Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторные методы. Учебник.pdf
2.25. Обозначим U множество всех переcтановок, Uj — множе-
ство перестановок, в которых j чисел остаются на исходных местах.
| = (n − j)!. Эти j чисел можно выбрать
|U
j
антов
(n − j)! =
|
\(
!
. По формуле включений и исключений:
!
. ..
= !
!
)|=
1
1
3!
2!
!
2!
3!
1
4!
1
5!
+
способами. Итого вари-
!
4!
!
+ + (1)
5!
(1)
!
.
+
+ +
=
В нашем случае искомое число равно 5!
+
!
!
!
= 60 − 20 + 5 − 1 = 44.
!
2.26. Обозначим U множество студентов в группе. U0, U1, U2,
U
— подмножества множества занимающихся в 0, 1, 2, 3 секциях
3
соответственно. Поскольку эти подмножества не пересекаются,
|U| = |U
| + |U1| +| U2| + |U3| = 5 + 10 + 6 + 1 = 22.
0
2.27. По формуле включения и исключения всего число спорт-
сменов равно (10 + 8 + 6) – (4 + 3 + 2) + 1 = 24 – 9 + 1 = 16. Не
занимаются спортом 25 – 16 = 9 человек.
2.28. На 2 делятся [100/2] = 50 чисел. На 3 делятся [100/3] = 33
числа. Одновременно на 2 и на 3 делятся [100/6] = 16 чисел.
По формуле включений и исключений получаем
100 – (50 + 33) + 16 = 100 – 83 + 16 = 33.
2.29. Поясним лишь два случая:
1. Если элементы множества неразличимы, а элементы множе-
ства различимы, то произвольная функция определяется набо-
ром кратностей принимаемых ею из множества значений, т. е. яв-
ляется мультимножеством мощности , определённым на типах.
2. В случае, когда элементы множества различимы, а элементы
множества неразличимы, сюръекция является разбиением -эле-
ментного множества на классов.
2.30.
2.31.
(
=(1 + 1
)
1
2.32. С одной стороны, (1 + )
стороны, (1 + )
=
(
)
(
=
1 1
= (1 + )(1 + )
= 2
.
)
= 0
.
=
). Сравнивая коэффициенты при равных
. С другой
=
степенях, получаем нужную формулу.
191
2.33. В формуле задачи 2.32 нужно положить n = m = k.
2.34. 0,12.
2.35. 0,028.
2.36. 1/380.
2.37. 0,3.
2.38.
.
2.39. а) 1/2; б) 1/6; в) 1/3.
2.40. 0,1.
2.41. : 2/ 7.
2.42. 640/1711.
2.43. 3/32.
2.44. 0,2.
2.45. 0,4387.
2.46.
1) Использовать соотношение ( + 1)( )< (( + 1))
ри 0 ≤ i < n;
п
2) Использовать соотношение
3) (1 +
)=
(
+ 1)(2 ) ( + 1);
!
2 +
< 3;
4) Доказывается индукцией по n;
5) Использовать соотношение (!)
< (2)! · 2
;
6) Использовать неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом;
7) Разложить (1 +
)
по биному Ньютона и показать, что это
возрастающая последовательность.
2.47. Использовать формулу Стирлинга.
2.48.
(1 + )
В то же время
192
=
(1 + ) =
()
=
|
=
.
.
3.1.
а) k; б) 2; в) 3.
3.2.
а) x
– xn = (n + 1)2, x1 = 1.
n+1
б) x
– xn = (n + 1)3, x1 = 1.
n+1
3.3. Составим характеристическое уравнение λ4 − 2λ2 + 1 = 0.
Оно имеет два корня λ
щее решение имеет вид:
= − 1, λ2 = 1 — оба кратности 2, значит, об-
1
xn
= (α1 +α
2
n
)(−1)
n
+ (α3 +α
n
).
4
3.4. Корнями характеристического уравнения λ2 − λ +1 = 0 явля-
ются комплексные числа
= cos
+ sin
. Общее решение имеет вид
= α(cos
=
+ sin
= cos
) + α(cos
+ sin
,
+ sin
=
).
=
3.5. Для вычисления суммы запишите рекуррентные соотношения для номеров n = 1, n = 2, …, последнее — для номера n и сложи-
те их.
3.6. Воспользуйтесь тем фактом, что Sn = Sn−1 + un.
3.7. Запишите рекуррентное соотношение для n = 3, n = 4, …,
последнее — для номера n. Умножьте каждое из получившихся соотношений на х в соответствующей степени.
3.8. Составим однородное рекуррентное соотношение, соответствующее данному
a
− 6
a
+ 9
an
n
+2
n
+1
= 0. Характеристическое урав-
нение имеет корень кратности 2 равный 3. Общее решение однородного уравнения имеет вид
Правая часть неоднородного уравнения имеет формат P
a
= α13n +
n
α
n3n.
