Комбінаторний Аналіз. Методичка

має бути менший за свій допустимий максимум, тобто ak n r i . Крок 2. Збільшимо елемент ak на одиницю bk = аk + 1.

Крок 3. Елементи зліва від ai не змінюємо bi = аi, i<k.

Крок 4. Елементи справа змінюємо на мінімальні, тобто такі, що на одиницю більші від попереднього:

bi = bi-1 + 1= аk +i-k, i>k.

Приклад 6.2. Нехай А={1,2,3,4,5}. Знайдемо сполучення, наступне за {1,2,5,6} у лексикографічному порядку.

Це сполучення подамо рядком 1256. Маємо п = 6, r= 4. Перший справа з таких елементів, що аi ≠ 6 – 4 + і, — це а2=2. Для обчислення наступного більшого сполучення збільшуємо а2 на 1 та одержуємо а2 = 3. Тепер нехай а3 = 3+1=4 і a4 = 3 + 2 = 5. Отже, наступне в лексикографічному порядку сполучення — те, що зображене рядком 1345, тобто {1, 3, 4, 5}. ▲

7. Обчислення кількості розміщень і сполучень

Нехай r і n — будь-які невід'ємні цілі числа. Кількість усіх

елементів по r позначають як Cnr , С(n, r) або ( nr ). Кількість усіх сполучень із повтореннями з n елементів по r позначимо як H nr або Н(n, r).

Очевидно, що для вибірок без повторень повинна виконуватись рівність rn, а для вибірок з повтореннями ця рівність не є обов’язковою.

ТЕОРЕМА 7.1. Кількість усіх розміщень без повторень з n елементів

Доведення. Розглянемо алгоритм отримання вибірки. Нехай задано скінченну непорожню множину А = {а1, а2,… аn} і виконано r таких кроків.

Крок 1. Із множини А вибирають якийсь елемент b1 . Цей елемент можна отримати n способами, бо у множині А є n елементів.

Крок 2. Із множини A чи з A \ b1 вибирають якийсь елемент b2 . Цей елемент можна отримати n-1 способами, бо у множині A \ b1 є n-1 елемент.

Крок r. Якщо b1b2 ,...,br 1 — елементи, які вибрані на перших r - 1 кроках (r >= 3), то на цьому кроці вибирають якийсь елемент br із множини А чи A \ {b1 ,b2 ,...br 1}. Цей елемент можна отримати n- r+1 способом.

Елементи {b1 ,b2 ,...br 1 ,br }утворюють вибірку обсягом r, або r-вибірку

із множини А. Використавши правило добутку, отримаємо, що кількість

попередній теоремі. Легко побачити, що в розміщенні з повтореннями

Доведення. Розглянемо всі розміщення без повторень з n елементів по r (b 1 , b 2 , … b r ) і всі сполучення [b 1 , b 2 , … b r ] без повторень з n елементів по r. Виявимо, у скільки разів більше сполучень ніж розміщень. Для цього визначимо, скільки можна отримати розміщень із одного сполучення [b 1 , b 2 , … b r ] шляхом різних перестановок елементів. Легко побачити, що

перший елемент можна вибрати r способами, другий r-1 способом і т.д. Очевидно, що із двох різних сполучень без повторень не можна одержати однакових розміщень без повторень. Отже, всіх розміщень з n елементів по r у r! разів більше, ніж сполучень з n елементів по r

Anr r!Cnr

Тоді [m1+0, m2+1,…, mr+r-1] — сполучення без повторень з n + r - 1 елементів по r.

Легко переконатись, що кожному сполученню [m1+0 , m2+1,…, mr+r-1] без повторень з n+r-1 елементів по r відповідає, до того ж тільки одне, сполучення [m1,m2,…,mr] із повторенням з n елементів по r.

8. Перестановки з повтореннями

Формулу для кількості перестановок Рп одержують із формули для кількості розміщень без повторень:

Pn Ann n!.

Приклад 8.1. Знайдемо кількість рядків, які можна утворити, переставляючи букви слова SOFTWARE. Оскільки жодна буква тут не повторюється, то можна утворити Р8 =8!= 40320 рядків. ▲

Розглянемо складніший вид перестановок.

Означення 8.1. Нехай є n елементів k різних типів, а число nj (j=1,…,k) — кількість елементів j-гo типу. Очевидно, що n1+п2+...+nk=п. Перестановки з n елементів за такої умови називають перестановками з повтореннями. Кількість таких перестановок позначають як Pn (n1,n2 ,...nk ) .

ТЕОРЕМА 8.1. Кількість різних перестановок з повтореннями рівна:

окрему перестановку та замінимо в ній усі однакові елементи різними. Тоді кількість різних перестановок, котрі можна отримати з узятої однієї

перестановки, дорівнює n1!n2 !...nk !. Якщо зробити це для кожної

Приклад 8.2. Знайдемо, скільки рядків можна утворити, переставляючи букви слова POSSESSIONLESSNESSES. У цьому слові є повторні входження букв, тому скористаємося формулою для перестановок із повтореннями:

Задача розкладання в ящики. Дано n різних предметів і k ящиків. Потрібно покласти в перший ящик n1 предметів, у другий — n2 предметів,…, k-й — nk предметів, де n1 n2 ... nk n. Тут n1 , n2 ,...nk — фіксовані числа. Скількома способами можна це зробити?

Розв’язання.

