Ф. Г. Кораблёв, В. В. Кораблёва Дискретная ...math.csu.ru/new_files/students/lectures/diskr_matem/... · 2017-09-01 · Глава 1 Основные

Министерство образования и науки Российской ФедерацииФедеральное государственное бюджетное образовательное учреждение

высшего профессионального образования«Челябинский государственный университет»

КЛАССИЧЕСКОЕ УНИВЕРСИТЕТСКОЕ ОБРАЗОВАНИЕ

Ф. Г. Кораблёв, В. В. Кораблёва

Дискретная математика: комбинаторика

Учебное пособие

Челябинск 2017

2

Предисловие

Небольшой объем часов, отводимый на изучение комбинаторики при изуче-нии курса “Дискретная математика” обусловили потребность создания данно-го пособия. Данное издание, будучи первой частью пособия, включает в себяосновные понятия и теоретические положения комбинаторики. При изучениикомбинаторики дискретная математика рассматривается не с алгоритмиче-ских позиций, а как язык и средство формулирования и организации поня-тий, описывающих дискретные структуры. В тексте определений не меньше,чем методов и теорем. Определения в тексте сопровождаются примерами,а упражнения приводятся в конце пособия. Их цель — создать правильныемотивировки, побудить читателя к размышлению над обсуждаемыми поня-тиями и методами. Наряду с теоретическими знаниями приводятся строгообоснованные решения задач. Настоящее пособие имеет целью помочь чи-тателям овладеть техникой решения некоторых задач комбинаторного ха-рактера.

Для понимания содержания пособия требуется знание некоторых поня-тий и фактов из алгебры. Материал организован следующим образом. В пер-вой главе приводиться курс лекций по комбинаторике. В ней обсуждаютсяосновные определения и доказываются необходимые теоремы. Вторая главапосвящена задачам, которые сопровождаются полными и подробными реше-ниями. В ней содержатся и упражнения для самостоятельного решения. Вконце пособия приводиться список литературы в котором можно найти до-полнительный теоретический и практический материал по рассматриваемойтематике.

Пособие прежде всего ориентируется на студентов математических спе-циальностей, но может быть полезно и студентам других специальностей,изучающих высшую математику и теорию вероятностей. Изучение комбина-торики также будет полезно любому заинтересованному читателю для раз-вития самостоятельных навыков, для решения задач в области дискретнойматематики и применения методов дискретного анализа в своей профессио-нальной деятельности.

Оглавление

1 Основные понятия комбинаторики 51.1 Операции над множествами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Комбинаторные числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3 Свойства комбинаторных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Принцип включения-исключения . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.5 Линейные рекуррентные соотношения . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Практикум 332.1 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . 41Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3

4 ОГЛАВЛЕНИЕ

Глава 1

Основные понятия итеоремы комбинаторики

1.1 Операции над множествами

Определение 1. Пусть X, Y — два множества. Положим

(1) X ∪ Y = {x|x ∈ X или x ∈ Y },

(2) X ∩ Y = {x|x ∈ X и x ∈ Y },

(3) X \ Y = {x|x ∈ X и x 6∈ Y }.

Тогда X ∪ Y называется объединением множеств X и Y , X ∩ Y на-зывается пересечением множеств X и Y , X \ Y называется разностьюмножеств X и Y . Если Y ⊆ X, то Y = X \ Y называется дополнениеммножества Y в множестве X.

Определение 2. Пусть X – множество, Y ⊆ X. Характеристическойфункцией подмножества Y называется функция χY : X → {0, 1}, задан-ная правилом:

χY (x) =

1, если x ∈ Y0, если x 6∈ Y

.

Теорема 1 (Об основных операциях над множествами).Операции ∪, ∩ и \ обладают следующими свойствами:

(1) X ∪ Y = Y ∪X и X ∩ Y = Y ∩X,

5

6 ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ КОМБИНАТОРИКИ

(2) (X ∪ Y ) ∪ Z = X ∪ (Y ∪ Z) и (X ∩ Y ) ∩ Z = X ∩ (Y ∩ Z),

(3) (X ∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) и (X ∩ Y ) ∪ Z = (X ∪ Z) ∩ (Y ∪ Z),

(4) X ∩ Y = X ∪ Y и X ∪ Y = X ∩ Y ,

(5) X ∪X = X и X ∩X = X,

(6) X = X.

Доказательство. Докажем третье свойство

(X ∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z).

Для доказательства равенства двух множеств надо показать, что множествоиз левой части равенства содержится в множестве из правой части равенства,и наоборот, множество из правой части равенства содержится в множествеиз левой части равенства.

1. Пусть x ∈ (X ∪ Y ) ∩ Z. Тогда x ∈ X ∪ Y и x ∈ Z. Так как x ∈ X ∪ Y ,то либо x ∈ X, либо x ∈ Y . Рассмотрим каждый из этих случаев отдельно.

1.1. Пусть x ∈ X. Тогда, так как x ∈ Z, то x ∈ X ∩ Z. Следовательноx ∈ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z). Таким образом в этом случае, если x ∈ (X ∪ Y ) ∩ Z,то x ∈ (X ∩Z)∪ (Y ∩Z). Это означает, что (X ∪Y )∩Z ⊆ (X ∩Z)∪ (Y ∩Z).

1.2. Пусть x ∈ Y . Тогда, аналогично предыдующему случаю, так какx ∈ Z, то x ∈ Y ∩Z. Следовательно x ∈ (X ∩Z)∪ (Y ∩Z). Снова получаем,что (X ∪ Y ) ∩ Z ⊆ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z).

2. Пусть теперь x ∈ (X ∩Z)∪ (Y ∩Z). Это означает, что либо x ∈ X ∩Z,либо x ∈ Y ∩ Z. Снова рассмотрим каждый из этих случаев по-отдельности.

2.1. Пусть x ∈ X ∩Z. Тогда x ∈ X и x ∈ Z. Так как x ∈ X, то x ∈ X ∪Y .Следовательно x ∈ (X∪Y )∩Z. Получаем, что (X∩Z)∪(Y ∩Z) ⊆ (X∪Y )∩Z.

2.2. Пусть x ∈ Y ∩ Z. Тогда x ∈ Y и x ∈ Z. Снова, так как x ∈ Y , тоx ∈ X∪Y . Следовательно x ∈ (X∪Y )∩Z. Получаем, что (X∩Z)∪(Y ∩Z) ⊆(X ∪ Y ) ∩ Z.

Таким образом мы получили, что (X ∪ Y ) ∩ Z ⊆ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) и(X∩Z)∪(Y ∩Z) ⊆ (X∪Y )∩Z. Следовательно (X∪Y )∩Z = (X∩Z)∪(Y ∩Z).

Доказательство оставшихся свойств из формулировки теоремы оставля-ется в качестве упражнения.

1.1. ОПЕРАЦИИ НАД МНОЖЕСТВАМИ 7

Определение 3. Пусть X — множество. Множество всех подмножествмножества X называется булеаном и обозначается 2X .

Определение 4. Мощностью конечного множества X называется числоэлементов в множестве X и обозначается |X|.

Теорема 2 (Свойства характеристической функции).Пусть A, B — подмножества множества X. Тогда справедливы следу-

ющий равенства:

(1) χA∩B(x) = χA(x)χB(x),

(2) χA(x) = 1− χA(x),

(3) χA∪B(x) = χA(x) + χB(x)− χA(x)χB(x),

(4)∑x∈X

χA(x) = |A|.

Доказательство. Докажем третье равенство

χA∪B(x) = χA(x) + χB(x)− χA(x)χB(x).

Пусть x ∈ X. Возможны четыре случая: x ∈ A \B, x ∈ B \A, x ∈ A ∩Bи x ∈ X \ (A ∪ B). Покажем, что равенство справедливо во всех четырехслучаях.

1. Пусть x ∈ A \ B. Тогда x ∈ A ∪ B, x ∈ A и x /∈ B. СледовательноχA∪B(x) = 1, χA(x) = 1 и χB(x) = 0. Тогда


2. Аналогичным образом равенство справедливо в случае, когда x ∈ B\A.3. Пусть x ∈ A ∩B. Тогда x ∈ A и x ∈ B. Следовательно

χA∪B(x) = χA(x) = χB(x) = 1.

Отсюда следует, что χA∪B(x) = χA(x) + χB(x)− χA(x)χB(x).4. Пусть, наконец, x ∈ X \ (A ∪ B). Тогда x /∈ A и x /∈ B. Следовательно

χA∪B(x) = χA(x) = χB(x) = 0. Отсюда следует, что


Доказательство оставшихся трех равенств из формулировки теоремыоставляется в качестве упражнения.


Определение 5. Пусть для каждого i ∈ I множество Xi является под-множеством множества X. Если X =

⋃i∈IXi, то совокупность {Xi|i ∈ I}

подмножеств множества X называется покрытием множества X.

Определение 6. Покрытие {Xi|i ∈ I} множества X называется разбие-нием, если

(1) Xi ∩Xj = ∅, при i 6= j,

(2) |Xi| > 0 для любого i ∈ I.