2
(n)×1n.
0
Корень характеристического уравнения не равен 1, поэтому частное
решение будем искать в виде полинома 0-й степени a
ляя в уравнение, находим
А
− 6А + 9А = −4; А = −1 и получаем общее
= A. Подстав-
n
решение данного неоднородного рекуррентного уравнения
a
= α13n +
n
α
n3n − 1.
2
Для отыскания решения, удовлетворяющего начальным условиям а
α
1
ное решение имеет вид
= 1, а2 = −7, составим систему уравнений относительно
1
и α2
a
= α13 +
1
α
3 – 1 = 1;
2
a
= α132 + 2α232 – 1 = –7. Окончатель-
2
a
= 2·3n – 4·3n/3 – 1.
n
193
3.9. Характеристическое уравнение имеет три различных корня
= 1, λ2 = 2, λ3 = 3 кратности 1 каждый. Общее решение однород-
λ
1
ного уравнения, соответствующего данному, имеет вид
a
= α1 +
α
n
P
2
(n)×1
2n +
2
n
, один из корней равен 1, поэтому искать частное решение
будем в виде
n
α
3
. Формат правой части неоднородного уравнения
3
a
= n(An2 + Bn + C). Подставив в уравнение и приведя
n
подобные члены в левой части, путём сравнения коэффициентов
при соответствующих степенях n в левой и правой частях получаем
систему уравнений для нахождения неопределённых коэффициентов A, B и C: 6A = –24, –12A – 4B = –4, –10A – 4B + 2C.
Откуда A = –4, B = 13 и C = 2. Общее решение имеет вид
a
= α1 +
α
2n +
α
n
2
3n – 4n3 + 13n2 + 2n.
3
3.10. Вычтем друг из друга соотношения
и
a
− 5
a
+ 6
a
= 4. Получим однородное соотношение
n
+1
− 6
an
+1
= 0, общее решение которого имеет вид
a
n
+3
n = α
a
n
+3
− 6
n
+2
a
+ 11
n
+2
+ α2⋅ 2n + α3⋅ 3n.
1
a
n
3.11. Вычтем друг из друга соотношения 4
+1
a
−
n
+2
общее решение которого имеет вид a
n
a
= 4
n
+1
. Получим однородное соотношение
n = α
+ α24n.
1
3.12. Вычтем друг из друга соотношения
a
−
a
и
из a
n
+3
n+3
= (n + 1)2. Получим a
n+
1
– 2a
n+2
+ a
n+1
=2n + 3, получим a
n+2
– 2a
n+1
n+3
a
− 5
a
+ 6
a
= 4
n
+ 4
an = n
an
n
+1
n
= 4
= 0,
n
+2
a
n
+1
a
− 4
a
n
+1
− 5
a
n
+2
n
+1
a
−
n
+2
+ an = 2n + 1. Вычитая его
− 3a
n+2
+ 3a
− an = 2.
n+1
Проделав ещё раз аналогичную операцию, получим искомое однородное соотношение a
решение имеет вид a
n = α
− 4a
n+4
+ α2n + α3⋅n2 + α4n3.
1
n+3
+ 6a
n+2
− 4a
+ an = 0. Его общее
n+1
Чтобы найти решение, удовлетворяющее начальному условию
= 1, последовательно вычислим с помощью исходного уравнения
a
1
= 2, a3 = 6 и a4 = 15.
a
2
Для определения α
+ α2 + α3 + α
1 = α
1
2 = α1 + 2α2 + 4α3 + 8α
6 = α1 + 3α2 + 9α3 + 27α
15 = α1 + 4α2 + 16α3 + 64α
, α2, α3, α4 составим систему уравнений:
1
4;
4;
4;
4.
Решая, находим α1 = 1, α2 = 1/6, α3 = –1/2, α4 = 1/3 и получаем
решение a
= 1 + n/6 – n2/2 + n3/3.
n
и
2
194
3.13.
1
арактеристический многочлен λ
) Х
и λ
= 3. Общее решение an = α1+ α23n;
2
2
) a
= α1in3
n
3
) a
= α1((1 + 5
n
4) a
= (–1)n(α1 + α2n);
n
5) a
= (–4)n(α1 + α2n) + (–2)
n
6) a
= (–1)n(α1 + α2n + α3n2).
n
/2
n
+ α2(–i)n3
1/2
)/2)n + α2((1 – 5
/2
n
;
2
– 4 λ + 3 имеет корни λ1 = 1
1/2
)/2)n;
n
α
;
3
3.14.
