Подготовка к олимпиаде. Лекция 1: Четность. Идея четности

Подготовка к олимпиаде.
Лекция 1: Четность.
Идея четности имеет много разных применений. Самые простые из них:
1. Если в некоторой замкнутой цепочке чередуются объекты двух видов, то их четное число (и
каждого вида поровну).
2. Если в некоторой цепочке чередуются объекты двух видов, а начало и конец цепочки разных
видов, то в ней четное число объектов, если начало и конец одного вида, то нечетное число.
(четное число объектов соответствует нечетному числу переходов между ними и наоборот !!!)
2'. Если у объекта чередуются два возможных состояния, а исходное и конечное
состояния различны, то периодов пребывания объекта в том или ином состоянии - четное число,
если исходное и конечное состояния совпадают - то нечетное. (переформулировка п.2)
3. ОБРАТНО: по четности длины чередующийся цепочке можно узнать, одного или разных видов
ее начало и конец.
3'. Обратно: по числу периодов пребывания объекта в одном из двух возможных чередующихся
состояний можно узнать, совпадает ли начальное состояние с конечным. (переформулировка п.3)
4. Если предметы можно разбить на пары, то их количество четно.
5. Если нечетное число предметов почему-то удалось разбить на пары, то какой-то из них
будет парой к самому себе, причем такой предмет может бытьне один (но их всегда нечетное
число).
(!) Все эти соображения можно на олимпиаде вставлять в текст решения задачи, как очевидные
утверждения.
Примеры:
Задача 1. На плоскости расположено 11 шестеренок, соединенных по цепочке (первая со второй,
вторая с третьей ... 11-я с первой). Могут ли они вращаться одновременно?
Решение: Нет, не могут. Если бы они могли вращаться, то в замкнутой цепочке чередовалось бы
два вида шестеренок: вращающиеся по часовой стрелке и против часовой стрелки (для решения
задачи не имеет никакого значения, в каком именно направлении вращается первая шестеренка !)
Тогда (по п.1) всего должно быть четное число шестеренок, а их 11 штук?! ч.т.д. (знак "?!"
обозначает получение противоречия)
Задача 2. Шахматный конь вышел с некоторой клетки, сделал несколько ходов и вернулся
(а)обратно, (б)на клетку того же цвета, с которой он начинал. Доказать, что он сделал четное
число ходов.
Решение: (а) Шахматный конь каждым ходом меняет цвет клетки, на которой он стоит.
Получаем, что в замкнутой цепочке клеток, по которым прошел конь, чередуются черные и белые.
Значит, всего в цепочке четное число клеток. Поскольку она замкнутая, то число ходов будет
тоже четным.
(б) На этот раз, поскольку цепочка чередующихся черных и белых клеток под конем не замкнута,
то стоит применить п.2 из списка вверху. Получаем неожиданный, на первый взгляд, результат: в
цепочке начало и конец одного цвета, поэтому в ней нечетное число клеток. Но надо заметить,
что ходы коня - это не объекты цепочки, а переходы между ними. Их здесь (в незамкнутой
цепочке) на единицу меньше, чем самих объектов, поэтому число ходов будет четным ч.т.д.
(!) Боже упаси от следующего вида маразма: отдельно рассматривать случай, когда конь вернулся
на начальную клетку (пользуясь п.1) и когда он вернулся на какую-то другую клетку (пользуясь
п.2). Даже если конечная клетка совпадает с начальной, мы можем считать их разными
объектами в цепочке клеток и рассматривать ее как обычную незамкнутую цепочку. Ведь если в
середине цепочки несколько раз повторится одна и та же клетка доски, мы все равно считаем
ее несколькими разными объектами.
Задача 3. Может ли прямая, не содержащая вершин 239-звенной замкнутой ломаной, пересекать
каждое звено ровно 1 раз?
