Теория множеств(пособие ЕНФ)(Водопьянов)

3. Доказать, что отношение m n, если n делится на m, является отношением порядка на N. Проверить, что для всякого конечного множества А N в этом упорядочении существует точные грани.

10 Элементы комбинаторики

10.1 Пусть есть некоторое конечное множество элементов U = {a1, a2, ..., an}. Рассмотрим набор элементов ai1 , ai2 , ..., air , , где a i j U, j = 1, 2, ..., r.

Этот набор называется выборкой объема r из n элементов. Любое подмножество U является выборкой, но не всякая выборка является подмножеством U, так как в выборку один и тот же элемент может входить несколько раз (в отличие от подмножества).

Комбинаторные задачи связаны с подсчетом числа выборок объема r из n элементов, где выборки подчиняются определенным условиям, т.е. выбор производится по какому-нибудь принципу. Подсчет числа выборок основывается на двух правилах теории множеств.

10.2Принцип суммы: если card A = m, card B = n и A B = , то card A

B = m+n. На комбинаторном языке это означает: если объект A можно выбрать m способами, объект B другими n способами и их одновременный выбор невозможен, то выбор “A или B” может быть осуществлен m+n способами.

10.3Принцип произведения: если card A = m, card B = n, то card

(A B) = m n. На комбинаторном языке это означает: если объект A может быть выбран m способами, при любом выборе A объект B может быть выбран n способами, то выбор “A и B” может быть осуществлен m n способами.

10.4Пример. A = {10 различных шоколадок}, B = {5 различных пачек печенья}. Выбор “A или B” означает, что выбирается что-то одно и способов выбора в это случае будет 15. Выбор “A и B” означает, что выбирается 1 шоколадка и 1 пачка печенья и различных вариантов для такого выбора будет 50.

10.5Пример. Бросают 2 игральные кости. Сколькими способами они могут выпасть так, что на каждой кости выпадет четное число очков либо на каждой кости выпадет нечетное число очков ?

Пусть m - число возможностей для выпадения четного числа на одной кости, n - число возможностей для выпадения нечетного числа. Здесь m = n = 3. По правилу произведения количество выпадения четных чисел, равно как и нечетных, равно 9. По правилу суммы количество возможностей для выпадения двух четных или двух нечетных чисел будет 18.

Рассмотрим основные способы формирования выборок.

33

10.6Определение. Выборка называется упорядоченной, если в ней задан порядок следования элементов. Если порядок следования элементов несущественен, то выборка называется неупорядоченной.

Из определения следует, две упорядоченные выборки, состоящие из одних и тех же элементов, но расположенных в разном порядке, являются различными.

10.7Перестановки. Упорядоченные выборки объемом n из n элементов, где все элементы различны, называются перестановками из n элементов. Число перестановок из n элементов обозначается Pn.

10.8Теорема. P = n !

Доказательство проводится по индукции. Очевидно, если n = 1, то перестановка только одна и P1 = 1!. Пусть для n = k теорема верна и Pk = k !, покажем, что она тогда верна и для n = k + 1. Рассмотрим (k+1)-ый элемент, будем считать его объектом A, который можно выбрать k+1 способами. Тогда объект B - упорядоченная выборка из оставшихся k элементов по k. B соответствии с индуктивным предположением объект B можно выбрать k! способами. По принципу произведения выбор “A и B” можно осуществить k! (k + 1) = (k + 1)! способами. А совместный выбор “A и B” есть упорядоченная выборка из k + 1 элементов по k + 1.

10.9 Пример. Сколько существует способов, чтобы расположить на полке 10 различных книг ? Ответ: 10 !

Можно рассуждать иначе. Выбираем первый элемент, это можно сделать n способами. Затем выбираем второй элемент, это можно сделать (n 1) способами. По правилу произведения упорядоченный выбор двух элементов можно осуществить n (n 1) способами. Затем выбираем третий элемент, для его выбора останется n 2 возможности, последний элемент можно выбрать единственным способом. Мы вновь приходим к формуле: n(n 1)( n r) ... 1.

