§ 3. Размещения и перестановки с повторениями

Начнём с примеров:

1. Сколько существует слов русского алфавита длины 7 ? Под словом понимается любая последовательность букв.

Эта задача легко решается по принципу умножения: первую букву слова можно написать 33-мя способами, вторую – тоже 33-мя, и т.д. Всего получается 33333333333333 = 33⁷ слов.

2. Сколько существует различных шестизначных номеров автобусных билетов из цифр 0, 3, 9 ? А сколько существует шестизначных чисел из тех же цифр ?

Ясно, что искомое число автобусных билетов равно 3⁶ = 729 (на каждую из шести позиций номера можно поставить любую из трёх цифр 0, 3, 9). Шестизначных чисел будет гораздо меньше, т.к. незначащие нули в них не допускаются. Поэтому первая (старшая) цифра выбирается из двух, а остальные пять – из трёх. Всего получится 2·3⁵ = 486.

Если A = {a₁ , … , a_n } – конечное множество из n элементов, то размещением n элементов с повторениями по k местам называется любой упорядоченный набор (b₁ ; … ; b_k) элементов множества A, в котором могут встречаться одинаковые компоненты. Обозначим через количество размещений n элементов с повторениями длины k.

Примеры: 1. любое размещение без повторений является размещением с повторениями. Если s > n, то ни одного размещения без повторений n элементов по s местам не существует, хотя размещений с повторениями много: (a₁ ; a₁ ; … ; a₁), (a₁ ; a₂ ; … ; a₂), и т.д.

2. Перечислим все размещения с повторениями длины 2 для множества из трёх элементов A = {1, 2, 3}:

(1; 1), (1; 2), (1; 3), (2; 1), (2; 2), (2; 3), (3; 1), (3; 2), (3; 3).

Поэтому .

Так же как для размещений без повторений легко понять, что после выбора первого элемента, осуществимого n способами в размещении с повторениями (b₁ ; b₂ ; … ; b_k) остаётся незаполненным “хвост” (b₂ ; … ; b_k), представляющий собой размещение с повторениями из элементов множества A по k – 1 местам. Количество способов заполнить этот “хвост” равно . Таким образом, получается рекуррентная формула , причём, очевидно, что . Поэтому .

Рассмотрим задачу: сколько слов (возможно, бессмысленных) можно получить перестановкой букв в слове АБРАКАДАБРА ?

Отличие этой задачи от аналогичной задачи для слова КОЛУН, решённой в предыдущем параграфе, заключается в том, что не всякая перестановка одиннадцати букв слова приводит к различным словам. Это происходит потому, что в слове АБРАКАДАБРА есть одинаковые буквы.

Рассмотрим вспомогательное слово А₁Б₁Р₁А₂КА₃ДА₄Б₂Р₂А₅ , все буквы которого различны. Тогда из него можно составить 11 ! различных слов путём перестановки букв. Однако, если в этих словах снова заменить введённые фиктивные буквы A₁ , A₂ , A₃ , A₄ , A₅ на А, а буквы Б₁ и Б₂ – на Б и Р₁ , Р₂ – на Р, то некоторые слова станут одинаковыми. Какие это слова ? Нетрудно понять, что два слова станут одинаковыми тогда и только тогда, когда фиктивные буквы X_i (для каждой группы X  {A, Б, Р}) в рассматриваемых словах лишь переставлены местами. Таких перестановок будет 5 ! для клонов буквы А, 2 ! – для клонов буквы Б, и 2 ! – для клонов буквы Р.

Таким образом, из одного слова, составленного из букв слова АБРАКАДАБРА можно составить 5 !2 !2 ! различных слов из букв-клонов. Поэтому общее количество искомых слов равно .

Обобщая ситуацию, приходим к следующему определению: перестановка с повторениями элементов множества А = {a₁ , … , a_n} кратностей k₁ , … , k_n и длины k = k₁ + … + k_n – это упорядоченный набор длины k, в котором элемент a_i встречается k_i раз (1  i  n). Количество таких перестановок обозначим .

