Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сборник задач по множествам, булевым функциям и математической логике. Учебное пособие.pdf
Множества, отношения и функции 81
23. L={((x, y),(u, v
K={((x, y),(u, v
являются отношениями эквивалентности, так как они не рефлексивны.
L ◦ L = {((x, y), (u, v)) : 1 6 x, y, u, v 6 8} = S × S.
24.
(а) Эквивалентность. Классы:{1,4},{2},{3},{5}. (б) Отношение не
рефлексивно. (в) Отношение не транзитивно. (г) Эквивалентность. Классы:{1,2,4},{3,5}. (д) Отношение не рефлексивно. (е) Эквивалентность.
Классы: {1, 3, 5}, {2, 4}. (ж) Отношение не рефлексивно.
25. (а) Да. (б) Нет.
26.
(а) Рефлексивно, антисимметрично, транзитивно. (б) Рефлексивно,
симметрично. (в) Антирефлексивно.
27.
(а)
R1рефлексивно, симметрично. (б)
(в) R3рефлексивно, симметрично, транзитивно.
28.
(а)
R1является отношением частичного порядка, но не является отноше-
нием линейного порядка. (б) R2является отношением линейного порядка.
29.
(а)
rng f=R
взаимно однозначная; (г)
(е)
rng f
= [−1,1], разнозначная; (ж)
сюръективная; (и) rng f = R, сюръективная.
30.
(а) Неверно. (б) Верно. Нужно проверить, что для любогоyсуществует
x
такой, что (
функция, то существует z такой, что f (z) = y. Так как g — сюръективная
функция, то существуетxтакой, чтоg(x) =z. Тогдаf(g(x)) =y. (в) Верно.
(г) Неверно. (д) Верно. (е) Верно.
31.
(а) Если
довательно,
то есть
f[A ∩B
для некоторого
получаемy=f(x)
и
y ∈ f[A]∪ f[B
случае получаемy=f(x) для некоторого
поэтомуy=f(x)
y ∈ f[A]\ f[B
x ∈ A
. При этом не может быть
вательно,
B={−1}
f ◦ g)(x
y ∈ f[A ∩ B
x ∈ Aиx ∈ B
y ∈ f[A]∩ f[B
] =f[∅] =∅, ноf[A]∩f[B] ={1}. (б) Если
], то
x ∈ A \ Bиy=f(x)∈ f[A \ B
, тогдаf[
)) : 1
6 x, y, u, v 6
)) : 1
, взаимно однозначная; (б)
x ∈ A ∪B
]. Если
6 x, y, u, v 68,|x − u| · |y − v|
rng f
= (0
) =y, то естьf(g(x)) =y. Так какf— сюръективная
], тоy=f(x) для некоторого
, поэтомуy=f(x)
]. Пустьf(x) =
, следовательно,
∈ f[A
] и
y ∈ f[A]∪ f[B
y ∈ f[A]∪ f[B
∈ f[A ∪ B
y ∈ f[A
A \ B
]. Аналогично во втором случае. (в) Если
], но
y /∈ f[B
] =f[{1}] ={1}, ноf[A]
8, (x=
, ∞
), разнозначная; (д)
], то
]. Получаемy=f(x) для некоторого
x ∈ B
u, y 6=v
R2рефлексивно, транзитивно.
rng f
rng f
= [0,1]; (з)
x2,A={1},B={−1}, тогда
x ∈ A
], во втором —y=f(x)
y ∈ f[A
x ∈ A
, иначе было бы
]. Пустьf(x) =
) или (
= [1
∈ f[A
y ∈ f[A ∪B
или
x ∈ B
] или
, следовательно,
\ f[B
x 6=u, y=v)}
= 2}.LиKне
, ∞
); (в)
rng f
rng f
x ∈ A ∩ B
] иy=f(x)
. В первом случае
y ∈ f[B
x ∈ f[B
x2,A={−1,1},
] ={1
} \ {1}=∅
rng f=R
= [0
, ∞
= [−1,1],
, сле-
∈ f[B
], тоy=f(x)
∈ f[B
]. В первом
x ∈ A ∪ B
]. Следо-
. (г)
;
,
);
],
]
,
82 Ответы и решения
Если
x ∈ f−1[
Получаем
x ∈ f−1[A]
f(x)∈ B
тоf(x)
получаем
x ∈ f−1[A]
илиf(x)
x ∈ f−1[
f(x)∈ A \ B
и
x /∈ f−1[B], то есть
x ∈ f−1[A] и
f(x) ∈ A \ B и x ∈ f−1[A \ B].
32.