1) Общее решение a
α
+ 3α2 = 10, α1 + 9α2 = 16. Отсюда α1 = 7, α2 = 1, an = 7 + 3n;
1
2
) a
= Зn + in + (–i)n;
n
3) a
= α1 + α2n + α3(–2)n, где α1 = (14 – b – 4c)/9, α2 = (b + с – 2a)/3,
n
α
= (2b – c – a)/18;
3
= α1+ α23
n
n
. Из начальных условий имеем
4) Корнями характеристического многочлена являются
λ
= cos(α) ± i·sin(α). Общее решение имеет вид
1,2
a
= α1(cos(α) + i·sin(α)) + α2(cos(α) – i·sin(α)). Из равенств a0 = 1,
n
a
= cos(α) находим α1 = α2 = 1/2. Отсюда an = cos an;
1
5) a
= 1 – (–1)n;
n
6
) a
= 3n(1 + n).
n
3.15.
1) Общее решение рекуррентного соотношения а
– аn = 0 есть
n+1
произвольная константа α. Частное решение неоднородного соотношения будем искать в виде а
родное соотношение, получаем его частное решение а
Общее решение имеет вид а
дим, что α = 1, а следовательно, а
2) Общее решение однородного соотношения а
имеет вид а
= α1(–4)n + α22
n
ношения будем искать в виде а
= n(An + B). Подставляя его в неодно-
n
= n(n – 1)/2.
n
= α + n(n – 1)/2. Из условия а1 = 1 нахо-
n
= 1 + n(n – 1)/2.
n
+ 2 а
n
. Частное решение неоднородного соот-
= A5
n
n
. Подставляя это пробное ре-
n+2
– 8 аn = 0
n+1
шение в исходное соотношение, получаем, что A = 1.
) О
3
а
= α1(–4)n + α22n + 5
n
= –3,1. Искомое решение имеет вид аn = 2(–4)n – 3×2n + 5n;
α
2
4) а
5) а
6) а
бщее решение неоднородного соотношения
n
; из начальных условий находим, что α
= 1/27+ 26(–2)n/27 + n(3n – 5)/18;
n
3
n-
= 2
n
n
(n2 – n + 8) ;
= 2n(n+3/5) + 7(–3)n/5.
= 2,
1
195
3.16.
1) Невырожденным является случай, когда либо q
p
≠ 0. Если q1 = p2 = 0, то, очевидно, аn = α1p
2
q
≠ 0. Тогда bn = 1/(q1(а
1
ние, получаем а
n+2
– p
n+1
– (p1+q2)а
)). Подставляя во второе соотноше-
1аn
+ (p1q2 – p2q1)аn = 0. Далее решаем
n+1
1
обычным образом.
2) Из первого уравнения получаем b
второе уравнение, получим а
n+2
– 4а
= а
n+1
– 3а
n
+ 4аn = 0. Дальше решаем
n+1
обычным образом.
3) Из первого уравнения получаем b
второе уравнение, получим а
+ аn = 8. Дальше решаем обычным
n+2
n
= а
– 5. Подставляя во
n+1
образом.
4.1.
1) 1/(1 – t)
2) 1
+ t + ... + t
3)1/(1 – αt)
α
4) e
5) 1/
6
) t/
7) 2t
8
) (1
9) t(t +
10) t(sin(α))/(1 – 2tcos(α) + t
11)(1 – tcos(α))/(1 – 2tcos(α) + t
t
;
(1 + t);
(1 – t)
2
/(1 – t)3;
m
+ t)
1)/(1 – t)
;
+1
N
N
= (t
– 1)(t – 1);
;
2
;
;
3
;
2
);
2
).
≠ 0, либо
n
, bn = α2q
1
. Подставляя во
n
n
. Пусть
2
196
4.2.
1
) (
2
) (
3
) (
4) (
5) (
4.3.
)
1
2)
1;
3) (1)
4)
)
=
)
= e
)
= te
)
= t
)
= (t
(1)
α
t
;
t
;
2
et;
2
+ t)et.
…
;
!
!
=
;
=
;
!
;
()(
5) (1)
6
) 2
7) (1)
()
8)
()
9)
()
10)
()
11)
12
) (1)
()(
(1)
(
()
)
!
)…()
;
2
— воспользоваться тем, что
…()
…
(
)
— воспользоваться тем, что
= arcsin();
/
при n чётных, 0 при n нечётных;
(
)
/
!
/
при n чётных, 0 при n нечётных;
!
.
)…(
(
()(
)
)
!
)…()
;
(
)
!
= arctg();
4.4. Сравнить соответствующие коэффициенты в следующих
тождествах:
;
1) (1 + )(1 + )
) (1 + )
2
) (1
3
) ((1 + )
4
5) ((1 + )
= ((1 + )
6) (1 )
5
.1. Воспользуйтесь приемом аналогичным, примененному
)
= (1 + )
(1 )= (1
(1 )
+(1 )
(1 )
(1 + 2(1 )
)
+ (1 )
= (1)(1 )
= (1 + )+ 2(1
)
)
)((1 + )
);
= (1 +
;
;
)
)
(1
.
