1. Общие правила комбинаторики.

Начнем с простого примера.

Пример 1.1. Допустим, что в магазине имеются 5 различных видов коробок конфет и 4 различных вида коробок печенья. Поставим два вопроса. Сколькими способами можно выбрать в подарок коробку конфет или коробку печенья? Сколькими способами можно составить набор, состоящий из коробки конфет и коробки печенья?

На первый вопрос ответ очевиден. Коробку конфет можно выбрать пятью способами, коробку печенья – четырьмя способами. Следовательно, конфеты или печенье можно выбрать 5+4=9 способами.

Если мы составляем набор, то к каждой из пяти различных коробок конфет можно подобрать печенье четырьмя способами: к коробке конфет первого вида – 4 способа выбора печенья, к коробке конфет второго вида – опять 4 способа и т.д. Всего 54=20 различных способов.

Этот простейший пример показывает применение правил суммы и произведения. Как мы видим, союзу «или» в постановке задачи соответствует сложение, союзу «и» - умножение. Сформулируем теперь правила в общем виде.

Правило суммы. Если некоторый объект А можно выбрать m способами, а объект В – k способами (не такими, как А), то объект «или А или В» можно выбрать (m+k) способами.

Правило произведения. Если объект А можно выбрать m способами, а после каждого такого выбора другой объект В можно выбрать (независимо от выбора А) k способами, то объект «А и В» можно выбрать mk способами.

Пример 1.2 (задача о домино). Сколькими способами из 28 костей домино можно выбрать две кости так, чтобы их можно было приложить друг к другу (то есть, чтобы какое-то число очков встречалось на обеих костях)?

Сначала выберем одну кость. Это можно сделать 28 способами. При этом в 7 случаях выбранная кость окажется «дублем» (00, 11, 22, 33, 44, 55, 66), а в 21 случае – костью с различными числами (например, 12 или 35). К дублю вторую кость можно выбрать 6 способами (например, если первая кость была 22, то приложить к ней можно кости 02, 12, 23, 24, 25, 26). Если первая кость не является дублем, то вторую кость можно выбрать 12 способами (для кости 35 подойдут 03, 13, 23, 33, 34, 36, 05, 15, 25, 45, 55, 56). По правилу произведения в первом случае получаем 76=42 способа, во втором - 2112=252 способа. Значит, по правилу суммы всего 42+252=294 способов выбора пары. Но в приведенном рассуждении каждая пара костей учитывается дважды (например, одним из способов выбора считается пара 35 и 55, а другим – пара 55 и 35). Если не учитывать порядок выбора костей, то в ответе получим вдвое меньше способов, то есть 147.

2. Схема выбора, приводящая к размещениям и перестановкам.

Изучим теперь различные типы выборок.

Пусть множество состоит из n различных элементов. Из этого множества будем выбирать m элементов без повторения (или без возвращения). Это означает, что мы выбираем последовательно по одному элементу, причем каждый отобранный элемент исключается из исходного множества и не может быть выбран снова. Пусть нам при этом важен порядок выбора. Тогда различными результатами данного опыта будут упорядоченные m-элементные подмножества множества Е, отличающиеся либо набором элементов, либо порядком их следования. Эти упорядоченные подмножества называются размещениями из n элементов по m, а их общее число обозначается .

Например, из трех элементов a, b и c можно образовать следующие различные размещения по 2 элемента: ab, ba, ac, ca, bc, cb. Этих выборок всего 6 (), и каждая выборка отличается от другой либо набором элементов либо их порядком.

Рассмотрим следующую задачу.

Пример 2.1. Допустим, в соревнованиях по футболу принимает участие 10 команд. Борьба идет за золотые, серебряные и бронзовые медали. Сколькими способами медали могут быть распределены между командами?

В данной задаче мы имеем дело с выборками-размещениями из 10 элементов по 3. Действительно, из 10 команд нужно выбрать 3, причем команды не должны повторяться, и важен порядок выбора (любой команде не безразлично, займет она первое, второе или третье место).

Подсчитаем . Очевидно, что на первое место можно поставить команду 10 способами, на второе – уже 9 способами (из 9 оставшихся команд), на третье – 8 способами. По правилу произведения общее число способов: =1098=720.

Определим общую формулу для вычисления .