(а) Расположить элементы
|A| × |B|
иB= (
Следовательно,
и
|B|=|B \ A|+|A ∩ B|
|A|+|B \ A|=|A|+|B| − |A ∩ B|
является двоичной записью в точности одного числа из диапазона [0,2n−
который содержит 2nчисел. (г) ПустьA=
x ∈P(A
где bi= 1 при ai∈ x и bi= 0 при ai/∈ x. Таких чисел 2n= 2
k
n
33. 2
34.
вида (
, количество подмножеств множества Ak.
(а) 2
a, a
рые можно выбирать произвольно. (в) 2
ПустьA=
надлежат отношению, либо обе не принадлежат, поэтому нужно выбрать
несколько пар вида (
Пары вида (
Поэтому отношение определяется выбором нескольких элементов из множества мощности (
в пункте (г), пары вида (
2nвариантов. Для любых двух пар (
три варианта: отношение содержит либо только первую пару, либо только
вторую, либо не содержит ни одной из них, поэтому существует 3
A ∩ B
], тоf(x)
x ∈ f−1[A] и
∩f−1[B], то
, поэтомуf(x)
∈ A ∪ B
, следовательно,f(x)
x ∈ f−1[A] и
∪f−1[B], то
∈ B
. В первом случае получаемf(x)
A ∪ B
]. Аналогично во втором случае. (е) Если
, следовательно,f(x)
x /∈ f−1[B]. Следовательно,f(x)
. (б)
A ∪ B
= (
B \ A)∪(A ∩ B
∈ A ∩ B
x ∈ f−1[B], то есть
x ∈ f−1[A] и
∈ A ∩ Bиx ∈ f−1[
x ∈ f−1[A]
x ∈ f−1[A] или
, следовательно,f(x)
x ∈ f−1[A]
∈ Aиf(x)∈ B
∩ f−1[B]. Если
x ∈ f−1[B]. Следовательно,f(x)
A ∩ B
∈ A
]. (д) Если
илиf(x)
∈ B
x ∈ f−1[
. В первом случае
∪ f−1[B], аналогично во втором. Если
x ∈ f−1[B]. Следовательно,f(x)
∈ A ∪ B
, следовательно,
x ∈ f−1[
∈ A
x ∈ f−1[A]
, ноf(x)
\ f−1[B]. Если
/∈ B
. Получаем
x ∈ f−1[A]
\ f−1[B], то
∈ Aиf(x)/∈ B
A × B
A \ B)∪(A ∩ B)∪(B \ A),A
в прямоугольной таблице размером
= (
A \ B)∪(A ∩ B
), где объединяемые множества не пересекаются.
|A ∪ B|=|A \ B|+|A ∩ B|+|B \ A|,|A|=|A \ B|+|A ∩ B|
. Получаем,
|A ∪ B|=|A \ B|+|A ∩ B|+|B \ A|
. (в) Каждый набор изnнулей и единиц
{a1, . . . , an}
, тогда для каждого
) можно взаимно однозначно построить двоичное число
|A|
.
2
n
, количество подмножеств множества
A × A
) принадлежат отношению, поэтому остаётся
n2−n
. Аналогично (б). (г) 2
{a1, a2, . . . , an}
. При
ai, aj) для
i 6=j
либо обе пары (
i < j
. Существует (
n2−n
. (б) 2
n2− n
ai, aj), (
n2− n)/
2 таких пар.
ai, ai) можно выбирать произвольно, их количество равноn.
n2− n)/
2 +n= (
n2+n)/2. (д) 2n·
(n2−n)/2
3
ai, ai) выбираются произвольно, для этого есть
ai, aj), (
aj, ai) при
i 6=j
существуют
∈ A
A ∪ B
∈ A
A \ B
], то
x ∈ f−1[A]
, поэтому
=
1],
b1. . . bn,
. Все пары
пар, кото-
(n2+n)/2
aj, ai) при-
. Как и
(n2−n)/2
.
и
],
)
.
Метод математической индукции 83
вариантов. Общее количество отношений составляет 2n·
(n2−n)/2
3
. (е)n!,
количество перестановок.
35.
(а) Определим вес точки (
x, y
) какw(
x, y
) =
|x|+|y|
. Для любого натурального числаkсуществует лишь конечное количество точек весаk.
Поэтому все точки с целочисленными координатами можно упорядочить по
весу, а точки одного веса — произвольным образом (например, по первой
координате, а точки с равной первой координатой — по второй координате).
