Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторные методы. Учебник.pdf
Применяя метод отражения, как при доказательстве леммы об отражениях, можно переставить отрезки этих двух путей после первого
их пересечения и получить пару путей, которые ведут из s
, s2 в t2, t1
1
соответственно, как показано на рис. 5.9.
Рис. 5.9
Таким образом P’(S→T) = P(s
)·P(s2→t2) – P(s1→t2)·P(s2→t1).
1→t1
То же самое можно записать в виде определителя
(
P’(S→T) =
(
) (
) (
)
.
)
Перейдём теперь к общему случаю. Обозначим P(S→σ(T)) общее
число путей, ведущих из s
, s2, ..., sn в t
1
а σ — некоторая подстановка из симметрической группы S
σ(1)
, t
σ(2)
, ..., t
соответственно,
σ(n)
n
Как и ранее, мы обозначаем число беспорядков в этой подстановке
через |σ|.
Теорема 5.4. Количество непересекающихся путей может быть
найдено по формуле
)
’(
(
(
=
(
…
=
)
)
)
(
(
(
(1)
…
||
(
…
)
…
)
…
)
…
)
=
(
(
…
(
)
)
.
)
.
161
Доказательство. Разобьём все пути с пересечениями на пары.
Пусть i — наименьшее число, такое, что путь, выходящий из s
, пе-
i
ресекает какой-то другой путь. Пусть его первое пересечение происходит с путём, выходящим из вершины s
. Тогда поменяем местами
j
отрезки этих путей после их первого пересечения. Теперь путь из s
ведёт в t
, а из из sj ведёт в t
σ(j)
σ(i)
.
Другими словами, мы получили новую подстановку, которая
представляет собой произведение исходной подстановки на
транспозицию (σ(i), σ(j)). Поэтому чётность их различна, соответствующие им члены суммы имеют противоположные знаки и, соответственно, сокращаются. Таким образом, все слагаемые, отвечающие пересекающимся путям, взаимно уничтожаются. Остаются только слагаемые, отвечающие непересекающимся путям.
Теорема доказана.
i
Вопросы для самопроверки по разделу 5
5.1. Пути Дика — это:
а) пути, не поднимающиеся выше прямой y = x;
б) пути, не опускающиеся ниже прямой y = x;
в) пути, пересекающие прямую y = x.
5.2. n-е число Каталана задаёт:
а) количество путей Дика из точки (0, 0) в точку (n – 1, n);
б) количество путей Дика из точки (0, 0) в точку (n – 1, n – 1);
в) количество путей Дика из точки (0, 0) в точку (n, n);
г) количество путей Дика из точки (0, 0) в точку (n, n – 1).
5.3. Между путями Дика и стандартными таблицами имеет
место:
а) биекция;
б) сюръекция;
в) инъекция.
Задачи к разделу 5
5.1. Установить биекцию между путями Дика и «стандартными
таблицами» 2 × n, т. е. таблицами 2 × n, заполненными натуральными числами от 1 до 2n так, что числа в каждой строке и в каждом
столбце возрастают.
5.2. Доказать формулу крюков.
5.3. Полустандартной таблицей называется диаграмма Юнга
формы λ, заполненная целыми числами от 1 до n так, что числа
в каждом столбце возрастают, а в каждой строке не убывают. Найти
формулу для числа полустандартных таблиц.
5.4. Найти формулу крюков для полустандартных таблиц
формы λ.
5.5. Число диаграмм Юнга, лежащих внутри прямоугольника
× , равно
. Найти число диаграмм Юнга, лежащих внутри
произвольной диаграммы Юнга λ.
163
5.6. Найти число таблиц Гельфанда — Цетлина, т. е. треуголь-
ных таблиц из ( + 1)/2 целых чисел с верхней строкой
, ...,
1
в которых каждое число не меньше левого верхнего соседа и не
больше правого верхнего соседа.
.7. Пусть
5
…
…
…
…
…
()
,
.
()
где C
— числа Каталана. Вычислить
k
5
.8. Пусть диаграмма Юнга µ лежит внутри диаграммы λ. Тогда
=
…
…
разность λ\µ называется косой диаграммой Юнга. Найти формулу
для количества стандартных таблиц формы λ\µ.
,
Раздел 6
ПЕРЕЧИСЛЕНИЕ КЛАССОВ
ЭКВИВАЛЕНТНОСТИ.
