Главная страница

Литература 22 3 основные операции со множествами 4 Основные операции со множествами Определение


Скачать 154.25 Kb.
НазваниеЛитература 22 3 основные операции со множествами 4 Основные операции со множествами Определение
Дата23.02.2023
Размер154.25 Kb.
Формат файлаpdf
Имя файлаkorablev_lecture_combinatoric.pdf
ТипЛитература
#951606
страница2 из 4
1   2   3   4
C
0
;
(2)
|C
1
| = C
k
1
n
1
, так как любое множество из C
1
получается из некоторого под- множества Y

⊆ X \ {a} мощности k − 1 присоединением элемента a.
Тогда по правилу суммы имеем: C
k
n
= C
k
1
n
1
+ C
k
n
1

Определение.
Пусть n
N ∪ {0}. Число способов образования произведений из
n + 1 упорядоченных сомножителей относительно неассоциативного умножения
называется числом Каталана и обозначается q
n
.
Пример.
Пусть n = 2. Тогда существует ровно два способа образовать произ-
ведения элементов a
0
, a
1
, a
2
:
(a
0
· a
1
)
· a
2
и a
0
· (a
1
· a
2
).
Следовательно q
2
= 2.
Замечание.
Если a
0
, a
1
, . . . , a
n
— сомножители, то q
n
равно числу способов рас-
ставить скобки так, чтобы на каждом шаге вычислялось произведение двух эле-
ментов.
Теорема
2.2 (О рекуррентном соотношении для числа Каталана).
1. q
0
= 1;
2. q
n
=
n
1

i=0
q
i
· q
n
−i−1
.
Доказательство.
1. q
0
= 1 следует из определения числа Каталана.
2. Разобьем всевозможные расстановки скобок на n классов в зависимости от по- ложения двух пар внешних скобок. Если первая пара скобок содержит i + 1 мно- жителей, то после расстановки двух пар внешних скобок, получится произведение
(a
0
, a
1
, . . . , a
i
)
· (a
i+1
, . . . , a
n
), i = 0, . . . , n
1. Внутри первой пары скобок существует ровно q
i
способов расставить скобки, в внутри второй пары — ровно q
n
−i−1
способов.
Тогда общее число способов расставить скобки в этом случае по правилу произве- дения равно q
i
· q
n
−i−1
. Итоговое рекуррентное выражение получается применением правила суммы.

Определение.
Пусть X — множество мощности n, и пусть k
> 0. Число
неупорядоченных разбиений множества X на k подмножеств называется числом
Стирлинга второго рода и обозначается S
k
n
. Положим S
0 0
= 1.

2. ОСНОВНЫЕ КОМБИНАТОРНЫЕ ЧИСЛА И ИХ РЕКУРРЕНТНЫЕ СООТНОШЕНИЯ
9
Пример.
Рассмотрим X =
{1, 2, 3} и k = 2. Существует ровно три различных
разбиения множества X на два подмножества:
{{1}, {2, 3}}, {{2}, {1, 3}}, {{3}, {1, 2}}.
Следовательно S
2 3
= 3.
Теорема
2.3 (О рекуррентном соотношении для числа Стирлинга второго рода).
1. S
0 0
= 1, S
1 0
= 0;
2. S
k
n
= S
k
1
n
1
+ k
· S
k
n
1
.
Доказательство.
1. Заметим, что S
k
n
= 0 при k > n, так как не существует разбиений множества из n элементов на k > n непустых подмножеств. В частности
S
1 0
= 0.
2. Пусть X — множество мощности n > 0. Зафиксируем некоторый элемент a
∈ X.
Чтобы получить разбиение множества X на k подмножеств, можно разбить множе- ство X
\ {a} на k подмножеств и поместить элемент a ∈ X в любой из них k · S
k
n
1
способами или образовать отдельное одноэлементное подмножество разбиения
{a} и разбить X
\ {a} на k − 1 подмножество S
k
1
n
1
способами. Отсюда по правилу суммы
S
k
n
= S
k
1
n
1
+ k
· S
k
n
1

Следствие
2.1 (О числах S
2
n
).
S
2
n
= 2
n
1
1 при n > 2.
Доказательство.
Отметим, что по рекуррентному соотношению для числа Стир- линга второго рода для k = 2 имеем:
S
2
n
= S
1
n
1
+ 2
· S
2
n
1
.
Также отметим, что S
1
n
= 1 при n
> 1, так как существует только одно разбиение множества из n элементов на одно подмножество.
Докажем исходное утверждение индукцией по числу элементов n в множестве.
База индукции: пусть n = 2. Тогда S
2 2
= S
1 1
+ 2
· S
2 1
= 1 = 2 2
1
1.
Предположение индукции: пусть утверждение верно при любом k < n.
Шаг индукции: S
2
n
= S
1
n
1
+ 2
· S
2
n
1
= 1 + 2
· (2
n
2
1) = 2
n
1
1.