Тогда взаимно однозначное соответствие множестваωи множества точек
задаётся функциейfтакой, чтоf(i) — это (i+ 1)-й элемент в определённом
выше упорядочении. (б) и (в) Аналогично (а). (г) Упорядочим слова по
возрастанию длины, а слова одной длины, которых конечно много, — произвольным образом. Далее как в пункте (а). (д) Любое рациональное число
(кроме 0) единственным образом представляется в виде несократимой дроби
p
/q, гдеp— целое число,q— натуральное число. Ноль будем записывать в
виде0/1. Определим вес рационального числа какw(p/q) =
|p|+q
. Далее
как в пункте (а). (е) Следует из (в), так как каждый многочлен задаётся
набором (
a0, a1, . . . , an) своих коэффициентов. (ж) Пронумеруем все мно-
гочлены натуральными числами. Для каждогоuзафиксируем некоторый
многочлен
растанию номера многочлена
pu(x), корнем которогоuявляется. Расположим всеuпо воз-
pu(x), а корни одного многочлена, которых
конечно много, — в произвольном порядке. Далее как в пункте (а).
Метод математической индукции
36.
(а) Базис: 2·3 + 1 = 7623. Шаг: пусть 2n+ 162n. Очевидно, что
262nпри
Базис: 42= 16616 = 24. Шаг: пусть
2n+ 2n6 2
37.
(а) Базис: 70−
n+1
7
делится на 5, если 11n−
44·23nделится на 4, если 67n−
3(3n+ 7n−
n >
3. Тогда 2(n+1)+ 1 = 2n+1+ 262n+262n+2n= 2
n26
n+1
−
1 = 7(7n−
.
1 = 0 делится на 6. Шаг: пусть 7n−
1) + 6 делится на 6. (б) Шаг: 11
6 делится. (в) Шаг: 67
23nделится. (г) Шаг: 3
2n. Тогда (n+ 1)2=
1 делится на 6. Тогда
n+1
−
n+1
6 = 11(11n−
n+1
−
23
= 67(67n−
n+1
2) + 4(7n+ 1). Первое слагаемое делится на 8 по индукционному
n+1
n2+ 2n+ 1
6) + 60
23n) +
n+1
+ 7
−
. (б)
6
2 =
предположению, второе — так как является произведением 4 на чётное
число. (д) Базис: приn= 1 получаем 31+ 12= 4, делится на 4. Шаг: пусть
для нечётногоnутверждение верно. Тогда дляn+ 2 (следующее нечётное
число) получаем 3
n+2
+(n+2)2= 9·3n+
n2+4n+4 = 8·3n+(3n+
n2)+4n+4
делится на 4, так как все слагаемые делятся.
84 Ответы и решения
38.
Базис:n= 0, 0 = 0. Если дляnдоказано, то 14+24+
n(n
+1)(2n+1)(3
1)3)/30 = (n+1)(6
(n+ 1)(6
n4+ 39
n2+3n−1)/30+(n+1)4= (n+1)(n(2n+1)(3
n4+6
n3+ 91
n3−2n2+3
n2+ 89n+ 30)/30 и (n+ 1)((n+ 1) + 1)(2(n+ 1) +
n3+3
n2−n
+30
1)(3(n+ 1)2+ 3(n+ 1)−1)/30 = (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)(3
(n+ 1)(2
63
39.
n2+ 7n+ 6)(3
n2+ 35n+ 18
n2+ 54n+ 30)/30 = (n+ 1)(6
n2+ 9n+ 5)/30 = (n+ 1)(6
n4+ 39
n4+ 18
Базис:n= 0, 0 = 0. Если дляnдоказано, то 1·2+2·3+
1)(n+2) =n(n+1)(n+2)/3+(n+1)(n+2) = (n(n+1)(n+2)+3(n+1)(n+2))/3 =
(n + 1)(n + 2)(n + 3)/3.
40.
Базис:n= 0, 02= 0. Если дляnдоказано, то (1 +
(1 +
···+n
)2+ 2(1 +
1)/2+ (n+1)2= (13+
41.
Базис:n= 0, 0 = 0. Если дляnдоказано, то 1·(n+ 1) + 2·n+
(n+ 1)·1 = 1·(n+ 1) + 2·(
(1
· n
+ 2·(
n −
···+n)(n
+ 1) + (n+ 1)2= (13+
···+n3)+n(n+1)2+(n+1)2= (13+
n −
1) +
···+n ·
1 + 1) +
1 + (n+ 1)·0) + (1 + 2 +
···+n ·(2−
1 + 1) + (n+ 1)·(1−1 + 1) =
n(n + 1)(n + 2)/6 + (n + 1)(n + 2)/2 = (n + 1)(n + 2)(n + 3)/6.
42.