Пример.1. Пусть X = N. Рассмотрим множестваX0 = {x ∈ X|x ≡ 0(3)}, т. е. X0 = {3, 6, 9, . . .},X1 = {x ∈ X|x ≡ 1(3)}, т. е. X1 = {1, 4, 7, 10, . . .},X2 = {x ∈ X|x ≡ 2(3)}, т. е. X2 = {2, 5, 8, 11, . . .}.

Тогда {X0, X1, X2} является разбиением множества X.2. Пусть X = (0; 1) ⊂ R. Рассмотрим бесконечное семейство подмножеств

{Xn = ( 1n ; 1) ⊂ X|n > 2} = {X2 = (12 ; 1), X3 = (13 ; 1), . . .}.Тогда {X2, X3, X4, . . .} является бесконечным покрытием множества X.

Теорема 3 (Правило суммы).Если {Xi|i = 1, 2, . . . , n} — разбиение множества X, и для каждого i =

1, . . . , n мощность |Xi| конечна, то

|X| =n∑

j=1

|Xj|.

Доказательство. Доказательство проведем индукцией по числу элементовn в разбиении множества X.

База индукции. Пусть n = 1. Тогда X = X1. Следовательно |X| = |X1|.Пусть теперь n = 2. Тогда X = X1 ∪X2 и X1 ∩X2 = ∅. Рассмотрим характе-ристическую функцию χX . С одной стороны∑

x∈X

χX(x) = |X|.

С другой стороны

1.1. ОПЕРАЦИИ НАД МНОЖЕСТВАМИ 9

∑x∈X

χX(x) =∑x∈X

χX1∪X2(x) =

∑x∈X

(χX1(x) + χX2

(x)− χX1∩X2(x)) =

=∑x∈X

χX1(x) +

∑x∈X

χX2(x) = |X1|+ |X2|.

Предположение индукции. Пусть при всех k < n утверждение теоремысправедливо.

Шаг индукции. Пусть X =n⋃

j=1

Xj. Рассмотрим множество X ′ =n−1⋃j=1

Xj.

Если {X1, . . . , Xn} является разбиением множества X, то {X1, . . . , Xn−1} яв-ляется разбиением множестваX ′. Теперь по предположению индукции имеем

|X ′| =n−1∑j=1

|Xj|.

Далее, {X ′, Xn} является разбиением множества X. В частности, X ′ ∩

Xn = ∅. Тогда получаем |X| = |X ′|+ |Xn| =n−1∑j=1

|Xj|+ |Xn| =n∑

j=1

|Xj|.

Теорема 4 (О числе всех подмножеств).Если X — конечное множество, то |2X | = 2|X|.

Доказательство. Докажем индукцией по числу элементов в множестве X.База индукции. Пусть |X| = 0. Тогда X = ∅ и 2∅ = {∅}. Следовательно

|2∅| = |{∅}| = 1 = 20.Предположение индукции: пусть утверждение теоремы верно при |X| <

n.Шаг индукции: пусть |X| = n > 0. Зафиксируем элемент a ∈ X и поло-

жим C0 = {Y ∈ 2X |a 6∈ Y } и C1 = {Y ∈ 2X |a ∈ Y }. Тогда

C0 ∩ C1 = ∅ и 2X = C0 ∪ C1.

Следовательно {C0, C1} является разбиением множества 2X . По правилусуммы имеем

∣∣2X∣∣ = |C0| + |C1|. Заметим, что мощности множеств C0 иC1 совпадают, и равны мощности множества всех подмножеств множестваX \ {a}. Имеем

∣∣2X∣∣ = 2|C0| = 2 ·∣∣2X\{a}∣∣ = 2|X|.

Определение 7. Пусть X1, X2, . . . , Xn — множества. Множество

{(x1, . . . , xn)|xi ∈ Xi, i = 1, . . . , n}


называется прямым произведением множеств X1, X2, . . . , Xn и обознача-ется X1 × . . .×Xn.

Теорема 5 (Правило произведения).Для любых конечных множеств X1, X2, . . . , Xn справедливо равенство

|X1 ×X2 × . . .×Xn| = |X1| · |X2| · . . . · |Xn|.

Доказательство. Докажем индукцией по числу сомножителей n в прямомпроизведении.

База индукции. Пусть n = 2. Заметим, что X1 × X2 =|X1|⋃i=1

{ui} × X2, где

X1 = {u1, u2, . . . , u|X1|}. Более того, для любых i, j = 1, 2, . . . , |X1|

при i 6= j : ({ui} ×X2) ∩ ({uj} ×X2) = ∅, и |{ui} ×X2| = |X2| 6= 0.

Следовательно совокупность {{u1} ×X2, . . . , {u|X1|} ×X2} является раз-биением множества X1 ×X2. Теперь по правилу суммы получаем

|X1 ×X2| =|X1|∑i=1

|{ui} ×X2| =|X1|∑i=1

|X2| = |X1| · |X2|.

Предположение индукции. Пусть утверждение теоремы справедливо дляпрямого произведения k < n сомножителей.

Шаг индукции. Рассмотрим множество X ′ = X1× . . .×Xn−1. Тогда X1×. . .×Xn = X ′ ×Xn. Следовательно

|X1 × . . .×Xn| = |X ′ ×Xn| = |X ′| · |Xn| = |X1| · . . . · |Xn−1| · |Xn|.

1.2. КОМБИНАТОРНЫЕ ЧИСЛА 11

1.2 Комбинаторные числа и их рекуррентныесоотношения

Определение 8. Пусть X — множество мощности n > 0, и k > 0. Числоразличных подмножеств мощности k в множестве X называется числомсочетаний из n по k и обозначается Ck

n.

Пример. Рассмотрим X = {1, 2, 3} и k = 2. Тогда существует ровно триразличных подмножества мощности 2: {1, 2}, {2, 3} и {1, 3}. СледовательноC2

3 = 3.

Теорема 6 (О рекуррентном соотношении для числа сочетаний).

(1) C0n = Cn

n = 1,

(2) Ckn = 0 при k > n,

(3) Ckn = Ck−1

n−1 + Ckn−1.

Доказательство. 1. Справедливость равенств C0n = 1 и Cn

n = 1 следует изтого, что единственное подмножество мощности 0 — пустое множество ∅, аединственное подмножество мощности n — все множество X.

2. Ckn = 0 при k > n так как не существует подмножеств мощности k > n

в множестве из n элементов.3. Пусть n, k > 0 и C = {Y ⊆ X||Y | = k}. Отметим, что |C| = Ck

n.Зафиксируем некоторый элемент a ∈ X и рассмотрим два множества

C0 = {Y ⊆ X||Y | = k и a 6∈ Y } и C1 = {Y ⊆ X||Y | = k и a ∈ Y }.

Так как C = C0 ∪ C1 и C0 ∩ C1 = ∅, то совокупность {C0, C1} являетсяразбиением множества C. Заметим, что

(1) Элемент a не принадлежит ни одному множеству из C0, и поэтому|C0| = Ck

n−1,

(2) Любое множество из C1 получается из некоторого подмножества Y ′ ⊆X \ {a} мощности k − 1 присоединением элемента a, и поэтому |C1| =Ck−1

n−1.


По правилу суммы имеем: Ckn = Ck−1

n−1 + Ckn−1.

Определение 9. Пусть n ∈ N∪{0}. Число способов образования произведе-ний из n+1 упорядоченных сомножителей относительно неассоциативногоумножения называется числом Каталана и обозначается qn.

Пример. Для n = 2 существует ровно два способа образовать произведенияэлементов a0, a1, a2:

(a0 · a1) · a2 и a0 · (a1 · a2).

Следовательно q2 = 2.

Замечание. Если a0, a1, . . . , an — сомножители, то qn равно числу способоврасставить скобки так, чтобы на каждом шаге вычислялось произведениедвух элементов.

Теорема 7 (О рекуррентном соотношении для числа Каталана).

(1) q0 = 1,

(2) qn =n−1∑i=0

qi · qn−i−1.

Доказательство. 1. q0 = 1 следует из определения числа Каталана.2. Разобьем всевозможные расстановки скобок на n классов в зависимости

от положения двух пар внешних скобок. Если первая пара скобок содержитi+1 множителей, то после расстановки двух пар внешних скобок, получитсяпроизведение (a0, a1, . . . , ai) · (ai+1, . . . , an), i = 0, . . . , n − 1. Внутри первойпары скобок существует ровно qi способов расставить скобки, в внутри вто-рой пары — ровно qn−i−1 способов. Тогда общее число способов расставитьскобки в этом случае по правилу произведения равно qi · qn−i−1. Требуемоерекуррентное соотношение получается применением правила суммы.

Определение 10. Пусть X — множество мощности n, и k > 0. Числонеупорядоченных разбиений множества X на k подмножеств называетсячислом Стирлинга второго рода и обозначается Sk

n. Положим S00 = 1.