Поскольку выбираем из n различных элементов, то на первое место можно поставить элемент n способами. Второй элемент выбираем из (n-1) оставшихся элементов, поэтому его можно поставить (n-1) способами. Согласно правилу произведения, пару из первого и второго элементов можно образовать n(n-1) способами. Третий элемент выбираем из (n-2) элементов, поэтому (n-2) способами и т.д. Последний m-ый элемент можно выбрать (n-m+1) способами. Таким образом, выборки-размещения можно образовать (по правилу произведения) n(n-1)…(n-m+1) способами, следовательно,

= n(n-1)…(n-m+1) . (2.1)

Пример 2.2. Множество E состоит из 8 первых букв русского алфавита. Опыт заключается в выборе без повторения четырех букв и записи некоторого шифра в порядке поступления букв. Сколько четырехбуквенных шифров может быть получено? Сколько таких шифров начинается с буквы а?

Число четырехбуквенных шифров в данном опыте вычисляется по формуле: =8765=1680.

Если на первом месте стоит буква а, то количество шифров равно числу способов разместить на три оставшихся места по одному символу из семи (символ а исключен из рассмотрения, поскольку его место уже определено). Таким образом, число шифров, начинающихся с буквы а, равно =765=210.

Если мы имеем дело с выборками-размещениями в частном случае, когда m=n, то опыт состоит в произвольном упорядочивании множества E, а - число размещений, которые отличаются друг от друга только порядком расположения элементов E. Такие размещения называются перестановками. Их общее число обозначается . Из формулы (2.1) следует, что

== n(n-1)…21=n! . (2.2)

Замечание. Знаком n! (читается: n–факториал) принято обозначать произведение всех чисел от 1 до n.

Число n может принимать не только натуральные значения, оно может быть равно нулю. Естественно считать, что пустое множество упорядочивается только одним способом, и по определению полагать 0!=1.

Формулу (2.1) с помощью факториалов можно записать в виде

. (2.3)

Пример 2.3. Три студента А, В и С победили на олимпиаде. Сколько существует различных способов вручения им дипломов первой, второй и третьей степени?

В задаче требуется найти число способов упорядочивания множества , т.е. число перестановок. По формуле (2.2) имеем =321=6. Эти способы легко выписать: АВС, АСВ, ВАС, ВСА, САВ, СВА.

Пример 2.4. Лингвистам часто приходится разгадывать надписи, сделанные на незнакомых языках. Предположим, что им попался текст, написанный при помощи 26 незнакомых знаков. Эти знаки являются буквами, изображающими 26 звуков. Сколькими способами можно сопоставить звуки знакам письма? Во сколько раз уменьшится число возможностей, если удалось найти 7 знаков для гласных и 19 знаков для согласных?

Расположив знаки письма в некотором порядке, мы сопоставим эти знаки звукам. Каждая перестановка знаков даст некоторое правило сопоставления. Поэтому число способов сопоставления равно . Это число очень велико и приблизительно равно 410²⁶.

Определим теперь, во сколько раз уменьшится число возможностей, если удалось определить, что некоторые 7 знаков соответствуют гласным звукам, а остальные 19 знаков – согласным. Сопоставить 7 знаков гласным можно 7! способами, а 19 знаков согласным – 19! способами. Общее число комбинаций равно 7!19!. Значит, число способов уменьшилось в раз.

3. Схема выбора, приводящая к сочетаниям.

На практике не всегда важен порядок расположения элементов в выборках. Например, если мы выбираем несколько человек из группы делегатами на конференцию, то нам совсем не важно, кого мы выбрали первым, а кого – вторым.

В том случае, когда опыт состоит в выборе m элементов из n без повторения (или без возвращения), и при этом не важен порядок выбора, различными исходами опыта будут m-элементные подмножества множества Е, содержащие разные наборы элементов. Эти подмножества называются сочетаниями из n элементов по m, а их общее число обозначается .

Из трех элементов a, b и c можно образовать только три различные выборки-сочетания по 2 элемента: , и .

Вычислим сначала в частном случае.

Пример 3.1. В группе 25 студентов. Сколькими способами можно выбрать трех студентов делегатами на конференцию?

Если бы в задаче был важен порядок выбора, то число способов было бы равно =252423. Но при таком подсчете, выбрав трех студентов, мы имеем 6 различных упорядоченных множеств из трех элементов (см. пример 2.3), которые, если порядок выбора не важен, должны считаться неразличимыми. Поэтому в данной задаче для получения искомого числа способов нужно разделить число размещений на 6 (т.е. на число перестановок из трех элементов). В итоге получим == способов выбора трех делегатов из 25 студентов.

С помощью аналогичных рассуждений легко получить общую формулу для вычисления числа сочетаний из n элементов по m:

. (3.1)

Пример 3.2. Допустим, что из четырех математиков и пяти экономистов требуется выбрать комиссию в составе четырех человек при условии, что в комиссию войдет хоть один математик и хоть один экономист. Сколькими способами это можно сделать?