Базис:n= 0, 1 = (x−1)/(x−1). Если дляnдоказано, то 1 +x+
. . .+xn+
n+1
(x
43.
n+1
x
− 1 + x
Базис:n= 0,
утверждение верно, тогда
i sin ϕ
n+1
r
n+1
) =
r
((
cos nϕ cos ϕ−sin nϕ sin ϕ)+i(cos nϕ sin ϕ+sin nϕ cos ϕ
n+1
= (
x
− x
−1)/(x−
n−1
)/(x − 1) = (x
n+2
z0= 1 =
n+1
z
(
cos nϕ cos ϕ+i cos nϕ sin ϕ+i sin nϕ cos ϕ+i2sin nϕ sin ϕ
n+1
1)+
x
n+2
r0(
cos0ϕ+i sin0ϕ
=
zn· z=rn(
n+1
= ((
x
−
− 1)/(x − 1).
cos nϕ+i sin nϕ)· r(cos ϕ
1)ϕ + i sin(n + 1)ϕ).
44.
Доказательство индукцией поn. Базис: еслиn= 0, то имеется всего одна
область, которую можно покрасить в любой из цветов. Шаг: предположим,
что дляnпрямых требуемая раскраска найдена. Пусть проведена ещё одна
прямая. Если изменить цвета всех областей, находящихся по одну сторону
от новой прямой, на противоположные, то получится правильная раскраска.
Действительно, если граница двух областей не лежит на новой прямой,
то они либо обе не меняли цвет, либо обе поменяли его. В обоих случаях
цвета областей останутся разными. Если же граница двух областей лежит
на новой прямой, то раньше они образовывали одну область одного цвета.
После перекрашивания цвет одной из новых областей изменится, а цвет
другой останется прежним, поэтому они будут покрашены в разные цвета.
. . .+n4+(n+1)4=
n2+3n−1)+30(n+
n3+90
n2+90n+30)/30 =
n2+ 9n+ 5)/30 =
n3+ 10
n3+ 91
n2+ 21
n2+ 89n+ 30)/30.
. . .+n(n
···+n
···+n3) + 2
+ (n+ 1))2=
n(n + 1)(n
···+n3)+ (n+1)3.
1)+
···+n
n+1
x
+ (n+ 1)) =
(x−1))/(x−1) =
). Шаг: пусть для
n+1
)) =
r
n3+
+1)+ (n+
···+n ·
x2+
2 +
x3+
) =
(
cos(n
+
n
+
+
Метод математической индукции 85
45. Базис: при n = 0 есть в точности одна область. Шаг: (n + 1)-я прямая
имеетnточек пересечения с предыдущимиnпрямыми. Значит, она проходит
черезn+ 1 область и разбивает каждую из них на две части. Поэтому к
имеющимся добавитсяn+ 1 область. Общее количество областей станет
равно (n2+ n + 2)/2 + n + 1 = ((n + 1)2+ (n + 1) + 2)/2.
46.
Базис: приn= 4 есть в точности одна точка пересечения,
Шаг: если из (n+ 1)-й точки провести диагональdв любую другую, то она
разобьёт все остальные вершины многоугольника на две части, лежащие
по разные стороны отd. Если одна часть содержитkвершин, а другая`,
то их сумма равнаn+ 1−2 =
n −
1, аdпересечётk`диагоналей. Таким
образом, общее количество точек пересечения возрастёт на 1 · (n − 2) + 2 ·
(
n −
3) +
···
+ (
6
n −2)·
=
D(n) +
47.
(n−2)(n−1)n
Индукция поn— стоимости письма. Базис: приn= 6 получаемn=
(n−2)(n−1)n
1 =
(n−3)(n−2)(n−1)n
6
24
(задача 41). ПолучаемD(n+ 1) =
4(n−2)(n−1)n
+
24
(n−2)(n−1)n(n+1)
=
2+ 2 + 2; приn= 7 требуется одна семирублёвая марка. Шаг: пусть при всех
k < n
утверждение доказано и
n >
7. В частности, 6
6 n −2< n
сумму вn−2 рубля можно составить из двух- и семирублёвых марок. Тогда
сумма в n рублей составляется добавлением одной двухрублёвой марки.
48.
В доказательстве пропущен базис индукции. Неравенство справедливо
при всех n > 3.
49.
Индукционный шаг неверен при переходе отn= 0 кn= 1, так как
количество областей возрастает на 1, а не на 0.N(n) = 2 +n(
n > 1.
50.
Базис: еслиn= 1, то имеются только два куска. Шаг: пусть дляnсфер
утверждение верно,N(n) = 2n+
n(n−1)(n−2)
3
. Тогда при пересечении (n+1)-й
сферы с предыдущими на ней образуетсяnокружностей, удовлетворяющих
условию задачи 49. Следовательно, эти окружности разделят (n+ 1)-ю
сферу на 2 +n(
n −
1) частей. Каждая из этих частей будет делить кусок
пространства, в котором располагается, на два, то есть количество кусков
возрастёт на 2 +n(
n(n−1)(n−2)
2n +
51.
