|n

следует равенство f(n) = g(d), где f(n), g(n) — теоретико-числовые функ-

d|n

ции, μ(d) — функция Мёбиуса.

Задача 7. Определим теоретико-числовую функцию Λ(n) для любого нату-

рального n формулой:

Λ(d) = ln n.

d|n

Доказать, что

ln p, если n = pα, p – простое, α – натуральное,

Λ(n) =

0, в остальных случаях.

Задача 8. Пусть a1, a2, . . . , am — попарно взаимно простые натуральные числа, n — натуральное число. Найти число натуральных чисел, не превосходящих n и не делящихся на одно из чисел a1, a2, . . . , am.