Пример. Рассмотрим X = {1, 2, 3} и k = 2. Существует ровно три различ-ных разбиения множества X на два подмножества:

{{1}, {2, 3}}, {{2}, {1, 3}}, {{3}, {1, 2}}.

Следовательно S23 = 3.

1.2. КОМБИНАТОРНЫЕ ЧИСЛА 13

Теорема 8 (О рекуррентном соотношении для числа Стирлинга второго ро-да).

(1) S00 = 1, S1

0 = 0,

(2) Skn = Sk−1

n−1 + k · Skn−1.

Доказательство. 1. Заметим, что Skn = 0 при k > n, так как не существует

разбиений множества из n элементов на k > n непустых подмножеств. Вчастности S1

0 = 0.2. Пусть X — множество мощности n > 0. Зафиксируем некоторый эле-

мент a ∈ X. Чтобы получить разбиение множества X на k подмножеств,можно разбить множество X \ {a} на k подмножеств и поместить элементa ∈ X в любой из них k · Sk

n−1 способами или образовать отдельное одноэле-ментное подмножество разбиения {a} и разбитьX\{a} на k−1 подмножествоSk−1n−1 способами. Отсюда по правилу суммы Sk

n = Sk−1n−1 + k · Sk

n−1.

Следствие 1 (О числах S2n).

S2n = 2n−1 − 1 при n > 2.

Доказательство. Отметим, что по рекуррентному соотношению для числаСтирлинга второго рода для k = 2 имеем:

S2n = S1

n−1 + 2 · S2n−1.

Также отметим, что S1n = 1 при n > 1, так как существует только одно

разбиение множества из n элементов на одно подмножество.Докажем,что S2

n = 2n−1−1, индукцией по числу элементов n в множестве.База индукции. Пусть n = 2. Тогда S2

2 = S11+2·S2

1 = 1+2·0 = 1 = 22−1−1.Предположение индукции. Пусть утверждение верно при любом k < n.Шаг индукции. S2

n = S1n−1 + 2 · S2

n−1 = 1 + 2 · (2n−2 − 1) = 2n−1 − 1.

Определение 11. Пусть n > 0. Число всех неупорядоченных разбиениймножества мощности n называется числом Белла и обозначается Bn, т.е.

Bn =n∑

k=0

Skn и B0 = 1.

Теорема 9 (О рекуррентном соотношении для числа Белла).

Пусть n > 1. Тогда Bn =n−1∑k=0

Ckn−1 ·Bn−k−1.


Доказательство. Пусть X — множество мощности n > 1. Зафиксируемнекоторый элемент a ∈ X. Пусть Y — элемент разбиения множества X,содержащий элемент a, и пусть |Y \ {a}| = k. Тогда 0 6 k 6 n− 1.

Множество X \ Y можно разбить Bn−k−1 способами. Число способов вы-брать подмножество Y в множестве X равно Ck

n−1, так как один элемент aзаведомо лежит в множестве Y . Следовательно число способов разбить мно-жество X так, чтобы элемент a принадлежал подмножеству мощности k + 1

равно Ckn−1 · Bn−k−1. Теперь утверждение теоремы следует из правила сум-

мы.

1.3. СВОЙСТВА КОМБИНАТОРНЫХ ЧИСЕЛ 15

1.3 Свойства комбинаторных чисел

Определение 12. Число упорядоченных подмножеств мощности k в мно-жестве из n элементов называется числом размещений из n по k и обозна-чается через Ak

n.

Теорема 10 (О числе размещений).

Akn =

n!

(n− k)!= n(n− 1) . . . (n− k + 1).

Доказательство. Справедливость теоремы следует из правила произведе-ния. Пусть (x1, x2, . . . , xk) — упорядоченная последовательность. Её построе-ние осуществляется за k шагов: 1-ым шагом выбираем элемент x1 различны-ми n способами. Второй элемент x2 выбираем n − 1 способами, и так далее.Последний элемент xk можно выбрать n− k + 1 различными способами.

Теорема 11 (О числе биекций).Пусть X — множество мощности n. Тогда число различных биекций

f : X → X равно n!.

Доказательство. Пусть x1, x2, . . . , xn — элементы множества X. Каждая би-екция f : X → X задается соответствием:

x1 x2 . . . xn

l l . . . lf(x1) f(x2) . . . f(xn)

,

в котором все элементы f(x1), . . . , f(xn) различны. Тогда каждая биекцияоднозначно определяется упорядоченной последовательностью

(f(x1), f(x2), . . . , f(xn)).

Всего таких различных последовательностей по предыдущей теореме ровноAn

n = n! штук.

Замечание. Задание биекции на множестве X мощности n эквивалентноупорядочиванию элементов множества X. Тогда число всевозможных упоря-доченных множеств мощности n равно n!.


Теорема 12 (О числе сочетаний).

Ckn =

n!

k! · (n− k)!.

Доказательство. По определению Ckn равно числу подмножеств мощности

k в множестве из n элементов. Каждому из этих подмножеств соответствуетk! упорядоченных подмножеств. Следовательно , по правилу произведениячисло упорядоченных подмножеств мощности k в множестве из n элементовравно Ck

n · k!. С другой стороны эта величина равна Akn = n!

(n−k)! . Отсюдаполучаем, что

Ckn =

n!

k! · (n− k)!.

Теорема 13 (Биномиальная формула).

(1 + t)n =n∑

k=0

Ckn · tk.

Доказательство. Докажем индукцией по числу n.База индукции. Пусть n = 1. Тогда (1 + t)1 = C0

1 + t · C11 .

Предположений индукции. Пусть утверждение теоремы верно для любогоk < n.

Шаг индукции.

(1 + t)n = (1 + t)n−1 · (1 + t) =

= (1 + C1n−1t+ C2

n−1t2 + . . .+ Cn−1

n−1 tn−1) · (1 + t) =

= (1 + C1n−1t+ C2

n−1t2 + . . .+ Cn−1

n−1 tn−1)+

+ (t+ C1n−1t

2 + C2n−1t

3 + . . .+ Cn−1n−1 t

n) =

= 1 + t(C1n−1 + C0

n−1) + t2(C2n−1 + C1

n−1) + . . .+ tnCn−1n−1

Используя рекуррентное соотношение для числа сочетаний

Ckn−1 + Ck−1

n−1 = Ckn

и равенствоCn−1

n−1 = 1 = Cnn ,

получаем требуемое в условии теоремы соотношение.


Теорема 14 (Свойства числа сочетаний).Имеют место следующие соотношения:

(1) Ckn = Cn−k

n ,

(2)n∑

k=0

Ckn = 2n,

(3)n∑

k=0

(−1)kCkn = 0,

(4) (Свёртка Вандермонда) Ckn+m =

k∑s=0

CsnC

k−sm , m > k, n > k.

Доказательство. 1. Справедливость этого равенства следует из теоремы 12о числе сочетаний Ck

n.2. Справедливость этого равенства следует из биномиальной формулы

(теорема 13). В самом деле: 2n = (1 + 1)n =n∑

k=0

Ckn · 1k.

3. Справедливость этого равенства также следует из биномиальной фор-мулы аналогично предыдущему случаю. В самом деле:

0 = (1− 1)n =n∑

k=0

Ckn · (−1)k.

4. Для доказательства этого равенства вычислим значение (1+ t)n+m дву-мя разными способами. С одной стороны, по биномиальной формуле

(1 + t)n+m =n+m∑k=0

Ckn+mt

k.

С другой стороны:

(1 + t)n+m = (1 + t)n · (1 + t)m =n∑l=0

C lnt

l ·m∑s=0

Csmt

s =

= (1 + C1nt+ C2

nt2 + . . .+ Cn

n tn) · (1 + C1

mt+ C2mt

2 + . . .+ Cmm t

m)

Коэффициент при слагаемом tk после раскрытия скобок равен сумме про-изведений вида C i

n ·Cjm, для которых i+ j = k. Следовательно, коэффициент

при tk равенk∑

s=0Cs

n ·Ck−sm . Сравнивая полученную величину с коэффициентом

при tk в биномиальной формуле, получаем требуемое равенство.


Определение 13. Пусть X — множество мощности n,

ν : X → N ∪ {0}

и∑x∈X

ν(x) = k. Пара (X, ν) называется мультимножеством мощности k над

множеством X. Значение ν(x) называется кратностью вхождения элемен-та x в мультимножество (X, ν).

Пример. Пусть X = {a1, a2, a3}. Мультимножеством мощности 3 являет-ся, например, набор элементов {a1, a1, a1}, при этом ν(a1) = 3, ν(a2) = 0 иν(a3) = 0.

Примером мультимножества мощности 6 служит набор элементов

{a1, a2, a2, a3, a3, a3},

при этом ν(a1) = 1, ν(a2) = 2 и ν(a3) = 3.

Замечание. Можно рассматривать упорядоченные мультимножества, кото-рые характеризуются не только кратностью вхождения элементов множестваX, но и порядком, в котором эти элементы образуют множество. Примера-ми различных упорядоченных мультимножеств мощности 5 над множеством{0, 1} являются наборы

(0, 0, 1, 1, 1) и (0, 1, 0, 1, 1).