Определение.
Пусть n
> 0. Число всех неупорядоченных разбиений множе-
ства мощности n называется числом Белла и обозначается B
n
. Т.о. B
n
=
n

k=0
S
k
n
и
B
0
= 1.
Теорема
2.4 (О рекуррентном соотношении для числа Белла).
Пусть n
> 1. Тогда B
n
=
n
1

k=0
C
k
n
1
· B
n
−k−1
.
Доказательство.
Пусть X — множество мощности n
> 1. Зафиксируем неко- торый 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 B
n
−k−1
способами. При этом число способов выбрать подмножество Y в множестве X равно C
k
n
1
, так как один элемент a заведомо

3. СВОЙСТВА КОМБИНАТОРНЫХ ЧИСЕЛ
10
лежит в множестве Y . Следовательно число способов разбить множество X так,
чтобы элемент a принадлежал подмножеству мощности k + 1 равно C
k
n
1
· B
n
−k−1
Теперь утверждение теоремы следует из правила суммы.

3. Свойства комбинаторных чисел
Определение.
Число упорядоченных подмножеств мощности k в множестве
из n элементов называется числом размещений из n по k и обозначается A
k
n
.
Теорема
3.1 (О числе размещений).
A
k
n
=
n!
(n
− k)!
= n(n
1) . . . (n − k + 1).
Доказательство.
Справедливость леммы следует из правила произведения.
Пусть (x
1
, x
2
, . . . , x
k
) — упорядоченная последовательность. Её построение осуществ- ляется за k шагов: 1-ым шагом выбираем элемент x
1
различными n способами. Вто- рой элемент x
2
выбираем n
1 способами, и так далее. Последний элемент x
k
можно выбрать n
− k + 1 различными способами.

Теорема
3.2 (О числе биекций).
Пусть X — множество мощности n. Тогда число различных биекций f : X
→ X
равно n!.
Доказательство.
Пусть x
1
, x
2
, . . . , x
n
— элементы множества X. Каждая биек- ция f : X
→ X задается соответствием:
x
1
x
2
. . .
x
n


. . .

f (x
1
) f (x
2
) . . . f (x
n
)
,
в котором все элементы f (x
1
), . . . , f (x
n
) различны. Тогда каждая биекция одно- значно определяется упорядоченной последовательностью
(f (x
1
), f (x
2
), . . . , f (x
n
)).
Всего таких различных последовательностей ровно A
n
n
= n! штук.

Замечание.
Задание биекции на множестве X мощности n эквивалентно упо-
рядочиванию элементов множества X. Тогда число всевозможных упорядоченных
множеств мощности n равно n!.
Теорема
3.3 (О числе сочетаний).
C
k
n
=
n!
k!
· (n − k)!
.
Доказательство.
По определению C
k
n
равно числу подмножеств мощности k в множестве из n элементов. Каждому из этих подмножеств соответствует k! упорядо- ченных подмножеств. Следовательно , по правилу произведения число упорядочен- ных подмножеств мощности k в множестве из n элементов равно C
k
n
· k!. С другой стороны эта величина равна A
k
n
=
n!
(n
−k)!
. Отсюда получаем, что
C
k
n
=
n!
k!
· (n − k)!
.

3. СВОЙСТВА КОМБИНАТОРНЫХ ЧИСЕЛ
11

Теорема
3.4 (Биномиальная формула).
(1 + t)
n
=
n

k=0
C
k
n
· t
k
.
Доказательство.
Докажем индукцией по числу n.
База индукции: пусть n = 1. Тогда (1 + t)
1
= C
0 1
+ t
· C
1 1
Предположений индукции: пусть утверждение теоремы верно для любого k < n.
Шаг индукции:
(1 + t)
n
= (1 + t)
n
1
· (1 + t) = (1 + C
1
n
1
t + C
2
n
1
t
2
+ . . . + C
n
1
n
1
t
n
1
)
· (1 + t) =
= (1 + C
1
n
1
t + C
2
n
1
t
2
+ . . . + C
n
1
n
1
t
n
1
)+
+ (t + C
1
n
1
t
2
+ C
2
n
1
t
2 3 + . . . + C
n
1
n
1
t
n
) =
= 1 + t(C
1
n
1
+ C
0
n
1
) + t
2
(C
2
n
1
+ C
1
n
1
) + . . . + t
n
C
n
1
n
1
Используя рекуррентное соотношение для числа сочетаний
C
k
n
1
+ C
k
1
n
1
= C
k
n
и равенство
C
n
1
n
1
= 1 = C
n
n
,
получаем требуемое в условии теоремы соотношение.