1-й спосіб. Занумеруємо всі n предметів. Кожен предмет попадає у свій ящик:

Як бачимо, кожному розподілу предметів по ящиках відповідає певна послідовність a1a2…an. Кількість всіх послідовностей відповідає кількості способів розподілу предметів.

Послідовність a1a2…an є перестановкою з повтореннями чисел {1, 2, …, k}, бо перестановкою її елементів ми отримаємо інакший розподіл, а її елементи повторюються. Очевидно, що “1” повторюватиметься n1 разів, “2” повторюватиметься n2 разів, і т.д. Отже, кількість розкладань:

2-й спосіб.

Серед п предметів візьмемо довільну n1 підмножину й покладемо її в перший ящик (це можна зробити Cnn1 способами). Серед п-п1 предметів, що залишились, візьмемо n2 підмножину, покладемо її в другий ящик (це можна зробити Cnn2 n1 способами) і продовжимо цей процес. За правилом

Означення 9.3. Послідовність ( pn ) дійсних чисел називають унімодальною, якщо існує такий натуральний номер m, що p0 p1 ... pm ; pm pm 1 pm 2 ... pn , тобто:

послідовність строго зростає на відрізку 0, m , m 0;

послідовність строго спадає на відрізку m 1, n , m 1 n;

максимальне значення досягається не більш ніж у двох точках: m і можливо, m+1.

ТЕОРЕМА 9.1. За фіксованого п послідовність S n, k , k = 1, 2, ..., n унімодальна.

10. Біном Ньютона

Означення 10.1. Біном Ньютона – це формула для розкладу на окремі складові цілого невід’ємного ступеня суми двох змінних, що має вигляд:

n

x y n Cnr xr yn r r 0

Через цю властивість числа Cnr також називають біноміальними коефіцієнтами.

Розглянемо деякі властивості та тотожності біноміальних коефіцієнтів.

1.Правило симетрії. Нехай n і r – невід’ємні числа, n r . Тоді Cnr Cnn r .

2.Рівність Паскаля : Cnk Cnk 1 Cnk 11.

Рівність Паскаля дає змогу побудувати трикутник Паскаля для коефіцієнтів Cnk .

Приклад 10.1. Знайдемо розклад виразу (х +у)4. Скориставшись біноміальною теоремою, можемо записати:

x y 4 C04 x4 C14 x3 y C24 x2 y2 C34 xy3 C44 y4 = x4 4x3 y 6x2 y2 4xy3 y4 .

Біноміальні коефіцієнти з трикутника Паскаля співпадають з

Скористаємось формулою бінома Ньютона, підставивши x=1, y=1.

Скористаємось формулою бінома Ньютона, підставивши x=1, y=-1.

Означення 10.2. Поліноміальна формула - це формула для розкладу на окремі складові цілого невід’ємного ступеня суми кількох змінних, що має

n1 ... nk n

Поліноміальна формула є узагальненням Біному Ньютона, в чому можна переконатись, підставивши k=2 в поліноміальну формулу.

11. Задача про цілочислові розв'язки

Цю задачу формулюють так: знайти кількість розв'язків рівняння

елементів по п, а саме: елементів першого типу — х1 одиниць, другого — х2, ..., r-го — хr. Навпаки, якщо є сполучення з повтореннями з r елементів по п, то кількість елементів кожного типу задовольняють вимоги рівняння x1 x2 ... xr n у цілих невід'ємних числах. Отже, кількість цілих невід'ємних розв'язків цього рівняння дорівнює:

Приклад 11.1. Знайдемо кількість невід'ємних цілих розв'язків рівняння х1+х2+х3=10. Безпосереднє використання попередньої формули дає

Кількість розв'язків рівняння x1+х2+...+хr = п у цілих невід'ємних числах можна визначити й тоді, коли на змінні накладено певні обмеження.

Приклад 11.2. Знайдемо кількість невід'ємних цілих розв'язків рівняння

x1 x2 .x3 10, де x1 1, x2 2, x3 3.

Зробимо заміну змінних:

y1 x1 1 0, y2 x2 2, y3 x3 3 0.

Отримаємо рівняння:

y1 y2 y3 10 1 2 3 4,

отже, кількість цілочисельних розв’язків:

яка може набувати цілих невід'ємних значень, і перейдемо до еквівалентної задачі: визначити кількість розв'язків рівняння х1+х2+х3+х4 = 10 в невід'ємних

12. Принцип коробок Діріхле

ТЕОРЕМА 12.1. (принцип коробок Діріхле). Якщо k+1 або більше предметів розкладено в k коробках, то існує принаймні одна коробка, яка містить два чи більше предмети.

Доведення. Припустимо, що жодна коробка не містить більше одного предмета. Тоді загальна кількість предметів становить щонайбільше k. Це суперечить тому, що є щонайменше k+1 предмет. ▲

Приклад 12.1. У будь-якій групі з 8 чоловік принаймні двоє народилися в один день тижня. ▲

ТЕОРЕМА 12.2 (узагальнений принцип коробок Діріхле). Якщо N

предметів розкладено в k коробках, то існує принаймні одна коробка, яка містить щонайменше [N/k ] предметів.

Нагадаємо, що найменше ціле число, яке більше за х або дорівнює йому, позначають [х]. Наприклад, [1,1] = 1, [-1,9]=-1, [3]=3.

Доведення. Зазначимо, що справджується нерівність [N/k]<(N/k)+1. Припустимо, що жодна коробка не містить більше, ніж [N/k]-1 предметів. Тоді загальна кількість предметів становить щонайбільше

k([N/k]-1)<k(((N/k)+1)-1)=N.