10.10 Размещения. Упорядоченные выборки объемом m из n элементов (m n), где все элементы различны, называются размещениями. Число размещений из n элементов по m обозначается A mn .

n!

10.11 Теорема. A mn = (n - m)! .

Доказательство. Обозначим x = A mn . Тогда оставшиеся (n - m) элементов можно упорядочить (n - m) ! способами. По принципу произведения, если объект A можно выбрать x способами, объект B (n - m)! способами, то совместный выбор “A и B” можно осуществить x (n - m)! способами, но выбор “A и B” есть

n!

перестановка и Pn = n ! Отсюда x = A mn = (n - m)! .

34

Рассуждая иначе: первый элемент выбираем n способами, второй - (n - 1) способами и т.д. , m - ый элемент выбираем (n - m + 1) способом. По принципу

произведения вновь имеем: n(n - 1)...(n - m +1), что совпадает с A mn .

10.12 Пример. Группа из 15 человек выиграла 3 различные книги. Сколькими способами можно распределить эти книги среди группы ?

15!

Имеем A153 12! = 15 14 13 = 2730.

10.13 Сочетания. Неупорядоченные выборки объемом m из n элементов (m n) называются сочетаниями. Их число обозначается Cmn .

n!

10.14 Теорема. Cmn m!(n m)!.

Доказательство. Очевидно, Amn = Cmn m!. Действительно, объект A - неупорядоченная выборка из n элементов по m, их число Cmn . После того, как эти m элементов отобраны, их можно упорядочить m! способами (в роли объекта B выступает “ порядок “ в выборке). Совместный выбор “A и B“ - упорядоченная выборка.

10.15 Пример. Группа из 15 человек выиграла 3 одинаковые книги. Сколькими способами можно распределить эти книги?

C3		15!			15 14 13	455.
15	3!12!				1 2 3

Сочетания, размещения и перестановки являлись подмножествами исходного множества. Рассмотрим выборки, которые не являются подмножествами.

10.16 Размещения с повторениями. Упорядоченные выборки объемом m из n элементов, где элементы могут повторяться, называются размещениями с

повторениями. Их число обозначается A mn (n).

10.17 Теорема. A mn (n) = nm.

Доказательство. Первый элемент может быть выбран n способами, второй элемент также может быть выбран n способами и так далее, m -тый элемент

также может быть выбран n способами. По принципу произведения получаем nm .

10.18Пример. Кодовый замок состоит из четырех разрядов, в каждом разряде независимо от других могут быть выбраны цифры от 0 до 9. Сколько

возможных комбинаций?

Здесь n = 10, m = 4 и ответом будет 104.

10.19Пример. Рассмотрим вектор длины m, каждая координата которого

может принимать всего 2 значения: 0 или 1. Сколько будет таких векторов ? Это есть выборка объемом m из двух элементов. Ответ : 2m

10.20Перестановки с повторениями. Пусть имеется n элементов, среди

которых k1 элементов первого типа, k2 элементов второго типа и т.д., ks элементов s-того типа, причем k1 + k2 + ... + ks = n. Упорядоченные выборки из таких n

35

элементов по n называются перестановками с повторениями, их число обозначается Сn(k1, k2, ..., ks). Числа Сn(k1, k2, ..., ks) называются полиномиальными коэффициентами.

n!

10.21 Теорема. Сn(k1, ..., ks) = k1 ! k2 !... k s ! .

Доказательство проведем по индукции по s, то есть по числу типов элементов. При s = 1 утверждение становится тривиальным: k1 = n, все элементы одного типа и Сn(n) = 1. В качестве базы индукции возьмем s = 2, n = k1 + k2. В этом случаем перестановки с повторениями превращаются в сочетания из n элементов по k1 (или k 2): выбираем k1 место, куда помещаем элементы первого типа.

	Сn(k1 k2) = C	k	1		n!			n!		.
		n
					k1!(n - k1)!			k1!k2 !

Пусть формула верна для s = m , т.е. n = k1 + ... + km и

n!

Сn(k1, ..., km)= k1 ! k2 !... km ! .