3
Базис: еслиT= 0, то все бактерии имеютt= 0, следовательно, они
n −
1). ПоэтомуN(n+ 1) =N(n) + 2 +n(
+ 2 + n(n − 1) = 2(n + 1) +
n(n−1)(n+1)
3
.
не могут делиться, на каждом шаге какая-то из них будет погибать, их
количество будет уменьшаться на 1, и рано или поздно все они погибнут.
Шаг (∗): пусть для всех
T
. Применим теперь индукцию по количествуnбактерий, для которых
t=T
. Базис:n= 1, то есть имеется только одна бактерияb, способная
T0< T
утверждение доказано, докажем его для
1·2·3·4
24
, поэтому
n −
24
n −
= 1.
.
1) при
1) =
86 Ответы и решения
делитьсяTраз. Так как остальные бактерии могут делиться меньше чем
T
раз, то они не могут существовать бесконечно долго по индукционному
предположению (∗). Следовательно, рано или поздно бактерияbдолжна
будет делиться. Но после этого для всех бактерий максимальное количество
делений будет меньшеT, поэтому по индукционному предположению (∗)
колония вымрет. Шаг (∗∗): пусть дляnбактерий с количеством делений
T
утверждение доказано, докажем дляn+ 1. Как и в базисе остальные
бактерии, способные к делениюTраз, не могут существовать бесконечно
долго по предположению (∗). Следовательно, когда-то одна из бактерий
сt=Tдолжна будет делиться. После этого количество таких бактерий
станет равно n, поэтому колония вымрет по предположению (∗∗).
1
52.
(а) Базис: при
0
1+√5
1
√
5
Шаг: пусть для всех
1+√5
1
√
5
1+√5
1
√
5
1+√5
1
√
5
1+√5
1
√
5
1+√5
1
√
5
h
1+√5
1
√
5
−
2
n−1
n−1
n−2
n−2
n−2
n
−
−
−
2
2
2
2
2
2
0 = 0 = 1−1 =
F1+
F2+
F3+
···+Fn+
n
= 1 получаем равенство 1
n
утверждение верно, тогда (n+ 1)
1
·Fn)+ (
F1+
···+F
Базис: приn= 1:
n
доказано, то
FnF
n+1
+
F
n−1Fn+1
F
n+1−1Fn+1+1
(д) Базис: числа
j < n
утверждение доказано и
общий множитель
n
0
1−√5
1+√5
1+2√5+5
1+√5
1−√5
F
; приn= 1 получаем
2
j < n
n−1
1−√5
2
n−1
1−√5
2
+ 1−
2
−
4
2
−
2
ni
. (б) Базис: приn= 0 получаем равенство
2
F2−
1. Шаг: пусть дляnутверждение верно, тогда
F
n+1
) = (
n+1
1−1F1+1
−(−
1)n= (
F1= 1 и
d >1:Fn=
= 0 получаем
утверждение верно. Тогда
·F1= 1 = 5−1−3 =
F
= 0·1 = 0 = 1−1 =
F2= 1 взаимно просты. Шаг: пусть для всех
+
1−√5
1−√5
2
= (
n+4
=
+
1+√5
1−√5
2
2
F
n+2
−n −
FnF
Fn+
n >
F0= 0 =
1+√5
1
√
2
n−2
n−2
n−2
−
·F1+
3)+ (
n+2
F
5
n−1
n−2
1−√5
1) +
=
−
1−√5
1−2√5+5
2
F
···
+ 2
F
n+3
Fn(
)
F
n+1
2
2
4
2
n+1
·Fn+ 1
F
2. Если бы числа
0
dF
и
F
n+1
n
F1= 1 =
n−2
−
n−2
1−√5
2
+ 1
=
F
n+3
F5−1−
·F
−
1) =
2
F
+ (−1)1. Шаг: если для
1
+
Fn) =
n+1
−(−
1)n=
0
=
dF
n+1
√
[1−1] =
5
h
1+√5
1
√
5
Fn=
F
n−1
1−√5
2
−
1. (в) Базис: при
2
n−2
1−√5
−
+
F
n−2
3. Шаг: пусть для
= (
−(n
FnF
F
Fnи
n ·F1+
+1)−3. (г)
n+1
2
+ (−1)
n+1
F
n+1
+
имели
n+1
F
n+5
, то получили бы
F
2
. . .
2
n
n+1
i
.
=
=
=
=
=
=
+
=
.