Эти наборы совпадают, как мультимножества, но различаются, как упорядо-ченные мультимножества.

Определение 14. Пусть X — множество мощности n. Через Ckn будем

обозначать число различных мультимножеств мощности k над множе-ством X.

Теорема 15 (О числе мультимножеств).

Ckn = Ck

n+k−1

Доказательство. Пусть X = {x1, x2, . . . , xn}. Набор из таких n чисел

k1 = ν(x1), k2 = ν(x2), . . . , kn = ν(xn),


чтоn∑

i=1

ki = k, однозначно задаёт мультимножество мощности k. Следователь-

но число Ckn равно числу различных неотрицательных решений уравнения

k1 + k2 + . . .+ kn = k.

Рассмотрим прямое произведение множеств Z2 = {0, 1}, а именно

Zn+k−12 = Z2 × Z2 × . . .× Z2︸︷︷︸

n+k−1 раз

.

Сопоставим каждому решению (k1, k2, . . . , kn) уравненияn∑

i=1

ki = k эле-

мент из множества Zn+k−12 следующим образом:

(k1, k2, . . . , kn)←→ (1, 1, . . . , 1︸︷︷︸k1

, 0, 1, . . . , 1︸︷︷︸k2

, 0, . . . , 0, 1, 1, . . . , 1︸︷︷︸kn

).

Тогда число решений уравнения совпадает с числом наборов длины n +

k − 1, содержащих ровно k единиц (и ровно n − 1 ноль). Каждый такойнабор можно построить, если выбрать k мест из n+k−1, на которые ставимединицы, а остальные места заполнить нулями. Значит число таких наборовравно Ck

n+k−1.

Замечание. Число Ckn совпадает с числом способов разложить k одинако-

вых шаров по n различным ящикам. В самом деле, каждое разложение шаровпо ящикам задаётся такой последовательностью из n чисел k1, k2, . . . , kn, чтоn∑

i=1

ki = k. Число ki показывает, сколько шаров лежит в i-ом ящике. Из дока-

зательства теоремы следует, что число таких последовательностей в точностиравно Ck

n.

Определение 15. Пусть X — множество мощности n. Число упорядо-ченных разбиений множества X на m подмножеств мощностей k1, . . . , kmназывается полиномиальным коэффициентом и обозначается Ck1,...,km

n .

Пример. 1. Пусть m = n, и пусть k1 = k2 = . . . = km = 1. Тогда упоря-доченное разбиение множества X мощности n на столько же подмножествмощности 1 — это упорядочивание множества X. Следовательно C1,...,1

n = n!.2. ПустьX = {x1, . . . , xn}, и пустьm = 2. Тогда любое упорядоченное раз-

биение множества X на два подмножества однозначно определяется выбором


первого подмножества разбиение. Второе подмножество разбиения сдержитвсе оставшиеся элементы множества X. Следовательно Ck1,k2

n = Ck1,n−k1n =

Ck1n .

Замечание. Полиномиальный коэффициент Ck1,...,kmn совпадает с числом

способов разложить n различных шаров (элементов множества X) по m

различным ящикам (упорядоченым подмножествам разбиения) так, чтобы вi-ом ящике лежало ровно ki шаров.

Теорема 16 (О числе упорядоченных мультимножеств).Пусть X = {x1, . . . , xn} — множество мощности n, и пусть (X, ν) —

такое мультимножество мощности k над множеством X, что ν(xi) = ki.Тогда число таких упорядоченных мультимножеств равно Ck1,...,kn

k .

Доказательство. Рассмотрим n различных ящиков, помеченных элемента-ми множества X. Тогда каждое упорядоченное мультимножество мощностиk над множеством X задает разложение k различных шаров (помеченныхчислами 1, 2, . . . , k) по этим ящикам. При этом, если элемент xi ∈ X стоитна j-ом месте в упорядоченном мультимножестве, то шар с номером j лежитв ящике с номером xi. Наоборот, каждому разложению шаров по ящикамможно сопоставить упорядоченное мультимножество. Следовательно, числотаких упорядоченных мультимножеств совпадает с числом способов разло-жить k различных шаров по n ящикам, то есть с величиной Ck1,...,kn

k .

Теорема 17 (О полиномиальных коэффициентах).

Ck1,...,kmn =

n!

k1! · . . . · km!.

Доказательство. Построение упорядоченного разбиения множества мощно-сти n наm подмножеств A1, . . . , Am мощностей k1, . . . , km соответственно осу-ществляется за m шагов.

1-ый шаг. Множество A1 мощности k1 можно выбрать Ck1n различными

способами.2-ой шаг. Множество A2 мощности k2 можно выбрать из оставшихся эле-

ментов множества X \ A1 различными Ck2n−k1 способами.

...m-ый шаг. Последнее множество Am мощности km можно выбрать

Ckmn−k1−k2−...−km−1

= Ckmkm

= 1 способом.


По правилу произведения получаем, что

Ck1,...,kmn = Ck1

n · Ck2n−k1 · . . . · C

km−1

n−k1−...−km−2· Ckm

n−k1−...−km−1=

=n!

k1!(n− k1)!· (n− k1)!k2!(n− k1 − k2)!

· . . . · (n− k1 − . . .− km−1)!km!0!

=

=n!

k1! . . . km!.

Следствие 2 (О числе неупорядоченных разбиений).Число неупорядоченных разбиений множества мощности n на m под-

множеств мощностей k1, . . . , km равно

1

m!· Ck1,...,km

n .

Доказательство. В самом деле, каждое неупорядоченное разбиение на m

подмножеств задает m! упорядоченных разбиений.

Следствие 3 (О числах Стирлинга второго рода).

Skn =

1

k!·

∑n1+...+nk=n

Cn1,...nkn ,

где суммирование ведётся по всем натуральным n1, . . . , nk.

Доказательство. Справедливость формулы следует из комбинаторногосмысла чисел Стирлинга 2-го рода: число Sk

n равно числу неупорядочен-ных разбиений множества мощности n на k подмножеств таких мощностейn1, . . . , nk, что n1 + n2 + . . .+ nk = n.

Следствие 4 (О сумме полиномиальных коэффициентов).∑k1+...+km=n

Ck1,...,kmn = mn,

где суммирование ведётся по всем целым неотрицательным k1, . . . , km.

Доказательство. В самом деле, величина Ck1,...,kmn совпадает с числом спо-

собов разложить n различных шаров по m различным ящикам так, чтобы


в них лежало k1, . . . , km шаров соответственно. С другой стороны, по прави-лу произведения, число mn совпадает с общим числом способов разложить nразличных шаров поm различным ящикам. Теперь искомая формула следуетиз правила суммы.

Теорема 18 (Полиномиальная формула).

(x1 + . . .+ xm)n =

∑k1+...+km=n

Ck1,...,kmn · xk11 . . . xkmm ,

где суммирование ведётся по всем целым неотрицательным k1, . . . , km.

Доказательство. Коэффициент при xk11 . . . xkmm в выражении (x1+ . . .+xm)n

равен числу способов выбрать слагаемое x1 ровно k1 раз, слагаемое x2 ровноk2 раз и так далее. Таким образом этот коэффициент равен числу упорядо-ченных разбиений множества из n множителей на m подмножеств, то естьчислу Ck1,...,km

n .

1.4. ПРИНЦИП ВКЛЮЧЕНИЯ-ИСКЛЮЧЕНИЯ 23

1.4 Принцип включения-исключения

Теорема 19 (Формула включения-исключения).

Пусть X1, . . . , Xn — подмножества множества X. Тогда

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ = ∑{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1

∣∣∣∣∣k⋂

j=1

Xij

∣∣∣∣∣ ,где суммирование берётся по всем k = 1, 2, . . . , n и всем возможным непу-стым подмножествам мощности k множества {1, . . . , n}.

Замечание. В развёрнутом виде формула включения-исключения имеетвид:

|X1 ∪X2 ∪ . . . ∪Xn| =n∑

i=1

|Xi| −∑

16i<j6n

|Xi ∩Xj|+

+∑

16i<j<k6n

|Xi ∩Xj ∩Xk| − . . .+

+ (−1)n+1|X1 ∩X2 ∩ . . . ∩Xn|.

Доказательство. Заметим, что:

1.n∏

i=1

(1−ai) = (1−a1)(1−a2) . . . (1−an) = 1+∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}(−1)kai1 . . . aik .

Последнее равенство здесь получается раскрытием скобок и приведением по-добных.

2. Если Y =n⋂

i=1

Xi, то χY (x) =n∏

i=1

χXi(x) по теореме 2 (пункт 1) о свой-

ствах характеристической функции.

3.∑x∈X

χX(x) = |X| по теореме 2 (пункт 4) о свойствах характеристической

функции.

4. Так какn⋃

i=1

Xi =n⋂

i=1

Xi, тоn⋃

i=1

Xi =n⋂

i=1

Xi.