ТЕОРИЯ ПОЙА
Р
ассмотрим задачу о числе раскрасок граней куба в три цвета:
белый (w), синий (b) и красный (r). Так как есть три возможности
для раскраски каждой из шести граней, то всего раскрасок 3
Далее можно найти число раскрасок, использующих раз белый,
раз синий и раз красный цвет ( + + = 6). Для этого доста-
точно раскрыть
(
+ +
)
с помощью полиномиальной формулы
6
= 729.
(
+ +
)
=
,,
!
!!!
.
При этом каждой грани куба ставится в соответствие скобка
(
+ +
бору буквы при раскрытии скобок. Таким образом, имеется
)
, и выбор цвета при раскраске грани соответствует вы-
!
рас-
!!!
красок, использующих раз белый, раз синий и раз красный цвет.
Эти формулы, однако, справедливы лишь в том случае, если все
грани куба различны, другими словами, куб занимает определённое
положение в пространстве. Если же куб можно поворачивать, совмещая его с самим собой, то различные раскраски могут переходить
друг в друга, совмещаясь. При этом естественно считать совместимые раскраски одинаковыми и ставить задачу нахождения числа
различных раскрасок. На математическом языке это можно выразить следующим образом.
Группа самосовмещающих вращений куба действует как группа
6
перестановок на множестве из 3
раскрашенных кубов. Совмести-
мость различных раскрасок при поворотах куба является отношением эквивалентности. Классы эквивалентности принято называть
в данном случае орбитами. Таким образом, требуется найти полное
число орбит, а также число орбит, использующих заданное число раз
165
каждый из цветов. Для решения этой задачи воспользуемся классическим результатом о числе орбит, возникающих при действии
группы на конечном множестве, который носит имя Уильяма Бернсайда — английского математика, внёсшего значительный вклад
в развитие теории групп конечного порядка.
Пусть группа G действует как группа подстановок на конечном
множестве Х, элементы которого будем называть точками. Результат
действия подстановки на точку будем обозначать че-
()
рез
, т. е. писать точку в скобках слева от действующего на неё
элемента группы с тем, чтобы сохранить порядок последовательных
действий элементов группы слева направо. Точку назовём ста-
ционарной для элемента , если () = . Пусть
||
ство стационарных для точек,
ность множества
и порядок группы .
и
— соответственно мощ-
— множе-
Лемма Бернсайда. Число орбит N при действии группы G на ко-
нечном множестве точек X равно среднему по группе числу стационарных точек множества X
=
||
.
Прежде чем давать доказательство, проиллюстрируем лемму
примерами. Пусть множество состоит из пяти точек:
= {1, 2, 3, 4, 5}, а действующая на этом множестве группа явля-
ется циклической группой, порождённой подстановкой шестого по-
рядка = (1, 2, 3)(4, 5). Ясно, что образующие циклы множества
{1, 2, 3} и {4, 5} и будут в данном случае орбитами действия группы.
Выпишем все шесть подстановок данной циклической группы :
=
= (1)(2)(3)(4)(5);
= (1, 2, 3)(4, 5);
= (1, 3, 2)(4)(5);
= (1)(2)(3)(4, 5);
= (1, 2, 3)(4)(5);
= (1, 3, 2)(4, 5).
Просуммировав число стационарных точек по всем перестановкам и разделив полученную сумму на порядок группы, получаем
(5 + 0 + 2 + 3 + 2 + 0)/6 = 2 в полном соответствии с леммой.
166
Рассмотрим теперь пример, более близкий к нашей задаче о раскраске граней куба. Пусть вершины квадрата раскрашиваются двумя
цветами: красным (red) и синим (blue). Всего таких раскрасок
4
= 16. Квадрат может поворачиваться относительно центра на уг-
2
лы 0°, 90°, 180°, 270°, самосовмещаясь. При этом одна раскраска мо-
жет переходить в другую. Требуется найти число различных раскрасок с учётом самосовмещений, т. е. число орбит действия группы
поворотов на множестве 16 раскрашенных квадратов. Вот эти
÷ x
16 раскрасок, обозначенные как x
1
(рис. 6.1):
16
Рис. 6.1
Группа поворотов имеет порядок 4 и является циклической.
Она порождается поворотом на 90° по часовой стрелке, который
обозначим как . Тогда (
)=
1
. Выпишем действие элементов
2
группы на множестве 16 раскрасок:
167
=
(
)()()()()()()()()()()()()()()(
= (, , , )(, , , )()()(, )(, , ,
= (, )(, )(, )(, )()()()()(, )(,
= (, , , )(, , , )()()(, )(, , ,
=
);
);
).
Подсчитав число стационарных точек и применив формулу Берн-
сайда для определения числа орбит, получим (16 + 2 + 4 + 2) 4
= 6.