Комиссия может иметь следующие составы: один математик и три экономиста, два математика и два экономиста или три математика и один экономист.

В комиссию первого состава математика можно выбрать =4 способами, экономистов - способами. По правилу произведения комиссию такого состава можно выбрать 40 способами.

Аналогично, комиссию второго состава можно выбрать способами, а комиссию третьего состава - способами.

По правилу суммы, поскольку комиссия может иметь первый или второй или третий состав, всего способов 40+60+20=120.

3. Схема выбора, приводящая к размещениям с повторениями.

Пусть выбор m элементов из множества производится с повторением (или с возвращением), т.е. выбрав один элемент, мы отмечаем его и возвращаем обратно в множество, затем можем выбрать его снова, и с упорядочением выбранных элементов в последовательную цепочку (нам важен порядок выбора). Тогда различными исходами опыта будут всевозможные m-элементные наборы (вообще говоря, с повторениями), отличающиеся либо составом элементов, либо порядком их следования. Получаемые в результате комбинации называются размещениями с повторениями из n элементов по m, а их общее число обозначается .

Например, если , и мы составляем всевозможные трехэлементные размещения с повторениями (n=4, m=3), то комбинации aaa, aab, aba, aac являются различными исходами данного опыта (они отличаются либо составом элементов, либо порядком их следования).

Рассмотрим следующую задачу.

Пример 4.1. Сколько разных трехзначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5 (цифры могут повторяться)?

Если бы цифры не могли повторяться, то ответ нам был бы известен: надо вычислить . Но в данном случае чисел, конечно, может быть образовано больше. Первую цифру трехзначного числа мы можем выбрать пятью способами, вторую - тоже пятью, третью (независимо от первых двух) - опять пятью способами, и поэтому трехзначное число может быть образовано 555=125 способами.

Аналогичные рассуждения помогут определить число размещений с повторениями в общем случае. Найдем формулу для вычисления .

Пусть множество содержит n элементов, из которых мы составляем размещения по m элементов с повторениями. Первый элемент размещения может быть выбран n способами, второй – тоже n способами. В силу правила произведения, упорядоченную пару элементов можно образовать nn=n² способами. Третий элемент можем выбрать тоже n способами и т.д. Понятно, что такие размещения из n элементов по m можем образовать способами, т.е.

. (4.1)

Пример 4.2. Шесть разноцветных шариков случайным образом рассыпаются по четырем лункам (в одну лунку может поместиться любое число шариков). Сколько существует различных способов распределения шариков по лункам?

Занумеруем шарики. Для первого шарика лунка может быть выбрана четырьмя способами, для второго – тоже четырьмя способами и т.д. В итоге число способов распределения 6 шариков по 4 лункам равно =4096.

3. Схема выбора, приводящая к перестановкам с повторениями.

Изучение этого случая начнем с простого примера.

Пример 5.1. Сколько различных упорядоченных комбинаций можно составить из букв слова “музыка”? Сколько таких комбинаций можно составить из букв слова “огород”?

На первый вопрос ответ ясен – число комбинаций равно числу перестановок шести различных букв: =6!=720. Во втором случае знакомая нам формула числа перестановок не может быть применена – буква “о” повторяется в слове три раза, и, меняя местами любые две буквы “о”, мы не получим новой комбинации. Поэтому для ответа на второй вопрос нужно 720 разделить на число перестановок трех одинаковых букв “о”, т.е. разделить на 6. Значит, число различных комбинаций из букв слова “огород” – только 120.

В примере 5.1 мы ввели в рассмотрение новый вид выборок – перестановки с повторениями.

Рассмотрим множество А, состоящее из n элементов, не обязательно различных. Пусть первый элемент встречается в множестве А n₁ раз, второй – n₂ раз, …, k-ый - n_k раз, и n₁ + n₂ + …+ n_k = n. Множество А может быть записано схематично в виде

.

Будем составлять различные перестановки элементов множества А, которые отличаются друг от друга порядком расположения элементов. Такие перестановки и называются перестановками с повторениями, а их общее число обозначается или (черта означает, что есть повторяющиеся элементы).

Выведем общую формулу для вычисления числа перестановок с повторениями. Если бы все элементы множества А были различными, то по формуле (2.2) у нас получилось бы n! различных перестановок. Но так как некоторые элементы в множестве повторяются, и, меняя их местами между собой, новой перестановки мы не получим, то понятно, что число перестановок с повторениями меньше n!. Во сколько раз меньше? Элементы первого типа (в схеме это элементы а) можно переставить между собой способами, второго типа - способами, k-го типа - способами. При этом общее число перестановок с повторениями не изменится. Значит, число перестановок с повторениями меньше n! в раз, т.е. это число равно

==. (5.1)

В примере 5.1 при вычислении перестановок букв слова “огород” можно было использовать последнюю формулу, положив n=6, k=4, n₁=3, n₂=1, n₃=1, n₄=1.