Метод математической индукции 87
F
=
F
n−1
n+1−Fn
множитель
Базис:
F0= 0 — чётное,
d >
1, что невозможно по индукционному предположению. (е)
=d(
F
0
n+1
доказано иnделится на 3, то
нечётные,
из чисел
Fn— чётное. Еслиnне делится на 3, то одно и только одно
n −
1 или
n −
2 делится на 3, поэтому одно из чисел
чётное, другое — нечётное, следовательно,
поm. Базис:m= 0,
m
= 1,
F
=
n+1
F
n−1
F
n+0
+
Шаг: пусть для меньших
F
n+m−2
F
n−1(Fm−2
53.
+
Базис:
F
n+m−1
+ F
n
m−1
= 1,
=
) + Fn(F
F2= 1,
утверждение верно, тогда
F
n+1
FnF
F
n+2Fn+1
F
n+1
F
n−1
F
.
n
1 1
1 0
.
n
−F
F1=
n −
=
Fn=
Fn=
F
n−1Fm−2
m−1
=
0
), то есть
n
F
и
Fnтоже имели бы общий
n−1
F2= 1 — нечётные. Если для всех
1 и
n −
2 не делятся на 3,
F
n−1
F
Fn— нечётное. (ж) Индукция
F
·
0 +
Fn·
1 =
F
n−1
F
·
1 +
Fn·
n−1
m
чисел утверждение верно.
+
FnF
+ Fm) = F
F1= 1,
1 1
1 0
n−1Fm
n+1
F
· 1 + Fn· 1 F
n+1
Fn· 1 + F
1 =
+
m−1
F
n−1Fm−1
+ FnF
F0= 0. Шаг: пусть для
1 1
=
1 0
· 1 Fn· 1 + F
n−1
n−1
F
n−1
.
m+1
n
· 1 + Fn· 0
n+1
· F0+
· F1+
+
·
n−1
j < n
и
F
n−2
,
F
n−1
Fn· F1;
Fn· F2.
F
n+m
FnFm=
1 1
1 0
· 0
n−2
Отсюда следует другое решение предыдущей задачи, пункт (г). Из равенства матриц получается равенство определителей, то есть
F
n+1Fn−1
−F
2
n
(−1)n.
54.
Обозначим через
заканчиваются на единицу, а через
тельностей, которые не заканчиваются на единицу. Тогда
(существует пустая последовательность),
Anколичество таких последовательностей, которые
Bn— количество таких последова-
A1= 1,
A0= 0,
B1= 1. Чтобы получить
B0= 1
последовательность длиныn+ 1, нужно приписать один символ в конец
последовательности длиныn, при этом если на конце стоит единица, то
нельзя добавлять единицу, в противном случае можно добавить любой
символ. Поэтому
B
=
B
n+1
n−1
последовательностей равно An+ Bn= F
55.
(а) Доказательство индукцией поn. Базис: один диск можно переложить
A
n+1
+
Bn, поэтому
=
Bn,
B
=
An+
n+1
Bn=
F
n+1
,
An=
n+1
+ Fn= F
Bn. Отсюда
B
n−1
B0= 1,
=
Fn, а общее число
.
n+2
B1= 1,
за одну операцию. Шаг: пусть дляnдисков найден способ переноса с одного
стержня на другой не более чем за 2n−
1 операций. Тогдаn+ 1 диск можно
переместить следующим образом: переносимnверхних дисков на третий
стержень (2n−
1 операций), переносим самый большой диск на второй
—
=
n
=
=
=
88 Ответы и решения
(одна операция), переносимnдисков с третьего стержня на второй (2n−
операций). Общее количество операций равно (2n−
n+1
2
−
1. (б) Доказательство индукцией поn. Базис: переместить один диск
1) + 1 + (2n−
1) =
меньше чем за одну операцию невозможно. Шаг: пусть доказано, что
дисков нельзя переместить с одного стержня на другой менее чем за 2n−
операций. Рассмотримn+ 1 диск. Перенести самый большой диск с одного
стержня на другой возможно, только если эти два стержня ничего другого
не содержат, то есть все остальные диски находятся на третьем стержне.
По индукционному предположению, чтобы перенести все остальные диски
на третий стержень, нужно не менее 2n−
1 операций. Далее требуется
переложить самый большой диск (одна операция) и переложить оставшиеся
n
дисков на него (не менее 2n−
операций оказывается не меньше чем 2
нужно не менее 264−
1 операций, чтобы перенести 64 диска. Предположим,
1 операций). Поэтому общее количество
n+1
−
1. (в) Согласно пункту (б)
что на перекладывание одного диска тратится одна секунда. Оценим 2
секунд снизу. Один год — это не более 366·24·60·60 = 31622400 секунд,
то есть менее 225= 33554432 секунд. Следовательно, 264секунд — это
более
64
25
2
/
= 239лет. Получаем 239=
2
40
2
/2>
12
10
/2, мы воспользовались
неравенством 210= 1024>1000 = 103. Итак, мир просуществует не менее
500 миллиардов лет. А согласно современным данным возраст Вселенной
составляет около 14 млрд. лет. Поэтому ожидать конца света в ближайшем
будущем не стоит.