Докажем, что она верна для s = m + 1 (n = k1 +... + km + km+1). В этом случае перестановку с повторениями можно рассматривать как совместный выбор

двух объектов: объект A - выбор k m + 1 места для элементов (m + 1)-го типа; объект B - перестановка с повторениями из (n - km+1) элементов. Объект A мож-

но выбрать Ckn m+1 способом, B - Cn-k m+1 (k1, ..., km) способами. По принципу произведения

C

n

(k

,..., k

m

, k

m+1

) Ckm+1

C

n-k

1

n

n!

(n - k m + 1)!

(k m + 1)!(n - k m + 1)!

k1!k 2 !... k m !

m+1 (k1 ,..., k m )

n!

k1!k 2 !... k m !k m + 1!

и мы получили требуемую формулу.

	Замечание. Числа Cnm	n!		называются биноминальными коэф-
		m!(n m)!

фициентами. Из этой формулы следует, что Cmn Cnn-m .

10.22 Пример. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы в слове “математика”?

Решение. Буква “а” входит 3 раза (k 1= 3), буква “м” - 2 раза (k2 = 2), “т”-2 раза ( k3 = 2), буквы “е”,”к”,”и” входят по одному разу, отсюда k3 = k4 = k5 = 1.

10!

С10 (3, 2, 2, 1, 1, 1) = 3!2!2! =151200.

10.23 Сочетания с повторениями. Пусть имеется n типов элементов, каждый тип содержит не менее m одинаковых элементов. Неупорядоченная выборка объемом m из имеющихся элементов (их число m n ) называется со-

36

четанием с повторениями. Число сочетаний с повторениями обозначается

Cmn (n).

10.24 Теорема. Cmn (n) = Cmn+m-1 .

Доказательство. Пусть в выборку вошло m1 элементов первого типа, m2 элементов вторго типа, ... mn - n - ного типа. Причем каждое 0 mi m и m1 + m2 + ... + mn = m. Сопоставим этой выборке вектор следующего вида:

b	m	(11...1011...10...011...1).
		m1	m2	mn

Очевидно, между множеством неупорядоченных выборок с повторениями

имножеством векторов {bm} существует биекция (докажите это!). Следовательно, Cmn (n) равно числу векторов bm. “ Длина вектора” bm равна числу нулей

иединиц, или m + n - 1.

Число векторов равно числу способов, которыми m единиц можно поста-

вить на m + n 1мест, а это будет Cmn+m-1 .

10.25 Пример. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Покупатель берет 4 пирожных. Сколькими способами он может это сделать ? (Предполагается, что пирожных каждого вида 4).

Число способов будет C7+44	-1 C104		10!		7 8 9 10	210.
			4!6! 1 2 3 4

10.26 Пример. Пусть V = {a, b, c}. Объем выборки m = 2. Перечислить размещения, сочетания, размещения с повторениями, сочетания с повторениями.

3!

1. Размещения: {(ab), (bc), (ac), (ba), (cb), (ca)}. A 23 1! 6. 3!

2.Сочетания: {(ab), (ac), (bc)}. C23 1!2! 3.

3.Размещения с повторениями: {(ab), (bc), (ac), (ba), (cb), (ca), (aa), (bb),

(cc)}. A 32 (3)= 32 = 9.
	4. Сочетания с повторениями: {(ab), (bc), (ca), (aa), (bb), (cc)}.
C2	(3) C2	C2		4 3		6.
3	3+2-1	4	2

10.27 Задачи

1. A и B и еще 8 человек стоят в очереди. Сколькими способами можно расположить людей в очереди, чтобы A и B были отделены друг от друга тремя лицами?

Ответ: 6 8! 2!.

2.Сколько четырехзначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5

,если:

а) цифры не повторяются;

37

б) цифры могут повторяться; в) используются только нечетные цифры и могут повторяться;

г) должны получиться только нечетные числа и цифры могут повторяться.

Ответ: а) 5 5 4 3=300; б) 5 63 = 1080; в) 34; г) 5 6 6 3 = 540.

3. В классе изучается 10 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на понедельник, если в понедельник должно быть 6 уроков и все разные?

Ответ: A106 .