Замечание. С помощью формулы (5.1) можно вычислить число способов разбиения множества, состоящего из n элементов, на k подгрупп, первая из которых содержит n₁ элементов, вторая – n₂ элементов, …, k-ая - n_k , поскольку

. (5.2)

Равенство (5.2) легко доказывается с помощью формулы (3.1).

Часто при решении задачи приходится применять не одну, а несколько известных формул. Покажем это на примере.

Пример 5.2. Сколько различных перестановок из букв слова “огород” можно составить при условии, что три буквы “о” не стоят подряд?

Посчитаем сначала число перестановок букв в случае, когда три буквы “о” стоят рядом. В этом случае “ооо” можно считать за один символ. Остаются еще три разных символа: “г”, “р” и “д”. Всего четыре символа, поэтому перестановок может быть 4!=24.

Для вычисления числа перестановок, в которых три буквы “о” не стоят подряд, достаточно от числа всех перестановок (это число получено в примере 5.1 и равно 120) вычесть число комбинаций, в которых три буквы “о” стоят рядом: 120-24=96.

3. Схема выбора, приводящая к сочетаниям с повторениями.

Если опыт состоит в выборе с повторениями (с возвращением) m элементов из множества , но без учета порядка выбора, то различными исходами такого опыта будут всевозможные m-элементные наборы, отличающиеся составом элементов. Получаемые в результате данного опыта комбинации называются сочетаниями с повторениями из n элементов по m, их общее число обозначается .

Например, если , и мы составляем всевозможные трехэлементные сочетания с повторениями (n=4, m=3), то комбинации aab, aba неразличимы для данного эксперимента, а набор aac отличен от предыдущих.

Рассмотрим следующую задачу.

Пример 6.1. В магазине имеются коробки конфет трех видов. Сколькими способами можно заказать набор, состоящий из пяти коробок?

В задаче требуется установить число выборок, состоящих из пяти элементов, среди которых непременно будут повторяющиеся.

Зашифруем каждый заказ нулями и единицами. Сначала напишем столько единиц, сколько заказали коробок конфет первого вида. Потом напишем ноль. Дальше запишем столько единиц, сколько заказали коробок второго вида. Затем опять ноль и столько единиц, сколько заказали коробок конфет третьего вида.

Например, если заказали две коробки конфет первого вида, одну - второго вида и две - третьего вида, то это событие зашифруется так: 1101011.

Если коробок второго и третьего наименований совсем не заказали, то этот факт будет отмечен двумя нулями на конце шифра: 1111100.

Событию “заказано четыре коробки конфет второго вида и одна - третьего” соответствует шифр 0111101.

Легко заметить, что каждый “зашифрованный” заказ представляет собой комбинацию пяти единиц и двух нулей. Число способов выбора заказа равно числу перестановок с повторениями элементов множества А=1,1,1,1,1,0,0. В этом множестве единица повторяется 5 раз, а ноль - два раза, и, применяя формулу (5.1), находим искомое число комбинаций: . Значит, .

Найдем теперь формулу для вычисления числа сочетаний с повторениями в общем случае, когда множество Е содержит n элементов, а объем выборки равен m.

Аналогично тому, как это делали в примере 6.1, зашифруем каждую выборку нулями и единицами. Число единиц равно числу выбираемых элементов, т.е. равно m. Нули соответствуют “перегородкам”, отделяющим элементы одного вида от элементов другого. Поскольку всего различных элементов в исходном множестве n, то мы должны поставить между единицами (n-1) “перегородок”, т.е. (n-1) нулей. Число равно числу перестановок с повторениями элементов множества А, состоящего из m единиц и (n-1) нулей, т.е.

=. (6.1)

Поскольку (см. формулу (3.1)), то и

. (6.2)

Пример 6.2. На студенческом вечере присутствуют юноши и девушки 16 факультетов университета. На конкурс приглашаются 5 человек. Ведущий выбирает факультеты, представители которых участвуют в конкурсе, причем любой факультет может быть назван не один раз. Сколькими способами ведущий может выбрать факультеты?

Искомое число способов, очевидно, равно числу сочетаний с повторениями из 16 по 5 (мы должны из 16 факультетов выбрать 5, возможно, с повторениями), т.е. равно .