Решение: Будем рассматривать в качестве цепочки последовательность отрезков прямой от
одного пересечения до следующего + 2 луча по краям. Понятно, что у нас чередуются куски,
лежащие вне и внутри ломаной. Пересечений=переходов между ними ровно 239 штук,
т.е. нечетное число, поэтому самих кусков будет четное число (240 штук, из них 2 луча и 238
отрезков между ними). Тогда, по п.3, начало и конец цепочки разных видов, т.е. один луч лежит
вне ломаной, а другой - внутри нее. Но луч простирается до бесконечности, следовательно, не
может лежать внутри замкнутой ломаной. Ответ: не может.
(!) Любая прямая пересекает границу любой замкнутой кривой четное число раз, если нигде не
касается ее (для ломаной "касается" означает "содержит вершины"). Доказывается это по п.2 или
п.3, аналогично предыдущей задаче.
Задача 4. Дан осесимметричный выпуклый 101-угольник. Докажите, что ось симметрии проходит
через одну из его вершин.
Решение: Для каждой вершины существует симметричная ей относительно оси, причем если
вершина А симметрична вершине В, то вершина В симметрична вершине А. Тогда мы можем
разбить вершины на пары симметричных. Поскольку вершин нечетное число (101), то, по п.5, есть
вершина, которая будет парой к самой себе, т.е. она симметрична самой себе. Эта вершина и будет
лежать на оси симметрии.
(!) Вершина, лежащая на оси симметрии, может быть не одна (если мы берем не "нормальный"
101-угольник, а просто 101 точку, симметрично расположенную на плоскости), а 3, 5, 7 и любое
нечетное число, хоть все 101. Точек, не лежащих на оси, четное число, поскольку они разбиваются
на пары (и не могут быть парой к самим себе), и остается еще какое-то нечетное количество
лежащих на оси точек (101-2n, где n - количество пар симметричных).
Иногда полезно бывает рассмотрение четности суммы или разности нескольких целых чисел:
0. Сумма двух четных чисел четна. Сумма двух нечетных чисел четна. Сумма четного и
нечетного чисел - нечетна.
1. Сумма любого количества четных чисел четна. Это очевидно по многим разным соображениям.
Например: при последовательном вычислении суммы всегда все промежуточные результаты
будут четными, согласно свойству 0. Либо: все четные числа делятся на 2, поэтому из их суммы
можно вынести 2 за скобку; а тогда сумма будет делится на 2, т.е. будет четной.
2. Сумма четного числа нечетных чисел четна, сумма нечетного числа нечетных чисел нечетна.
Доказательство: Если нечетных чисел - четное число (2n), то разобьем их на пары (всего n пар).
Сложим числа в каждой паре (сумма двух нечетных чисел - четная !). Получим сумму n четных
чисел, которая четна по п.1. Если же было нечетное число (2n+1) нечетных чисел, то возьмем все
числа, кроме одного (2n штук) - их сумма четна. Прибавим к ней оставшееся нечетное число и
получим, что сумма всех чисел нечетна по п.0 (здесь и далее имеются в виду пункты нового
списка), ч.т.д.
3. Сумма нескольких целых чисел четна тогда и только тогда, когда среди них четное число
нечетных чисел.
Доказательство: Сложим отдельно все четные и отдельно все нечетные числа. Первая сумма
всегда четна (п.1), вторая четна тогда и только тогда, когда в ней четное число нечетных
чисел (п.2). Если вторая сумма четна, то сумма всех четна, если она нечетна, то сумма всех нечетна
(см. п.0), поэтомучетность суммы всех чисел определяется указанным в условии правилом.
4. Разность двух четных чисел четна. Разность двух нечетных чисел четна. Разность четного и
нечетного чисел в любом порядке - нечетна.
5. Разность двух чисел имеет ту же четность, что и их сумма.
(напр. 2+3=5 и 2-3=-1 оба нечетны)
Можно доказывать это перебором трех-четырех случаев (сравнивая п.0 с п.4), но проще заметить,
что a+b=(a-b)+2b, т.е. сумма и разность двух чисел различаются на четное число, следовательно,
имеют одинаковую четность ч.т.д.
6. Алгебраическая (со знаками + или -) сумма целых чисел имеет ту же четность, что и их сумма.