1
n
1
64
Элементы комбинаторики
2
(а)
3
C
; (б) 3
3
8
56. (а) 3
57.
множествам из букв
тиэлементные подмножества из букв
четырёхэлементным подмножествам из букв
Всего существует 28= 256 подмножеств множестваA. Меньше трёх элементов содержат
элемента содержат 256−37 = 219 подмножеств. (е) Более шести элементов
содержат
C
содержат 256 −9 = 247 подмножеств.
58.
Последовательность однозначно определяется множеством чисел, которые входят в последовательность между первым и последним элементами.
Поэтому (а) 25; (б) 26; (в) 2
3
3
; (в) 2
= 56; (б)
C
7
8
+
C
8
8
3
3
.
4
C
= 35, к всевозможным четырёхэлементным под-
7
A \ {b}
0
+
8
добавляемb; (в)
1
C
2
+
C
8
= 37 подмножеств. Поэтому хотя бы три
8
A \ {b}
5
C
= 21, всевозможные пя-
7
4
; (г)
C
= 5, к всевозможным
5
A \ {c, f, h}
добавляемc. (д)
= 9 подмножеств. Поэтому не более шести элементов
m−1
.
Элементы комбинаторики 89
59.
Выбрать элемент из множества
kiэлементов, но можно не брать ни один из них). Всего существует (
1)(k2+ 1). . . (kn+ 1) способов.
60.
Еслиq— делительp, тоq=
щей задаче существует
r
Q
(
ki+ 1) делителей. Числоnявляется квадратом
i=1
тогда и только тогда, когда все показатели степеней
место тогда и только тогда, когда t(n) нечётно.
61.
P
n
!
m=0
Получаем
n
1/m! =
An=
enn
n
P
m=0
! . Так как
m
A
n
enстремится кeпри возрастанииn, то при
больш´их n получаем An≈ en! .
62.
(а)
C
(n−1)!(
n−k)/k!(n−k
n!/k!(n −k
1)!(
n −k
)! =n!
k
)!(
n − k −(m − k
k
n−1
+
C
)! =
k/k!(n −k
k−1
= (n−1)!/k!(n−1−k)!+(n−1)!/(k−1)!(n−1−(k−1))! =
n−1
)!+ (n−1)!
nC
k−1
n−1
)! =
=
kC
m − k
k
C
; (б)
n
))! =n!/k!(
m!/k!(m − k)! ·n!/m!(n −m)! = C
63.
Базис: для
n
доказано, то (x+y)
n
i
)xiy
C
i
xiy
n
n+1−i
i+1
n
P
i=0
/C
C
n+1−i
n
y
) = (
n+1
P
(
i=0
C
n
64. C
получаем (
i
i+1yn−i
x
n
) = (
n+1
P
=
i=0
i
=n!i!(
n − i)/(i
n
= 0: (x+y)0= 1 =
n+1
= (x+y)n(x+y) = (
n
P
) + (
i=0
n+1
P
i−1
C
xiy
n
i=0
i
n+1
xiy
n+1−i
+ 1)!(
C
n −i)!/n!(i
+ 1)>1, поэтому
i > dn/2e получаем (n − i)/(i + 1) < 1, поэтому C
65.
Всего должно быть сделано последовательноx+yшагов, из нихx—
горизонтальных, остальные — вертикальные. Общее количество вариантов
составляет C
66. (а) C
67.
Произведение содержит 15 множителей 1 +
x
.
x+y
3
· 24= 560; (б) C
7
3
· 53· (−1)3= −2500.
6
можно тремя способами. Первый способ:
множителей
x5. Нужно взять четыре скобки, из которых выбирается
Aiможно
i
i
1
2
p
p
. . . p
1
2
n
P
=
m=0
k/k!(n−k
n ·(n −
k
; (в)
C
n
)!(
n − m
k
m
C
m
n
i
n−i+1
C
xiy
n
n+1−i
.
n −i −
ki+ 1 способами (имеется
i
r
, где
r
ij6 kj. Согласно предыду-
kiчётны. А это имеет
n
n!/(n − m
)! = (n−1)!(
1)!/(
k −
1)!(
m−k
k
C
n−k
=n!/k!(
n
)! =n!m!/k!m!(
)! =n!
n −1−(k −
P
1/(
m=0
n − m
n−k+k)/k!(n−k
1))! =n!/(
n −k)!·(n −k)!/(m −
m − k
)!(
n − m
.