Пусть X̂ =n⋃

i=1

Xi. Вычислим функцию χX̂(x):


χX̂(x) = χ n⋂i=1

Xi

(x) = 1− χ n⋂i=1

Xi

(x) = 1−n∏

i=1

χXi(x) = 1−

n∏i=1

(1− χXi(x)) =

= 1− (1 +∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k · χXi1(x) · . . . · χXik

(x)) =

=∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1 · χXi1(x) · . . . · χXik

(x) =

=∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1 · χXi1∩...∩Xik

(x).

Тогда

|X̂| =∑x∈X

χX̂(x) =∑x∈X

∑{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1 · χXi1∩...∩Xik

(x) =

=∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1∑x∈X

χXi1∩...∩Xik

(x) =∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1

∣∣∣∣∣k⋂

j=1

Xij

∣∣∣∣∣ .

Определение 16. Подстановка σ ∈ Sn называется беспорядком, если для∀i ∈ {1, 2, . . . , n} выполняется σ(i) 6= i.

Пример. Подстановка

(1 2 3 4

2 1 4 3

)является беспорядком, а подстановка(

1 2 3 4

2 3 1 4

)— нет.

Теорема 20 (О числе беспорядков).

Число беспорядков dn в Sn равно n! ·n∑

k=0

(−1)kk! .

Доказательство. Для каждого i = 1, . . . , n положим

Xi = {σ ∈ Sn|σ(i) = i} ⊆ Sn.

Тогда число беспорядков

dn = |Sn| −

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ = n!−

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ = n!−

∑{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1

∣∣∣∣∣k⋂

j=1

Xij

∣∣∣∣∣ .

1.4. ПРИНЦИП ВКЛЮЧЕНИЯ-ИСКЛЮЧЕНИЯ 25

Заметим, чтоk⋂

j=1

Xij = {σ ∈ Sn|σ(ij) = ij,∀j = 1, . . . , k}. Следовательно

∣∣∣∣∣k⋂

j=1

Xij

∣∣∣∣∣ = (n− k)!

Тогда

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ = ∑{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1 · (n− k)! =n∑

k=1

(−1)k+1 · Ckn · (n− k)!

Следовательно

dn = n!−n∑

k=1

(−1)k+1 · Ckn · (n− k)! = n!−

n∑k=1

(−1)k+1 · n!

k!(n− k)!· (n− k)! =

= n!(1−n∑

k=1

(−1)k+1 · 1k!) = n! ·

n∑k=0

(−1)k

k!.

Теорема 21 (О числе сюръекций).Пусть X, Y — множества, |X| = n, |Y | = m. Тогда число Dm

n различныхсюръективных отображений X → Y равно

m∑k=0

(−1)k · (m− k)n · Ckm.

Замечание. Число Dmn называется числом Стирлинга первого рода.

Доказательство. Число сюръекций совпадает с числом разложений n раз-личных шаров по m различным ящикам так, чтобы ни один ящик не былпустым. Обозначим F — множество всех разложений n различных шаров поm ящикам, и Fi — множество всех разложений, при которых i-ый ящик пуст.Тогда искомое число сюръекций равно

|F | −

∣∣∣∣∣m⋃i=1

Fi

∣∣∣∣∣ .


По формуле включения-исключения∣∣∣∣∣m⋃i=1

Fi

∣∣∣∣∣ = ∑{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1

∣∣∣∣∣k⋂

j=1

Fij

∣∣∣∣∣ .Множество

k⋂j=1

Fij состоит из таких разложений шаров, при которых ящи-

ки с номерами i1, . . . , ik пусты, а остальные разложены произвольным обра-зом. Получаем ∣∣∣∣∣

k⋂j=1

Fij

∣∣∣∣∣ = (m− k)n.

Тогда

|F | −

∣∣∣∣∣m⋃i=1

Fi

∣∣∣∣∣ = mn −∑

{i1,...,ik}⊆{1,...,n}

(−1)k+1 · (m− k)n =

= mn −m∑k=1

(−1)k+1 · Ckm · (m− k)n =

m∑k=0

(−1)k · (m− k)n · Ckm.

Следствие 5 (О числах Стирлинга второго рода).

Skn =

1

k!

k∑i=0

(−1)i · (k − i)n · C ik.

Доказательство. Число сюръекций из множества мощности n в множествомощности k совпадает с числом способов разложить n различных шаров поk различным ящикам так, чтобы ни один ящик не был пустым. По опреде-лению число Стирлинга второго рода Sk

n равно числу разбиений множествамощности n на k непустых подмножеств, то есть числу разложений n раз-личных шаров по k одинаковым ящикам. Искомая формула следует и того,что Sk

n · k! = Dkn.

1.5. ЛИНЕЙНЫЕ РЕКУРРЕНТНЫЕ СООТНОШЕНИЯ 27

1.5 Линейные рекуррентные соотношения с по-стоянными коэффициентами

Определение 17. Пусть f : N ∪ {0} → R. Соотношение вида

f(n+ k) = a1 · f(n+ k − 1) + . . .+ ak · f(n),

где ai ∈ R, i = 1, . . . , k, называется линейным рекуррентным соотношениемпорядка k с постоянными коэффициентами a1, . . . , ak.

Определение 18. Бесконечная последовательность {x0, x1, . . . , xn, . . .} на-

зывается решением рекуррентного соотношения f(n+k) =k∑

i=1

ai·f(n+k−i),

если при подстановке f(n) = xn для каждого n = 0, 1, 2, . . . это соотноше-ние становится тождественным.

Пример. Рассмотрим рекуррентное соотношение

f(n+ 2) = 3f(n+ 1)− 2f(n).

Последовательность {1, 2, 4, 8, 16, . . . , 2n, . . .} является его решением. В самомделе, подставим f(n) = 2n и f(n+ 1) = 2n+1, получим:

3 · 2n+1 − 2 · 2n = 2n+1(3− 1) = 2n+2 = f(n+ 2).

Лемма 1 (О линейности решений рекуррентных соотношений).Пусть f(n+ 2) = a1f(n+ 1) + a2f(n) — линейное рекуррентное соотно-

шение порядка 2. Пусть две последовательности

{x0, x1, . . . , xn, . . .} и {y0, y1, . . . , yn, . . .}

являются его решениями. Тогда для ∀α, β ∈ R последовательность

{αx0 + βy0, αx1 + βy1, . . . , αxn + βyn, . . .}

также является решением исходного рекуррентного соотношения.

Доказательство. Подставим f(n) = αxn + βyn и f(n + 1) = αxn+1 + βyn+1.Получим:


a1f(n+ 1) + a2f(n) = a1(αxn+1 + βyn+1) + a2(αxn + βyn) =

= α(a1xn+1 + a2xn) + β(a1yn+1 + a2yn) =

= αxn+2 + βyn+2 = f(n+ 2).

Замечание. Лемма о линейности решений рекуррентных соотношений спра-ведлива и для линейных рекуррентных соотношений порядка, большего двух.

Определение 19. Пусть f(n + k) =k∑

i=1

ai · f(n + k − i) — линейное рекур-

рентное соотношение порядка k. Характеристическим многочленом этогорекуррентного соотношения называется многочлен

F(λ) = λk − a1λk−1 − a2λk−2 − . . .− ak−1λ− ak.

Лемма 2 (О корнях характеристического многочлена).Пусть f(n+2) = a1f(n+1)+a2f(n) — линейное рекуррентное соотноше-

ние порядка 2, F(λ) — его характеристический многочлен, ρ — его корень.Тогда последовательность

{1, ρ, ρ2, . . . , ρn, . . .}

является решением исходного рекуррентного соотношения.

Доказательство. Заметим, что F(λ) = λ2 − a1λ − a2. Тогда, так как ρ —корень характеристического многочлена F(λ), то

ρ2 = a1ρ+ a2.

Подставим в рекуррентное соотношение f(n) = ρn, f(n + 1) = ρn+1 иf(n+ 2) = ρn+2, получим:

a1f(n+ 1) + a2f(n) = a1ρn+1 + a2ρ

n = ρn+2 = f(n+ 2).

Замечание. Лемма о корнях характеристического многочлена справедливаи для линейных рекуррентных соотношений порядка, большего двух.


Теорема 22 (Об общем виде решения рекуррентного соотношения).Пусть f(n+ 2) = a1f(n+ 1) + a2f(n) — линейное рекуррентное соотно-

шение порядка 2, причем коэффициенты a1, a2 не равны нулю одновременно.Пусть F(λ) — характеристический многочлен этого рекуррентного соот-ношения, и пусть ρ1, ρ2 — его корни. Тогда

(1) Если ρ1 6= ρ2, то любое решение рекуррентного соотношения имеетвид {x0, . . . , xn, . . .}, где xn = αρn1 + βρn2 ;

(2) Если ρ1 = ρ2, то любое решение рекуррентного соотношения имеетвид {x0, . . . , xn, . . .}, где xn = (αn+ β)ρn1 ;

Доказательство. 1. Из леммы о линейности решений и леммы о кор-нях характеристического многочлена следует, что последовательность{x0, . . . , xn, . . .}, где xn = αρn1 + βρn2 является решением исходного ре-куррентного соотношения. Покажем, что любое решение имеет такой вид.