;
+ (1 )
)
в Лемме 5.2.
2. Воспользуйтесь формулой Фробениуса — Юнга (Теоре-
5.
ма 5.2).
5.
3.
5.4.
(
, где (i, j) — координаты клетки s, h(s) — длина её
()
)
( )
.
крюка.
) =
;
197
5.5. Установите взаимно однозначное соответствие между под-
диаграммами и непересекающимися путями от точек (0, 0), (0, 1), ...,
(0, k –1) до точек (1, l
), (2, l2), ..., (k, l
1
), где l
k
= λi + i – 1.
i
5.6. Количество таблиц Гельфанда — Цетлина с верхней строкой
, ...,
1
совпадает с количеством полустандартных таблиц фор-
мы λ, заполненных числами от 1 до n.
5.7.
()
=
.
5.8. Используйте идеи Теоремы 5.2.
6.1.
1) Существует 12 вращений тетраэдра: тождественное, восемь
вращений на 120° вокруг оси, проходящей через вершину и середину противоположной грани, и три вращения вокруг оси, проходящей через середины противоположных ребер. Отсюда
= (
+ 8+ 3
= (
= (
+ 8
+ 8+ 3
2)
)
3
.2. Цикловой индекс равен
6
ставляя в это выражение число цветов 2, получаем число различных
раскрасок
···
)/12;
+ 3
= 5.
)/12;
)/12.
= (
+ 8+ 3
)/12. Под-
6.3. Имеется семь поворотов, переводящих семиугольник в себя.
Тождественная подстановка имеет 1 цикл длины 7. Остальные шесть
подстановок имеют циклы длины 1. Цикловой индекс имеет вид
получаем искомое число ожерелий
ожерелий равно (
= (
+ 6
)/7. Подставляя вместо переменных число цветов 2,
6.4. Цикловой индекс имеет вид = (
+ ( 1) )/.
=
·
= 20.
+ ( 1))/. Число
198
ДОПОЛНИТЕЛЬНАЯ ЛИТЕРАТУРА
1. Берштейн М. А., Мерзон Г. А. Диаграммы Юнга, пути на решётке
и
метод отражений. Математическое просвещение, сер. 3, вып. 18, 2014.
2. Гаврилов Г. П., Сапоженко А. А. Задачи и упражнения по курсу
дискретной математики. М.: Наука, 2004.
3. Гульден Я., Джексон Д. Перечислительная комбинаторика.
М.: Наука, 1990.
4.
Грэхем Р., Кнут Д., Паташник О. Конкретная математика.
М.: Мир, 1998.
5.
Журавлёв Ю. И., Флёров Ю. А., Федько О. С., Дадашев Т. М
борник задач по дискретному анализу. М.: МФТИ, 2004.
С
6.
Зуев Ю. А. Современная дискретная математика. М.: Леланд,
2019.
7.
Зуев Ю. А. Современная дискретная математика в задачах и ре-
шениях. М.: Леланд, 2019.
8.
Комбинаторный анализ. Задачи и упражнения (под ред.
К. А. Рыбникова). М.: Наука, 1982.
Леонтьев В. К. Избранные задачи комбинаторного анализа.
9.
М.: Изд-во МГТУ им. Н. Э. Баумана, 2001.
ипский В. Комбинаторика для программистов. М.: Мир, 1988.
10. Л
11. Перечислительные задачи комбинаторного анализа (сб. перево-
дов под ред. Г. П. Гаврилова). М.: Наука, 1979.
12. Р
айзер Г. Дж. Комбинаторная математика. М.: Мир, 1966.
1
иордан Дж. Введение в комбинаторный анализ. М.: ИЛ, 1963.
3. Р
14. Р
иордан Дж. Комбинаторные тождества. М.: Наука, 1982.
Рыбников К. А. Введение в комбинаторный анализ. М.: Изд-в
15.
М
оск. ун-та, 1985.
16. Сачков В. Н. Введение в комбинаторные методы дискретной ма-
тематики. М.: МЦНМО, 2004.
17. Стенли Р. Перечислительная комбинаторика. Т. 1. М.: Мир,
1990.
18. Стенли Р. Перечислительная комбинаторика. Т. 2. М.: Мир,
2005.
19. A
ndrews G. E. The Theory of Partitions. Reading, Massachusetts:
Addison-Wesley, 1976.
.
о
199
Учебное издание
КОМБИНАТОРНЫЕ МЕТОДЫ
Учеб
ник
Формат 60Х90/16.
Бумага офсетная.
Times
Гарнитура
ИД «Юриспруденция»
105066, Москва, ул. Спартаковская 6-50
www.naukaprava.com, e-mail: e-book@mail.ru