Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторные методы. Учебник.pdf
Подставим теперь вместо мнимую единицу , получим
=
+
+ ).
= (1
+
(1 + )
=
+ ) + (
С другой стороны, по формуле Муавра имеем
+ 2
/
(
4
.
+
4
(1 + )= (2(
= 2
+
4
/
))= 2
4
Приравнивая действительные и мнимые части, получаем ещё два
соотношения:
1
+
+
+ = 2
+ = 2
/
/
;
.
Список получаемых подобным образом соотношений может
быть продолжен.
Например,
(1)
(1)
=
.
В самом деле:
+
(1)
(1)
+
) +
(
=
+
(
(1)
+
+
)(
(1)
(
+
=
+
(
)
+ +
) =
+
(1)
Вот ещё одно тождество
(1)
=
1, при = ,
0, при > .
Для его доказательства заметим прежде всего, что
С
!
=
!()!!!()!
=
!()!
!
()!
()!()!
=
) =
.
) +
.
71
Данное равенство имеет очевидный комбинаторный смысл. Си-
стема вложенных множеств с мощностями соответ-
ственно , и может быть получена
способами, если сначала
из множества выбирать множество , а затем из множества вы-
бирать множество , и
способами, если сначала из множе-
ства выбирать множество , а затем дополнять его до .
Теперь доказательство этого тождества уже не составляет труда:
(1)
= С
(1) (1)
= С
(1)
1, при = ,
=
0, при > .
=
Формула включения и исключения
Чтобы найти мощность объединения двух непересекающихся
множеств, нужно просто сложить их мощности: | | = || + ||.
Если же множества пересекаются, то при сложении их мощностей каждый элемент объединения, входящий только в одно из множеств, учитывается один раз, но каждый элемент пересечения будет
посчитан дважды. Поэтому для правильного ответа необходимо
из суммы мощностей вычесть мощность их пересечения:
|
посчитаются ровно один раз.
|=||+|||
|
. При этом все элементы объединения
Пусть теперь имеются три множества (рис. 2.3).
72
ис. 2.3
Р
При сложении мощностей всех трёх множеств каждый элемент,
входящий ровно в одно из множеств, учитывается один раз, каждый
элемент, входящий ровно в два множества, будет посчитан дважды,
а каждый элемент, входящий во все три множества, — трижды. Если
из суммы мощностей вычесть мощности попарных пересечений, то
по одному разу будут посчитаны элементы, входящие ровно в одно
множество и ровно в два множества, но элементы, входящие во все
три множества, не будут посчитаны ни разу. Поэтому для получения
правильного ответа необходимо ещё прибавить мощность пересечения всех трёх множеств:
|
| ||
|=||+||+|||
|+|
|
|
.
Формула, аналогичная вышеприведённой, справедлива и в об-
щем случае множеств:
|
…
+(1)
|
=
(1)
+
|
|
|
. . .
…
|
.
+ +
… +
+
Эта формула может быть записана компактнее, если ввести следующие обозначения:
=
…
, = 1,2, … ,
.
Тогда формула примет вид
|
…
|
=
(1)
.
Докажем эту классическую формулу, называемую формулой
«включения и исключения». Пусть элемент входит ровно в
73
подмножеств
посчитан
+. . . +
, . . .,
раз и в правую часть формулы даст вклад, равный
(1)
. Тогда в каждой из сумм
. Но из тождества
(
1
)
он будет
= 0
для би-
номиальных коэффициентов следует, что
+. . . +
(1)
= 1.
Поэтому вклад каждого элемента в правую часть формулы будет
равен единице, т. е. правая часть будет равна полному числу элементов, что и доказывает формулу «включения и исключения».
В практических задачах часто имеется некоторое множество
и система его подмножеств
, , …, . Требуется найти
число элементов множества , не принадлежащих ни одному из
множеств
, , …,
. В этом случае формула «включения и ис-
ключения» выглядит следующим образом
|
\(
…
+(1)
|=||
(1)
+
|
. . .
|
|
+
…
|
.
+ +
… +
+
Воспользовавшись введёнными выше обозначениями и положив
= ||, формулу можно представить в виде
|
\(
. . .
|
=
(1)
.