0
C
x0y0. Шаг: если для
) + (
C
) = (
n+1
P
i=0
1)! = (
i+1
/C
n
0
n+1
P
i=0
i
C
xiy
n
n −i)/(i
i
>
n
i+1
n
x2+
n
P
C
i=0
i−1
i−1+1yn−(i−1)
C
x
n
n+1−i
) =
+ 1); при
i
1 и
C
n
i
/C
< 1 и C
n
x5. Получить
i
xiy
n
n+1
P
i=0
i < bn/2c
< C
i
n
n−i
i+1
n
x20равно произведению четырёх
(
C
> C
k1+
)! =
)! =
k −
)! =
)(x+
) +
i−1
n
; при
i+1
n
x
x5,
+
.
20
90 Ответы и решения
из оставшихся выбирается 1, есть
произведению двух множителей
две скобки, из которых выбирается
из которых выбирается
x2, есть
равно произведению десяти множителей
которых выбирается
многочлена 1 +
5
C
68.
10
+ C
13
= 139503.
15
Базис:k= 1, тогда существует одно разбиение,
x2, есть
x2+
x5равны 1, то коэффициент при
4
C
вариантов. Второй способ:
15
x5и пяти множителей
x2. Нужно взять
x5, а из оставшихся — пять скобок,
2
C
5
· C
15
вариантов. Третий способ:
13
x2. Нужно взять десять скобок, из
10
C
вариантов. Так как все коэффициенты
15
x20равен
n1=nиn!
/n1! = 1. Если
x20равно
4
C
+
C
15
20
x
2
15
дляkдоказано, то любое разбиение наk+1 множество можно получить так:
сначала отделить (k+1)-е множество от остального, а затем разбить остаток
наkмножеств. Количество вариантов для (k+ 1)-го:
n
)!, количество вариантов для оставшегося разбиения по индукционному
k+1
предположению равно (
n
)! ·(n − n
k+1
69.
Нужно выбрать в слове позиции для каждой из букв, применяем задачу
11!
68:
5!2!2!
70.
Произведение содержитnмножителей
n
n
1
2
x
x
. . . x
1
2
1,2
, . . . , k
k+1
= 83160.
n
k
, нужно взять
k
. Коэффициент при
n −n
k+1
)!
/n1!
···nk!. Всего вариантов:n!
)!/n1! ···nk! = n!/n1! ···nk!n
x1+
niскобок, из которых выбирается
2
. . . x
n
k
k
n
n
1
x
x
1
2
!.
k+1
x2+
равен числу способов такого
выбора, согласно задаче 68 это количество равно
13
13
13
71.
(а)
N!/((r
C
· C
52
39
!)k·(N − kr
· C
)!); (г2) предыдущее умножаем на количество способов
13
· C
26
= 52!/(13!)4; (б) 32!/(10!)3; (в) 36!/(6!)4; (г1)
13
n
k+1
C
=n!
/n
!(
n
/n
k+1
k+1
!(
n −
n −
···+xk. Чтобы получить
xi, дляi=
n!
n1!n2!...nk!
.
упорядочить прикуп: N !/((r!)k· (N − kr)!) ·(N − kr)! = N !/(r!)k.
72.
Нужно найти наименьшееnтакое, что
3
C
= 20.
6
73.
Существует
5
C
пятиэлементных подмножеств и
n
подмножеств, содержащих 7. По условию имеем
3
C
>
20. Следовательно,n= 6:
n
4
C
пятиэлементных
5
C
n
n
4
= 4
C
. Решая уравнение,
n
находим n = 24.
74. 230вариантов: (а)–(г) да, (д) нет.
k
75.
Индукция поm. Базис, приm= 0:
C
k−1
P
i=0
k−i
C
= 0. Шаг: если дляmдоказано, то
0
k−1
k−i
m
i
n
P
i=0
i
C
C
n
k−1−i
+
C
m
+
k−i
(
C
m
i
C
n
C
при
k−1
C
n+m
k
C
n
k 6=i
C
=
0
m+1
будет
k
P
i=0
+
k−1−i
m
) =
C
k
n+0
k
=
C
n
P
0
C
=
0
i=0
C
k−1
C
C
k−k
m+1
P
0
+
m
i=0
+
C
k−1
P
i=0
i
k−i
C
n
m
k−i
i
C
C
n
m+1
k
=
C
n
k
C
n
i
C
C
n
k
n+(m+1)
k−1
P
+
C
i=0
=
k−i
, так как
0
=
i
C
n
k
P
C
i=0
k
C
n+m
k−1−i
m
i
C
n
k−i
m+1
=
·
+
.