Заметим, что любое решение однозначно определяется первыми двумяэлементами последовательности x0, x1. Поэтому решение рекуррентного соот-ношения представимо в нужном виде тогда и только тогда, когда для любыхчисел x0, x1 система уравненийαρ01 + βρ02 = x0

αρ11 + βρ12 = x1

имеет решение относительно неизвестных α, β.Непосредственно вычисляется, что решением этой системы являются

α =x0ρ2 − x1ρ2 − ρ1

, β =x1 − ρ1x0ρ2 − ρ1

.

Решение всегда существует, так как ρ1 6= ρ2

2. Покажем, что если ρ — корень кратности 2 характеристического много-члена, то последовательность {x0, x1, . . . , xn, . . .}, где xn = n ·ρn, является ре-шением исходного рекуррентного соотношения f(n+2) = a1f(n+1)+a2f(n).

Так как характеристический многочлен F(λ) имеет корень ρ кратности2, то

λ2 − a1λ− a2 = (λ− ρ)2.


Отсюда находим, что

a1 = 2ρ и a2 = −ρ2

Подставим f(n) = n · ρn в рекуррентное соотношение и получим:

a1f(n+ 1) + a2f(n) = a1(n+ 1)ρn+1 + a2nρn =

= 2(n+ 1)ρn+2 − nρn+2 = (n+ 2)ρn+2 = f(n+ 2).

Покажем теперь, что любое решение исходного рекуррентного соотноше-ния f(n + 2) = a1f(n + 1) + a2f(n) представимо в нужном виде. Для этого,как и ранее, достаточно проверить, что при любых x0, x1 система(α · 0 + β)ρ0 = x0

(α · 1 + β)ρ1 = x1

имеет решение.Непосредственно вычисляется, что решением являются числа

α =x1 − ρx0

ρ, β = x0.

Из условия теоремы следует, что ρ 6= 0, следовательно решение системывсегда существует.

Замечание. В общем случае, если ρ является корнем кратности s харак-теристического многочлена F(λ), то в общем виде решения рекуррентного

соотношения f(n+ k) =k∑

i=1

aif(n+ k − i) ему соответствует слагаемое

(C1 · ns−1 + C2 · ns−2 + . . .+ Cs) · ρn.

Пример. Найдем решение рекуррентного соотношения

f(n+ 2) = f(n+ 1) + f(n),

задающего последовательность чисел Фибоначчи

{1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .}


Характеристический многочлен рекуррентного соотношения

f(n+ 2) = f(n+ 1) + f(n)

имеет видF(λ) = λ2 − λ− 1.

Находим, что

ρ1 =1 +√5

2и ρ2 =

1−√5

2являются его корнями.

Тогда общее решение рекуррентного соотношения представляется в сле-дующем виде:

xn = α ·

(1 +√5

2

)n

+ β ·

(1−√5

2

)n

Неизвестные коэффициенты α, β найдем из условия: x0 = 1 и x1 = 1. Дляэтого запишем систему α + β = 1

α · 1+√5

2 + β · 1−√5

2 = 1.

Решим её и получим числа

α =

√5 + 1

2√5

, β =

√5− 1

2√5.

Подставим найденные числа α и β в общее решение рекуррентного соот-ношения и получим, что

xn =1√5

(1 +√5

2

)n+1

+

(1−√5

2

)n+1 .


Глава 2

Практикум

2.1 Примеры решения задач

Этот раздел посвящён решениям задач. Все задачи, рассматриваемые здесь,обладают одной общей темой — они связаны с разложениями шаров по ящи-кам. Однако, для решения, казалось бы, похожих задач, зачастую требуетсяиспользовать различные приёмы и подходы.

Задача 1. Сколькими способами можно разложить 12 одинаковых шаровпо 4 различным ящикам?

Решение. То, что шары одинаковые означает, что при разложении важно ко-личество шаров в каждом ящике, но какие именно шары для этого использу-ются — не важно. Расположим все 12 шаров в ряд. Тогда достаточно вставитьтри перегородки между ними. Изобразим это на рисунке так:

При этом самая левая группа из трёх шаров помещается в первый ящик,вторая группа из четырёх шаров — во второй, третья группа из четырёхшаров — в третий, а последняя (самая правая) группа из одного шара поме-щается в четвёртый ящик. Если две перегородки поставить рядом, то соот-ветствующий ящик считается пустым. Такую расстановку перегородк междушарами удобно записывать в виде последовательности длины 15, состоящейиз 12 нулей (шаров) и 3 единиц (перегородок). Например, последователь-ность, соответствующая рисунку, выглядит следующим образом:

(0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0).

33

34 ГЛАВА 2. ПРАКТИКУМ

Задача о нахождении числа способов разложить 12 одинаковых шаров по4 различным ящикам сводится к задаче нахождения числа последовательно-стей длины 15, состоящих ровно из 12 нулей и 3 единиц. Чтобы построитьодну такую последовательность достаточно выбрать 3 места из 15, на которыепоместить по единице, а все остальные места последовательности заполнитьнулями. Число таких последовательностей совпадает с количеством спосо-бов выбрать подмножество мощности 3 в множестве из 15 элементов. Это вточности комбинаторное число

C315 =

15!

3! · 12!= 455.

Ответ. 455.

Задачу 1 можно решить иначе. Из замечания после теоремы 15 следует,что число способов разложить k одинаковых шаров по n различным ящикамсовпадает с числом различных мультимножеств мощности k над множествоммощности n. Поэтому число способов разложить 12 одинаковых шаров по 4

различным ящикам равно

C124 = C12

12+4−1 = C315 = 455.

Задача 2. Сколькими способами можно разложить 8 одинаковых шаровпо 3 одинаковым ящикам?

Решение. Если все шары и ящики считаются одинаковыми, то искомая вусловии задачи величина совпадает с числом способов представить число 8 ввиде коммутативной суммы трёх неотрицательных целых слагаемых. Комму-тативность означает, что два представления, отличающиеся лишь порядкомслагаемых, совпадают.

Обозначим через P̃ kn число способов представить число n в виде коммута-

тивной суммы k неотрицательных слагаемых, через P kn число способов пред-

ставить число n в виде коммутативной суммы ровно k положительных слага-емых. Тогда число способов разложить 8 одинаковых шаров по 3 одинаковымящикам совпадает с величиной P̃ 3

8 . Найдём её.Заметим, что:

(1) P̃ kn = P 1

n + P 2n + . . .+ P k

n ,

2.1. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 35

(2) P nn = P 1

n = 1 и P kn = 0 при k > n,

(3) P kn = P̃ k

n−k,

(4) P 2n = [n2 ].

Третье соотношение следует из того, что любое представление числа n−kв виде суммы k неотрицательных слагаемых получается из представлениячисла n в виде суммы k положительных слагаемых уменьшением каждогослагаемого на 1. Четвёртое соотношение следует из того, что представлениечисла n в виде суммы двух положительных числе однозначно определяетсявыбором меньшего слагаемого.

С помощью этих свойств находим, что:

P̃ 38 = P 1

8 + P 28 + P 3

8 = 1 + P̃ 28−2 + P̃ 3

8−3 =

= 1 + P 16 + P 2

6 + P 15 + P 2

5 + P 35 =

= 1 + 1 +

[6

2

]+ 1 +

[5

2

]+ P̃ 3

5−3 =

= 8 + P 12 + P 2

2 + P 32 = 8 + 1 + 1 + 0 = 10.

Ответ. 10.

Задача 3. Сколькими способами можно разложить 6 различных шаров по3 одинаковым ящикам?

Решение. Так как шары считаются различными, то для удобства будем счи-тать, что все они пронумерованы числами от 1 до 6. Все ящики одинаковы,поэтому требуется найти число способов разбить это множество чисел на 3подмножества (возможно пустых). Число способов разбить множество мощ-ности n = 6 на k непустых подмножеств — это в точности число Стирлингавторого рода Sk

6 . Поэтому общее число способов разложить 6 различных ша-ров по 3 одинаковым ящикам совпадает с суммой

S16 + S2

6 + S36 .

Из определения числа Стирлинга второго рода (определение 10) следует,что S1

6 = 1, а из следствия 1, что

S26 = 26−1 − 1 = 25 − 1 = 32− 1 = 31.


С помощью рекуррентного соотношения для числа Стирлинга второгорода (теорема 8) находим, что

S36 = S2

5 + 3 · S35 =

= 25−1 − 1 + 3 · (S24 + 3 · S3

4) =

= 15 + 3 · (24−1 − 1) + 9 · (S23 + 3 · S3

3) =

= 15 + 3 · 7 + 9 · (23−1 − 1) + 27 · 1 = 90.

Таким образом, число способов разложить 6 различных шаров по 3 одинако-вым ящикам равно 1 + 31 + 90 = 122.