Теорема
3.5 (Свойства числа сочетаний).
Имеют место следующие соотношения:
(1) C
k
n
= C
n
−k
n
;
(2)
n

k=0
C
k
n
= 2
n
;
(3)
n

k=0
(
1)
k
C
k
n
= 0;
(4) (свёртка Вандермонда) C
k
m+n
=
k

s=0
C
s
m
C
k
−s
n
, m
> k, n > k.
Доказательство.
1. Справедливость этого равенства следует из явной форму- лы для значения числа сочетаний C
k
n
2. Справедливость этого равенства следует из биномиальной формулы. В самом деле: 2
n
= (1 + 1)
n
=
n

k=0
C
k
n
· 1
k
3. Справедливость этого равенства также следует из биномиальной формулы ана- логично предыдущему случаю. В самом деле: 0 = (1
1)
n
=
n

k=0
C
k
n
· (1)
k
4. Для доказательства этого равенства вычислим значение (1 + t)
n+m
двумя раз- ными способами. С одной стороны, по биномиальной формуле
(1 + t)
n+m
=
n+m

k=0
C
k
n+m
t
k
.

3. СВОЙСТВА КОМБИНАТОРНЫХ ЧИСЕЛ
12
С другой стороны:
(1 + t)
n+m
= (1 + t)
n
· (1 + t)
m
=
n

l=0
C
l
n
t
l
·
m

s=0
C
s
m
t
s
=
= (1 + C
1
n
t + C
2
n
t
2
+ . . . + C
n
n
t
n
)
· (1 + C
1
m
t + C
2
m
t
2
+ . . . + C
m
m
t
m
)
Коэффициент при слагаемом t
k
после раскрытия скобок равен сумме таких про- изведений вида C
i
n
· C
j
m
, что i + j = k. Следовательно коэффициент при t
k
равен
k

s=0
C
s
n
· C
k
−s
m
. Сравнивая полученную величину с коэффициентом при t
k
в биноми- альной формуле, получаем требуемое равенство.

Определение.
Пусть X — множество мощности n. Пусть ν : X
N ∪ {0} и

x
∈X
ν(x) = k. Пара (X, ν) называется мультимножеством мощности k над множе-
ством X. Значение ν(x) называется кратностью вхождения элемента x в муль-
тимножество (X, ν).
Пример.
Пусть X =
{a
1
, a
2
, a
3
}. Мультимножеством мощности 3 является,
например, набор элементов
{a
1
, a
1
, a
1
}, при этом ν(a
1
) = 3, ν(a
2
) = 0 и ν(a
3
) = 0.
Примером мультимножества мощности 6 служит набор элементов
{a
1
, a
2
, a
2
, a
3
, a
3
, a
3
},
при этом ν(a
1
) = 1, ν(a
2
) = 2 и ν(a
3
) = 3.
Замечание.
Можно рассматривать упорядоченные мультимножества, кото-
рые характеризуются не только кратностью вхождения элементов множества
X, но и порядком, в котором эти элементы образуют множество. Примерами
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 упорядочен-
ные мультимножества.
Определение.
Пусть X — множество мощности n. Через C
k
n
будем обозна-
чать число различных мультимножеств мощности k над множеством X.
Теорема
3.6 (О числе мультимножеств).
C
k
n
= C
k
n+k
1
Доказательство.
Пусть X =
{x
1
, x
2
, . . . , x
n
}. Набор из таких n чисел
k
1
= ν(x
1
), k
2
= ν(x
2
), . . . , k
n
= ν(x
n
),
что
n

i=1
k
i
= k, однозначно задаёт мультимножество мощности k. Следовательно число
C
k
n
равно числу различных неотрицательных решений уравнения
k
1
+ k
2
+ . . . + k
n
= k.

3. СВОЙСТВА КОМБИНАТОРНЫХ ЧИСЕЛ
13
Рассмотрим прямое произведение множеств
Z
2
=
{0, 1}, а именно
Z
n+k
1 2
=
Z
2
× Z
2
× . . . × Z
2
|
{z
}
n+k
1 раз
.
Сопоставим каждому решению (
1   2   3   4


написать администратору сайта