4. На одной прямой взято m точек, на параллельной ей прямой n точек. Сколько треугольников с вершинами в этих точках можно получить?

Ответ: mC2n nC2m .

5. Сколько есть пятизначных чисел, которые читаются одинаково справа налево и слева направо, например, 67876.

Ответ: 9 10 10 = 900.

6. Сколько разных делителей (включая 1 и само число) имеет число 35

54?

Ответ: 30.

7. В прямоугольной матрице A = {aij} m строк и n столбцов. Каждое aij {+1, -1}, причем произведение aij по любой строке или любому столбцу рав-

но 1. Сколько таких матриц?

Ответ: 2(m-1)(n-1).

8. В комнате n лампочек. Сколько разных способов освещения комнаты, при которых горит:

а) ровно k лампочек (k n);

б) хотя бы одна лампочка.

Ответ: а) Cnk ; б) Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = 2n - 1

9.Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая следующая

цифра больше предыдущей? Ответ: С94 = 126.

10.Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая следующая цифра меньше предыдущей?

Ответ: С104 = 210.

11. Имеются p белых и q черных шаров. Сколькими способами их можно выложить в ряд, чтобы никакие 2 черных шара не лежали рядом (q p + 1)?

Ответ: Сqp+1 .

12. Имеется p разных книг в красных переплетах и q разных книг в синих переплетах (q p + 1). Сколькими способами их можно расставить в ряд, чтобы никакие две книги в синих переплетах не стояли рядом?

Ответ: Сqp+1 p! q!.

38

A2mn .

13.Сколькими способами можно упорядочить {1, 2, ... n} чисел так, чтобы числа 1, 2, 3 стояли рядом в порядке возрастания ?

Ответ: (n - 2)!.

14.На собрании должны выступить 4 докладчика: A, B, C и D, причем B не может выступить раньше A. Сколькими способами можно установить их очередность.

Ответ: 12 = 3! + 2 2 +2.

15.Сколькими способами m + n + s предметов можно распределить на 3 группы, чтобы в одной группе было m предметов, в другой - n, в третьей - s предметов.

Ответ: (m + n + s)! . m!n!s!

16. Сколько целых неотрицательных решений имеет уравнение x1 + x2 + ... + xm = n

Ответ: Cnn+m-1 .

17. Найти число векторов = ( 1 2 ... n), координаты которых удовлетворяют условиям:

1)i {0, 1};

2)i {0, 1, ... k - 1};

3)i {0, 1, ... ki - 1};

4)i {0, 1} и 1 + 2 + ... + n = r. Ответ: 1) 2n ; 2) kn ; 3) k1 k2 ... kn ; 4) Crn .

18. Каково число матриц {aij}, где aij {0,1} и в которой m строк и n столбцов?

1)строки могут повторяться;

2)строки попарно различны.

Ответ: 1) 2m n ; 2)

19. Дано m предметов одного сорта и n другого. Найти число выборок, составленных из r элементов одного сорта и s другого.

Ответ: Crm Csn .

20. Сколькими способами число n можно представить в виде суммы k натуральных слагаемых (представления, различающиеся лишь порядком слагаемых считаются разными).

Ответ: Ckn--11 .

Метод математической индукции

39

Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от n , т.е. истинность высказывания p(n) для n N (для любого n N p(n) верно).

Часто это удается доказать методом математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:

1.Предложение p(n) истинно для n = 1.

2.Из предложения, что p(n) истинно для n = k (k - произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n = k + 1.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства

1.Проверяют истинность утверждения для n = 1 – база индукции.

2.Предполагают, что утверждение верно для n = k – индуктивное предположение.

3.Доказывают, что тогда оно верно и для n = k + 1 индуктивный переход. Иногда предложение p(n) оказывается верным не для всех натуральных n,

аначиная с некоторого для n = n0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n) при n = n0.

Пример 1. Пусть Sn 1 22 32 42					( 1)n 1 n2 . Доказать, что
S		( 1)n 1	n(n 1)
	n
		2

1. База индукции: при n = 1 по определению S1 = 1 и по формуле

( 1)0 1 2 1 получаем один результат. Утверждение верно.