Ответ. 122.

Задача 4. Сколькими способами можно разложить 12 различных шаровпо 4 различным ящикам?

Решение. Для каждого из 12 шаров существует ровно 4 разных способа поло-жить его в ящик. Один шар можно положить либо в первый, либо во второй,либо в третий, либо в четвёртый ящик. Все шары различны, и по правилупроизведения (теорема 5) получаем, что общее число способов разложить 12

различных шаров по 4 различным ящикам равна

412 = 16777216.

Ответ. 16777216.

Задача 5. Сколькими способами можно разложить 6 белых и 8 чёрныхшара по 6 различным ящикам?

Решение. Сначала найдём отдельно число способов разложить 6 белых шаровпо 6 различным ящикам, и число способов разложить 8 чёрных шаров по 6различным ящикам.

Шары одного цвета считаются одинаковыми. Используем решение задачи1. Находим число способов вставить 5 перегородок между 6 шарами, и поэто-му число способов разложить 6 белых шаров по 6 ящикам равно N1 = C5

11.Аналогично, чтобы разложить 8 чёрных шаров по 6 ящикам, найдём числоспособов вставить 5 перегородок между 8 шарами, и получим N2 = C5

13.


Разложения белых и чёрных шаров по ящикам независимы. Следователь-но по правилу произведения (теорема 5), число способов разложить 6 белыхи 8 чёрных шаров по 6 различным ящикам равно

N1 ·N2 = C511 · C5

13 =11!

5! · 6!· 13!

5! · 8!= 84942.

Ответ. 84942.

Задача 6. Сколькими способами можно разложить 6 белых и 8 чёрныхшара по 13 различным ящикам так, чтобы ни один ящик не оказался пу-стым?

Решение. Заметим, что общее число шаров 6 + 8 на 1 больше числа ящиков.Поэтому, если все шары разложены так, что ни один ящик не пуст, то во всехящиках, кроме одного, лежит по одному шару, а в одном ящике — два шара.Рассмотрим три случая в зависимости от того, какие цвета имеют эти двашара.

Случай 1. В ящике лежат два белых шара. Тогда во всех остальных 12-тиящиках лежат 4 белых шара и 8 чёрных шаров. Так как каждое такое раз-ложение однозначно задаётся выбором четырёх ящиков, в которые кладутсябелые шары (а во все остальные ящики — чёрные), то число таких разложе-ний совпадает с числом сочетаний C4

12. Так как в качестве ящика, в которыйположены два белых шара, можно выбрать один из 13-ти различных ящиков,то общее число способов разложить 6 белых и 8 чёрных шара по 13 различ-ным ящикам так, чтобы ни один ящик не оказался пустым и в одном из нихлежали два белых шара равно 13 · C4

12.Случай 2. В ящике лежат два чёрных шара. Аналогично предыдущему

случаю, оставшиеся шары можно разложить по 12-ти различным ящикамровно C6

12 способами (так как достаточно разложить 6 белых шаров, а во всеостальные ящики положить чёрные). Тогда, общее число способов разложить6 белых и 8 чёрных шара по 13 различным ящикам так, чтобы ни один ящикне оказался пустым и в одном из них лежали два чёрных шара равно 13 ·C6

12.Случай 3. В ящике лежит один белый и один чёрный шар. Аналогично

предыдущим двум случаям, число способов разложить оставшиеся шары по12-ти различным ящикам равно C5

12 (так как достаточно разложить 5 белыхшаров по 12 различным ящикам, а во все остальные положить по одному


чёрному шару). Тогда, общее число способов разложить 6 белых и 8 чёрныхшара по 13 различным ящикам так, чтобы ни один ящик не оказался пустыми в одном из них лежали чёрный и белый шар равно 13 · C5

12.Заметим, что среди разложений шаров во всех трёх случаях нет одина-

ковых. Следовательно, по правилу суммы (теорема 3), число способов раз-ложить 6 белых и 8 чёрных шаров по 13 различным ящикам так, чтобы ниодин ящик не оказался пустым, равно

13 · C412 + 13 · C6

12 + 13 · C512 = 28743.

Ответ. 28743.

Задача 7. Сколькими способами можно разложить 25 одинаковых шаровпо 6 различным ящикам так, чтобы в каждом ящике оказалось не менеедвух шаров?

Решение. Положим в каждый ящик по два шара. После этого останется 13одинаковых шаров, которые можно произвольным образом раскладывать по6 ящикам. Тогда число способов разложить 25 одинаковых шаров по 6 раз-личным ящикам так, чтобы в каждом ящике оказалось не менее двух шаров,совпадает с числом способов разложить 13 одинаковых шаров по 6 ящикам.Аналогично решению задачи 1, это число совпадает с числом различных по-следовательностей длины 18, состоящих из 5 единиц (перегородок) и 13 нулей(шаров). Число таких последовательностей совпадает с числом сочетаний

C518 =

18!

5! · 13!= 8568.

Ответ. 8568.

Задача 8. Сколькими способами можно разложить 25 одинаковых шаровпо 6 различным ящикам так, чтобы в каждом ящике оказалось не болеепяти шаров?

Решение. Положим в каждый ящик по 5 шаров (максимальное возможноеколичество). Для этого потребуется 30 шаров. По условию задачи даны лишь25 шаров, поэтому искомое число разложений совпадает с числом способов


вынуть 5 шаров из 6 ящиков. Так как в каждом ящике уже лежит по 5 шаров,то вынимать мы их можем произвольным образом.

Отметим, что число способов вынуть 5 шаров из 6 ящиков совпадает счислом способов разложить 5 шаров по 6 ящикам (вынимание шара — этодобавление шара, уничтожающего один из лежащих в ящике). Поэтому чис-ло способов разложить 25 одинаковых шаров по 6 различным ящикам так,чтобы в каждом ящике оказалось не более пяти шаров совпадает с числомспособов разложить 5 одинаковых шаров по 6 различным ящикам. Анало-гично решению задачи 1, это число совпадает с числом последовательностейдлины 10, состоящих из 5 нулей (шаров) и 5 единиц (перегородок). Числотаких последовательностей — это в точности число сочетаний

C510 =

10!

5! · 5!= 252.

Ответ. 252.

Задача 9. Сколькими способами можно разложить 25 одинаковых шаровпо 6 различным ящикам так, чтобы оказалось не более двух пустых ящи-ков?

Решение. Рассмотрим три случая в зависимости от того, сколько остаётсяпустых ящиков после разложения всех шаров.

Случай 1. Пустых ящиков не остаётся. Найдём число способов разложить25 одинаковых шаров по 6 различным ящикам так, чтобы в каждом из нихбыл хотя бы один шар. Аналогично решению задачи 7, поместим в каждыйящик по одному шару. После этого останется 19 шаров, которые по 6 ящикамможно раскладывать произвольным образом. Аналогично решению задачи1, число способов разложить 19 одинаковых шаров по 6 различным ящикамсовпадает с числом различных последовательностей длины 24, состоящих из19 нулей (шаров) и 5 единиц (перегородок). Число таких последовательностейсовпадает с числом сочетаний C5

24. Получаем, что число способов разложить25 одинаковых шаров по 6 различным ящикам так, чтобы в каждом из нихбыл хотя бы один шар, равно C5

24.Случай 2. Остаётся ровно один пустой ящик. Сначала будем считать, что

пустым остаётся первый ящик. Найдём число способов разложить 25 одина-ковых шаров по 5 различным ящикам (по всем, кроме первого) так, чтобы


в каждом из них был хотя бы один шар. Аналогично случаю 1, кладём поодному шару в каждый ящик, а оставшиеся 20 шаров раскладываем по 5ящикам произвольным образом. Число способов сделать это равно C4

24.В качестве пустого ящика можно выбрать один из 6, следовательно по

правилу произведения (теорема 5), число способов разложить 25 одинаковыхшаров по 6 различным ящикам так, чтобы остался ровно один пустой ящик,равно 6 · C4

24.Случай 3. Остаётся ровно два пустых ящика. Сначала будем считать, что

пустыми остаются первый и второй ящики. Найдём число способов разло-жить 25 шаров по 4 ящикам так, чтобы в каждом из них был хотя бы одиншар. Аналогично случаям 1 и 2, кладём по одному шару в каждый ящик, аоставшийся 21 шар раскладываем по 4 ящикам произвольным образом. Числоспособов сделать это равно C3

24.В качестве пустых ящиков можно выбрать любые 2 ящика из 6. Число

способов выбрать два этих ящика в точности равно числу сочетаний C26 . Сле-

довательно по правилу произведения (теорема 5), число способов разложить25 одинаковых шаров по 6 различным ящикам так, чтобы осталось ровно двапустых ящика, равно C2

6 · C324.

Заметим, что среди разложений во всех трёх случаях нет одинаковых.Следовательно по правилу суммы (теорема 3), общее число способов разло-жить 25 одинаковых шаров по 6 различным ящикам так, чтобы оказалось неболее двух пустых ящиков, равно

C524 + 6 · C4

24 + C26 · C3

24 = 136620.