Докажем теперь приведённую ранее формулу Стирлинга
1
=
!
(1)
.
Разбиение -элементного множества на подмножеств можно
рассматривать как размещение различных шаров по одинаковым
урнам, причём в каждую урну должен попасть хотя бы один шар.
74
В табл. 2.1 соответствующая функция является сюръекцией.
Найдём число размещений в случае различных урн, т. е. вычис-
лим !
стыми урнами, есть
фиксированная урна остаётся пустой, равно ( 1)
. Полное число размещений, включая и размещения с пу-
, а число размещений, в которых некоторая
. Отсюда
получаем
!
=
(1)
( )
=
(1)
,
откуда и следует формула Стирлинга.
При применении формулы «включения и исключения» вычисление всех входящих в неё сумм может оказаться затруднительным.
Что будет, если ограничиться первыми < суммами, т. е. рассматривать пересечения не более чем подмножеств? Ясно, что справед-
ливо неравенство
|
|
|
|
|
. . .
|
|
|
.
Аналогичные неравенства, называемые неравенствами Бонферрони, справедливы и в общем случае
(1)
| …
|
(1)
.
То есть при сохранении лишь первых < сумм искомая
мощность объединения множеств вычисляется с недостатком,
если первая отбрасываемая сумма имеет положительный знак,
и с избытком — если отрицательный. При этом абсолютная
величина погрешности, очевидно, не превосходит абсолютной
величины первого отбрасываемого члена.
Чтобы это доказать, снова рассмотрим элемент , входящий
в подмножеств
, . . . ,
. Вклад, даваемый этим элементом
в усечённую до членов правую часть формулы, равен
75
>
=
=−
∑
=
−
,,0
,,1
)1(
lk
lk
CC
n
lj
jkljlj
= (1)
= (1)
(1)
+
+ +(1
+ (1)
(1)
(1)
= 1 + (1)
)
(1)
= (1)
=
=
+
.
Таким образом, этот вклад оказывается большим или меньшим
единицы в зависимости от знака первой отбрасываемой суммы.
В рассмотренной выше задаче о беспорядках число полностью
лишённых порядка перестановок будет вычисляться с недостатком
или с избытком в зависимости от знака первого отбрасываемого
члена.
Подмножества
, , … ,
, как правило, задаются предика-
тивно, т. е. принадлежность элемента данному подмножеству определяется наличием у него определённого свойства. Возникает задача
нахождения числа элементов, обладающих ровно свойствами и не
менее чем свойствами.
Число элементов, принадлежащих ровно подмножествам,
равно
(1)
.
Чтобы установить это, достаточно заметить, что элемент , принадлежащий подмножествам, в каждой сумме
С
раз и в правую часть формулы даёт вклад, равный
учитывается
Используя формулу для числа элементов, принадлежащих не ме-
нее чем подмножествам, получаем
76
(1)
(1)
=
=
(1)
.
В двойной сумме здесь был изменён порядок суммирования, что
часто используется в дискретной математике. Для обоснования
этого приёма достаточно заметить, что для нахождения суммы чисел
в прямоугольной таблице можно просуммировать их в каждой
строке и затем сложить полученные суммы, а можно сначала суммировать по столбцам.
Далее имеем
(1)
=
(1)
=
(1)
.
Итак, число элементов, принадлежащих не менее чем подмно-
жествам, есть
(1)
С
.
Применим полученные формулы. Считая, что перестановка при-
надлежит множеству
, если она оставляет на месте символ , полу-
чаем, что число перестановок, оставляющих на месте ровно симво-
лов, равно
=
(1)
(1)
!
=
!
=
!(
(1)
( )!
!
(1)
)
!
!
!(
!
=
!
С
)
(1)
(
!
!
(
.
)
)
! =
! =
А число перестановок, оставляющих на месте не менее симво-
лов, есть
77
A
исходовыхэлементарнвозможныхчислополное
Аствующихблагоприятисходовыхэлементарнчисло
А
,
)(
Р =
=
(1)
(1)
=
( 1)!
!
С
(
1
=
(
1
)!(
(1)
( )!