2

2. Индуктивное предположение. Пусть n = k и

S

1 2

2

3

2

( 1)

k 1

k

2

( 1)

k 1

k(k 1)

.

k

2

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем, что

S

k 1

1 22 ( 1)k 1 k 2 ( 1)k (k 1)2 ( 1)k k 1 (k 2) .

2

Действительно, в силу индуктивного предположения

S

S

( 1)k (k 1)2 ( 1)k 1

k(k 1)

( 1)k (k 1)2.

k 1

k

2

Преобразуем это выражение

S

( 1)k 1

k(k 1)

( 1)k (k 1)2

k 1

2

k

( k 2)

(k 1)(k 2)

( 1)k 1 (k 1)

k

1

( 1)k 1 (k 1)

( 1)k

.

2

2

2

40

Индуктивный переход доказан.

Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!

Пример 2. Доказать

13 23 n3 (1 2 n)2 .

1.База индукции. При n = 1, утверждение, очевидно, верно.

2.Индуктивное предположение. Пусть n = k и

13 23 k3 (1 2 k)2.

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем:

13 k3 (k 1)3 1 2 k (k 1) 2.

Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:

1 2							k (k 1) 2 1 2								k 2 k 1 2
2 1 2							k k 1
Используя индуктивное предположение и формулу суммы арифметиче-
ской прогрессии: 1 2										k		k 1				k , получим
										2
1 2							k 2 k 1 2 2 1 2									k k 1
13 23							k3 k 1 2 k k 1 2
13 23							k3 k 1 2 (k 1) 13										k3 k 1 3 .
Пример 3. Доказать неравенство
	1		3		5			2n 1		1						для n 1.
											3n 1
2			4	6				2n
1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности утвержде-
ния для n				2 , т.е. необходимо проверить неравенство														1		3		1		. Для этого до-
			0															2	4			7

статочно возвести неравенство в квадрат: 649 71 или 63 < 64 – неравенство вер-

но.

2. Пусть неравенство верно для n k , т.е.

1			3		5			2k 1					1			.
2			4		6			2k					3k 1
3. Пусть n k 1, докажем:
1			3		5			2k 1			2k 1							1		.
2			4		6			2k 2k 2										3k 4

Используем предположение индукции

1		3		5		2k 1		2k 1		1			2k 1
													2k 2
2		4		6		2k 2k 2				3k 1

41

Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом неравенстве выделим эту часть

k

1

1

2k 1

1

3k 4

2

2k 2

3k 1

k 1

3k 1

3k 4

1

k

3k 4

Остается установить, что лишний множитель

2

не превосходит

3k 1

k 1

единицы. Действительно,

k

1

3k3 7k 2 4

3

k 1

3k 4 k 2 k 1 4

3k 4

2

4

1 .

3k 1

k 1

3k

k 2 2k

3k3 7k 2 5k 1

1

1

Пример 4. Доказать, что при любом натуральном

n 1

число 22n 1

оканчивается цифрой 7 .

1. Наименьшее натуральное n , с которого справедливо утверждение, рав-

но 2. 222 1 24 1 17 .

2. Пусть при n k число 22k

1 оканчивается на 7 . Это означает, что

это число можно записать в виде

22k

1 10m 7, где m –

какое-то нату-

ральное число. Тогда 22k

10m 6.

3. Пусть n k 1. Докажем, что

22k 1 1 оканчивается на 7 . Используя

полученное представление, получим

22k 1

1

22k

2 1 10m 6 2

1 100m2

120m 37

Последнее число имеет ровно 7 единиц.

Задачи.

1. Доказать, что при каждом n N верны равенства

1)

12 22

... n2

n(n 1)(2n 1)

.

6

2)

12 32

... (2n 1)2

n(4n2 1)

.

3

3)

1 2 2 5 ... n(3n 1) n2 (n 1) .

4)

1 2 2 3 ... (n 1)n

(n 1)n(n 1)

.

3

5)

1 22

2 32 ... (n 1)n2

n(n2

1)(3n 2)

.

12

6)

1

1

1

n

.

2n 1

1 3

3 5

(2n 1) (2n 1)

42