Каждая перестановка с повторениями является, конечно, размещением n элементов множества А по k местам с повторениями.

Примеры: 1. Перечислим все перестановки с повторениями из двух элементов кратностей 1, 2.

Вначале ставим на первое место a₁ и перечисляем все перестановки из элементов a₁ , a₂ кратностей 0, 2, т.е. все перестановки из одного элемента a₂ кратности 2. Такая перестановка единственна: (a₂ ; a₂). Приписывая к ней a₁ на первом месте, получим (a₁ ; a₂ ; a₂).

Теперь ставим a₂ на первое место и перечисляем все перестановки из элементов a₁ , a₂ кратностей 1, 1 : (a₁ ; a₂), (a₂ ; a₁). Приписывая к ним a₂ на первом месте, получим ещё две перестановки (a₂ ; a₁ ; a₂), (a₂ ; a₂ ; a₁).

Итак, всего есть 3 перестановки с повторениями из двух элементов кратностей 1, 2 : (a₁ ; a₂ ; a₂), (a₂ ; a₁ ; a₂), (a₂ ; a₂ ; a₁).

2. Перечислим все перестановки с повторениями из двух элементов кратностей 2, 2.

Аналогично предыдущему получаем:

(a₁ ; a₁ ; a₂ ; a₂), (a₁ ; a₂ ; a₁ ; a₂), (a₁ ; a₂ ; a₂ ; a₁),

(a₂ ; a₁ ; a₁ ; a₂), (a₂ ; a₁ ; a₂ ; a₁), (a₂ ; a₂ ; a₁ ; a₁).

Каково количество перестановок с повторениями n элементов кратностей k₁ , … , k_n ? Временно заменим множество A = {a₁ , … , a_n} на множество , заменив каждый элемент a_i на k_i элементов-клонов (1  i  n) в соответствии с его кратностью. Теперь можно рассмотреть все перестановки элементов этого множества из k = k₁ + … + k_n элементов. Их, как известно, будет k ! = (k₁ + … + k_n) ! . Если в любой такой перестановке заменить элементы одним элементом a_i (1  i  n), то получится перестановка с повторениями из n элементов a₁ , … , a_n кратностей k₁ , … k_n . При этом одна и та же перестановка с повторениями получится несколько раз: тогда и только тогда, когда в перестановке от элементов произвольным образом переставлены символы (1  i  n). Каждую такую группу можно переставлять k_i ! способами. Поэтому всего существует k₁!·…·k_i!·…·k_n! способов перестановки символов внутри каждой группы (1  i  n). Следовательно, .

Сколько всего перестановок n элементов с повторениями длины k ? Очевидно, что это число равно количеству всех размещений n элементов по k местам, т.е. n^k .

В этом можно убедиться окольным, но полезным путём. Для этого нужно заметить, что при вычислении степени (a₁ + … + a_n)^k получается сумма произведений , которые можно отождествлять с перестановками с повторениями кратностей k₁ , … , k_n . Если расположить буквы в этих произведениях в порядке возрастания индексов, то получится моном . После приведения подобных при этом мономе возникнет коэффициент . Таким образом, доказана важная формула, обобщающая формулу бинома Ньютона:

.

Если подставить a₁ = … = a_n = 1, то получим n^k = – общее число всех перестановок n элементов с повторениями длины k.

Пример:

= x³ + y³ + z³ + 3·x²·y + 3·x²·z + 3·x·y² + 3·x·z² + 3·y²·z + 3·y·z² + 6·x·y·z.

Здесь коэффициент вычислен для каждого решения (k₁ ; k₂ ; k₃) ура­в­нения k₁ + k₂ + k₃ = 3: (3; 0; 0), (0; 3; 0), (0; 0; 3), (2; 1; 0), (2; 0; 1), (1; 2; 0), (1; 0; 2), (0; 2; 1), (0; 1; 2), (1; 1; 1).