Ответ. 136620.

Задача 10. Найти коэффициент при x50 в многочлене

(1 + x+ x2 + . . .+ x100)4.

Решение. Перемножим многочлен 1+x+x2+. . .+x100 сам с собой четыре разабез приведения подобных. Каждое слагаемое при этом получается в резуль-тате произведения четырёх одночленов, взятых по одному из каждого мно-жителя. Так как коэффициенты при одночленах в исходном многочлене всеравны единице, то коэффициент при x50 в многочлене (1+x+x2+ . . .+x100)4

2.2. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 41

совпадает с числом способов выбрать из каждой скобки (1+x+x2+. . .+x100)

по одному одночлену так, чтобы их сумма степеней равнялась 50. Это совпа-дает с числом способов разложить 50 одинаковых шаров (степеней одночленаx50) по 4 различным ящикам (множителям).

Аналогично решению задачи 1, число способов разложить 50 одинаковыхшаров по 4 различным ящикам совпадает с числом различных последователь-ностей длины 53, состоящих из 50 нулей (шаров) и 3 единиц (перегородок).Число таких последовательностей — это в точности число сочетаний

C353 =

53!

3! · 50!= 23426.

Ответ. 23426.

Задача 11. Найти коэффициент при x320 в многочлене

(1 + x+ x2 + . . .+ x100)4.

Решение. Способ решения этой задачи аналогичен решению задачи 10. Иско-мый коэффициент при x320 связан с числом способов разложить 320 одинако-вых шаров (степеней одночлена) по 4 различным ящикам (множителям). Но,так как максимальная степень одночлена в каждой скобке 100, то в каждыйящик можно положить не более 100 шаров. В этом состоит принципиальноеотличие этой задачи от предыдущей.

Как и при решении задачи 8, положим в каждый ящик по 100 шаров, приэтом будут использованы лишние 80 шаров. Найдём число способов вынуть80 шаров из 4 ящиков. Это число совпадает с числом способов разложить80 одинаковых шаров по 4 различным ящикам (так как вынимание шара изящика эквивалентно опусканию шара, уничтожающего один из лежащих вящике). Эта величина равна

C383 =

83!

3! · 80!= 91881.

Ответ. 91881.

2.2 Задачи для самостоятельного решения

1. Найти число подмножеств X множества {A,B,C,D,E, F,G,H, I, J}, об-ладающие следующими свойствами:


(1) |X| = 3?

(2) |X| = 5, A ∈ X?

(3) |X| = 6, B /∈ X?

(4) |X| = 7, {A,B} ⊂ X, C /∈ X?

(5) |X| 6 5?

2. Найти число подмножеств множества {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, состоящихиз трёх чётных и двух нечётных чисел.

3. Сколько чисел от 0 до 999 999, в которых нет двух рядом стоящих одина-ковых цифр?

4. На окружности последовательно отмечены точки A1, . . . , A12. Сколько су-ществует:

(1) Хорд с концами в отмеченных точках?

(2) Треугольников с вершинами в отмеченных точках?

(3) Выпуклых четырёхугольников с вершинами в отмеченных точках?

(4) Треугольников с вершинами в отмеченных точках, не имеющих общихточек с прямой A2A8?

(5) Треугольников с вершинами в отмеченных точках, имеющих общие точ-ки с прямой A1A5?

5. На окружности отмечено n точек. Точки соединяются всевозможными хор-дами. Известно, что никакие три из них не пересекаются в одной точке внутрикруга. Найти:

(1) Число точек пересечения хорд внутри круга?

(2) количество частей, на которые хорды делят круг?


6. С использование рекуррентного соотношения для чисел сочетаний найтиC4

6 .

7. С использование рекуррентного соотношения для чисел Стирлигна второ-го рода найти S3

4 , S35 , S4

6 .

8. Вычислить числа Белла B(3) и B(5).

Указание. Bn =n−1∑k=0

Ckn−1 ·Bn−k−1, B0 = 1.

9. Сколько существует способов разложить 20 различных шаров по 4 различ-ным ящикам так, чтобы в них лежало 4, 5, 8 и 3 шара соответственно.

10. Сколькими способами можно разложить n шаров поm ящикам, при усло-вии, что:

(1) Шары и ящики считаются различными?

(2) Шары одинаковые, а ящики различные?

(3) Шары различные, а ящики одинаковые?

(4) Шары и ящики считаются одинаковыми?

11. Сколькими способами можно разложить 4 белых и 3 чёрных шара по 6различным ящикам?

12. Сколькими способами можно разложить 5 белых и 8 чёрных шаров по 7различным ящикам при условии, что ни один ящик не должен быть пустым?

13. Сколькими способами можно разложить 20 одинаковых шаров по 5 раз-личным ящикам так, чтобы:

(1) В каждом ящике оказалось не менее двух шаров?


(2) В каждом ящике оказалось не более 5 шаров?

(3) Оказалось не более двух пустых ящиков?

14. Сколькими способами можно разложить 6 шаров по 4 ящикам так, чтобыв каждом оказалось не более трёх шаров.

15. Найти коэффициент при x100 в многочлене (1 + x+ x2 + . . .+ x100)3.

16. Доказать, чтоn∑

k=0

9kCkn = 10n.

Указание. Воспользоваться биномиальной формулой (теорема 13).

17. Найти коэффициент при xk в многочлене:

(1) (x+ 2)10, k = 3.

(2) (1− 2x)7, k = 4.

(3) (√x− 2

x)8, k = 5.

(4) (33√x2 − x

√x)9, k = 11.

Указание. Воспользоваться биномиальной формулой (теорема 13).

18. Используя явные формулы для чисел Стирлинга второго рода, вычислитьS57 , S5

8 и S79 .

19. Найти коэффициент при xk в многочлене

(1) (1 + x+ x2)10, k = 15.

(2) (1 + x2 + x4)6, k = 20.

Указание. Использовать полиномиальную формулу (теорема 18).

20. Найти решение рекуррентного соотношения:


(1) an+2 = 7an+1 − 12an.

(2) an+2 = −9an.

Указание. Использовать теорему 22.

21. Найти формулу общего члена последовательности:

(1) an+2 = 4an+1 − 3an, a1 = 10, a2 = 16.

(2) an+2 = 2 cosαan+1 − an, a1 = cosα, a2 = cos 2α.

(3) an+3 + 3an+2 + 3an+1 + an = 0, a0 = a1 = a2 = 1.

(4) an+3 = 9an+2 − 26an+1 + 24an, a0 = 1, a1 = −3, a2 = −29.

(5) an+2 = 5an+1 − 6an, a0 = 1, a1 = −7.

Указание. Использовать теорему 22.


Литература

[1] Мещеряков, М.В. Избранные лекции по дискретной математике. Часть1: комбинаторика и графы / М.В. Мещеряков. Саранск: Изд-во Мордов-ского ун-та, 2003. 116 с.

[2] Холл, М. Комбинаторика / М. Холл. Москва: Мир, 1970. 424 с.

[3] Виленкин, Н.Я. Комбинаторика / Н.Я. Виленкин, А.Н. Виленкин, П.А.Виленкин. Москва: МЦНМО, 2007. 400 с.

[4] Яблонский, С.В. Введение в дискретную математику / С.В. Яблонский.Москва: Высшая школа, 2010. 384 с.

[5] Новиков, Ф.А. Дискретная математика / Ф.А. Новиков. Санкт-Петербург: Питер, 2014. 432 с.

[6] Мальцев, И.А. Дискретная математика / И.А. Мальцев. Санкт-Петербург: издательство Лань, 2011. 304 с.

[7] Капитонова, Ю.В. Лекцкии по дискретной математике / Ю.В. Капито-нова, С.Л. Кривой, А.А. Летичевский, Г.М. Луцкий. Санкт-Петербург:БХВ — Петербург, 2004. 624 с.

[8] Андерсон, Дж. Дискретная математика и комбинаторика // Дж. Андер-сон. Москва: Вильямс, 2004. 960 с.

47

Учебное издание

КЛАССИЧЕСКОЕ УНИВЕРСИТЕТСКОЕ ОБРАЗОВАНИЕ

КОРАБЛЁВ Филипп ГлебовичКОРАБЛЁВА Вера Владимировна

ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА: КОМБИНАТОРИКА

Учебное пособие

РедакторВерстка

Подписано в печать 00.00.14Формат 60× 84 1/16. Бумага офсетная.

Усл. печ. л. 7,8. Уч.-изд. л. 7,6.Тираж 100 экз. Заказ 00.

Цена договорная

ФГБОУ ВПО «Челябинский государственный университет»454001 Челябинск, ул. Братьев Кашириных, 129

Издательство Челябинского государственного университета454021 Челябинск, ул. Молодогвардейцев, 57б

Documents

Ф. Г. Кораблёв, В. В. Кораблёва Дискретная ...math.csu.ru/new_files/students/lectures/diskr_matem/... · 2017-09-01 · Глава 1 Основные