)
(1)
!
=
С
!
)
!
!(
!
( 1)!
С
( )! =
( )! =
)
!
(1)
( + )!
.
Приложение
к теории вероятностей
Развитые в предыдущих разделах методы подсчета позволяют
решать задачи теории вероятностей с конечным множеством
равновероятных исходов. Задачи подобного типа особенно часто
возникают в теории азартных игр. Это возвращает нас к истокам
теории вероятностей, которая возникла из анализа шансов при игре
в кости.
Для решения подобных задач достаточно классического
определения Лапласа, согласно которому вероятность события
есть отношение числа элементарных исходов, благоприятствующих
событию А, к полному числу возможных элементарных исходов:
Большое число подобных задач теории вероятностей может быть
сформулировано в терминах следующей модели.
Из урны, содержащей шаров, — красных и – — синих, вынимается шаров. Какова вероятность, что среди них
будет красных и – синих шаров?
Любое -элементное подмножество -элементного мно-
жества шаров будем считать возможным элементарным исходом.
Поэтому полное число элементарных исходов равно
Так как красных шаров выбирается из -элементного множества,
78
.
а – синих — из – , то выборок, содержащих красных
и – синих шаров, в соответствии с правилом произведения
имеется
. Поэтому искомая вероятность равна
Р(А) =
.
Рассмотрим ряд примеров на применение данной формулы.
В коробке находятся 10 деталей, из которых шесть стандартных и четыре дефектные. Найти вероятность, что среди наугад
взятых трёх деталей будут по крайней мере две стандартные детали.
Стандартные детали будем считать красными шарами, а дефектные — синими. Красных шаров должно быть два или три. Поэтому
искомая вероятность есть
Р(А) =
+ С
2
=
.
3
В лотерее из 49 номеров шесть являются выигрышными. Какова вероятность, что среди шести отмеченных номеров окажется ровно четыре выигрышных?
Здесь выигрышные номера играют роль красных шаров, а невыигрышные — синих. Искомая вероятность есть
Р(А) =
.
Рассмотрим теперь другой, менее очевидный пример, при решении которого также можно воспользоваться урновой моделью.
Два одинаково метких стрелка — Пётр и Иван состязаются
в стрельбе по мишени. Условия состязания таковы, что Пётр делает пять выстрелов, а Иван — 10. Победа присуждается Ивану,
если ему принадлежат оба из двух ближайших к центру мишени
выстрелов, и Петру — если среди этих двух есть хотя бы один
его выстрел. Найти вероятность победы для каждого из участников.
Здесь роль шаров играют выстрелы, причём выстрелы Петра
можно уподобить красным шарам, а выстрелы Ивана — синим.
79
Из 15 выстрелов выбираются два определяющих исход соревнования ближайших к центру мишени выстрела. Так как стрелки одинаково меткие, то это соответствует случайному выниманию двух шаров из 15. Победа Ивана соответствует тому, что оба вынутых шара
оказываются синими:
Р
победа
Ивана
С
=
С
3
=
.
7
Победа присуждается Петру, если оба вынутых шара оказываются красными или один из них красный, а другой синий:
победа
Р
Петра
С
+ С
=
=
4
.
7
С
С
Так как состязание заканчивается победой одного из участников,
то сумма двух вероятностей равна, разумеется, единице.
Если из -элементного множества берётся случайная -элемент-
ная выборка, то полное число элементарных исходов равно
если порядок выбираемых элементов принимается во внимание,
— если порядок безразличен. В качестве примеров рассмотрим
и
случайные извлечения карт из стандартной 36-карточной колоды.
Из перетасованной колоды последовательно тянутся три
карты. Какова вероятность, что эти три карты будут семёрка,
дама, туз в заданном порядке?
Решение:
Р(А)=
4
,
А
,
так как в колоде четыре семёрки, четыре дамы и четыре туза.
Из перетасованной колоды извлекаются четыре карты. Какова вероятность, что будут извлечены два короля и две дамы?
Решение:
С
С
Р(А)=
,
С
так как два короля выбираются из четырёх королей, а две дамы —
из четырёх дам.
80