Эти шесть орбит, разумеется, снова будут циклами порождаю-
щего элемента : {
{
, , ,
, , , }, {, , , }, {}, {}, {,
}.
},
Может показаться, что непосредственное выписывание орбит
позволяет найти их число быстрее, чем определение их числа с помощью подсчета числа стационарных точек и применения леммы
Бернсайда. Однако лёгкость выписывания орбит в данном случае,
с одной стороны, объясняется цикличностью группы , а с другой
стороны, это действие обозримо вследствие сравнительно небольшого числа раскрашенных квадратов, на которых действует груп-
па — всего 16. На множестве 729 раскрашенных кубов подобные
действия, задаваемые вращениями, выписать в явном виде было бы
значительно труднее. В то же время нахождение числа стационарных раскрасок можно осуществить значительно проще, если
рассмотреть действие группы не на множестве 16 раскрашен-
ных квадратов, а на множестве вершин квадрата, которых всего четыре:
);
=
= (1)(2)(3)(4);
= (1, 2, 3, 4);
= (1, 3)(2, 4);
= (1, 4, 3, 2),
и заметить, что некоторая раскраска является стационарной для данной подстановки в том и только в том случае, если все вершины каж-
дого цикла подстановки выкрашены одним цветом. Таким образом,
подстановка, состоящая из циклов, имеет
стационарных раскра-
сок, где — число цветов (в нашем случае = 2).
168
Сделанное замечание вместе с леммой Бернсайда позволяют
найти число орбит как (2
+ 2+ 2+ 2) 4= 6. Это вычисление
может быть представлено в изящной форме, если ввести цикловой
индекс действия группы на множестве вершин квадрата. Циклу
длины поставим в соответствие переменную
и каждую переста-
новку представим мономом, образованным произведением входя-
щих в подстановку циклов: =
, ,
,
Просуммировав соответствующие подстановкам мономы и поделив
полученный полином на порядок группы, получим цикловой индекс
группы от переменных
, ,
(, ,
) =
(
+
+ 2
).
Теперь для нахождения числа раскрасок достаточно подставить
в цикловой индекс вместо каждой из переменных число используе-
мых цветов
= =
= 2.
В общем случае цикловой индекс группы перестановок степени записывается как
.
(, , …,
) =
||
…
, (6.1)
где (, , …, ) — цикловой тип подстановки .
Цикловой индекс позволяет не только получить полное число
раскрасок, но также найти число раскрасок, использующих заданное
число раз каждый из цветов. Для этого достаточно вместо каждой из
переменных
циклового индекса подставить выражение (+
и привести полином к стандартному виду суммы произведений
1
(
( + )
4
Теперь коэффициент при мономе
+ (+
)
+ 2(+
= + + 2+ +
показывает число раскра-
)
)
=
.
сок, использующих раз синий и раз красный цвет. Таким образом,
имеется по одной одноцветной раскраске, по одной раскраске, использующей один раз один цвет и три раза другой, и две раскраски,
использующие каждый из цветов дважды. Это легко проверить с помощью рис. 6.1.
169
)
Цикловой индекс был введён Дьердем Пойа (1887−1985) — известным венгерским математиком, с 1940 года проживавшим
в США, соавтором ряда классических математических монографий,
а также автором широко известных книг по методике преподавания
математики. Ввиду основополагающей работы Пойа 1937 года,
сильно продвинувшей теорию перечисления, методы перечисления,
основанные на использовании циклового индекса, объединяют под
общим названием теории Пойа. Обратимся, однако,
к доказательству леммы Бернсайда.
Доказательство леммы Бернсайда. Пусть
одна из орбит при действии группы на множестве . Пусть
множество элементов таких, что (
Покажем, что
=
, где
— стабилизатор точки
)
, , . . . , —
=
, = 1, 2, … , .
, т. е. такая
—
подгруппа группы , элементы которой оставляют на месте точку
, а — произвольный фиксированный элемент множества
В самом деле, ясно, что
, так как ()
Докажем обратное включение. Пусть
Тогда
=
т. е.
, так как
.
(
)=(
=
Таким образом,
)
, = 1,2, … ,, — множество левых смежных
классов по стабилизатору
. Этим доказывается, что
. Отсюда имеем
=
||
=
(
)
= ()=
′
, т. е.
= . Поэтому
;
;
)
(
′
=
=
,
||
=
.
.
.
.
Такую же мощность имеют и стабилизаторы остальных точек орбиты
||
, = 1,2, …, .
=
.
Поэтому
||
=
Рассмотрим теперь двудольный граф (рис. 6.2), одну долю кото-
рого составляют элементы группы , другую — точки множества .
170