(напр. 2-7+(-4)-(-3)=-6 и 2+7+(-4)+(-3)=2 оба четны)
Доказательство: Возьмем сумму чисел и изменим в ней несколько знаков с + на - (перед первым
числом мы тоже можем поставить знак -). Так мы сможем получить любую алгебраическую
сумму. При изменении знака перед некоторым числом a значение алгебраической суммы
уменьшится на 2a, т.е. четность сохраниться. Поэтому четность сохраниться после изменения
любых нескольких (ноль и один - это тоже несколько !) перемен знака, и она в любом случае
будет совпадать с четностью исходной суммы.
7. Алгебраическая сумма целых чисел четна тогда и только тогда, когда среди них четное число
нечетных чисел.
Доказательство: Очевидно следует из п.3 и п.6.
4'. Противоположные числа имеют одинаковую четность.
5'. Разность двух чисел имеет ту же четность, что и их сумма.
Доказательство: Так как вычитание числа - это прибавление противоположного к нему, то
разность чисел - это сумма двух чисел, одно из которых - противоположное к исходному. Т.к., по
п.4', замена числа на противоположное не меняет его четности (а четность суммы зависит только
от четности чисел!), то четность этой суммы равна четности суммы исходных чисел.
6'. Алгебраическая сумма целых чисел четна тогда и только тогда, когда среди них четное число
нечетных чисел.
Доказательство: Алгебраическая сумма - это сумма нескольких новых чисел, некоторые из
которых противоположны исходным (аналогично п.5'), а остальные - равны (напр. 2-7+(-4)-(3)=2+(-7)+(-4)+3). Согласно п.4', четность новых чисел равна четности исходных, поэтому условие
"среди них четное число нечетных чисел" для новых чисел и для исходных означает одно и то же.
А это условие и является, по п.3, необходимым и достаточным, чтобы сумма новых чисел (т.е.
исходная алгебраическая сумма) была четной ч.т.д.
7'. Алгебраическая (со знаками + или -) сумма целых чисел имеет ту же четность, что и их сумма.
Доказательство: Следует из п.3 и п.6': необходимое и достаточное условие четности суммы и
четности алгебраической суммы - одно и то же.
(!) Пункты 5'-7' - это те же пункты 5-7, только слегка по-другому доказанные. Иногда полезно
понимать логику обоих доказательств.
Примеры:
Задача 1. Можно ли разменять 25 советских рублей на 8 купюр в 1, 3 и 5 советских рублей?
Решение: Нет, нельзя. Достоинства всех купюр - нечетные числа, а сумма 8 нечетных чисел четная (п.2). Поэтому она не может равняться 25.
Задача 2. В ряд выписаны числа от 1 до 10. Можно ли расставить между ними знаки + и -, чтобы
получилось выражение, равное нулю?
Решение: Нет, нельзя. По п.6 или 7', четность полученного выражения всегда будет совпадать с
четностью суммы 1+2+...+10=55, т.е. сумма всегда будет нечетной. А 0 - четное число?! ч.т.д.
Решение№2: Отрицательные числа тоже бывают четными и нечетными. А здесь мы имеет дело с
суммой 10 целых чисел (положительных или отрицательных), среди которых, при любой
расстановке знаков, будет 5 нечетных. Тогда, по п.3, сумма всех всегда будет нечетной. Отсюда
следует ответ "нельзя".
Задача 3. При каких n сумма чисел от 1 до n нечетна?
Решение: По п.3, сумма чисел от 1 до n нечетна тогдаитолько тогда, когда среди них нечетное
число нечетных. Кол-во нечетных чисел от 1 до n - это n/2 при четном n и (n+1)/2 при нечетном.
Нечетное n/2 при четном n означает n=4k+2 (остаток 2 от деления на 4), а несчетное (n+1)/2 при
нечетном n означает n=4k+1 (остаток 1 от деления на 4). Ответ: n=4k+1 или 4k+2.
(!) Обратите внимание: ответ зависит от остатка n при делении на 4, а не от четности. Подобная
зависимость характерна для задач, где что-то происходит с числами от 1 до n или с несколькими
последовательными числами.
Идея четности может быть хитро замаскирована, скажем, объекты, к которым она применяется,
неочевидны из условия.
Задача *. За круглым столом сидят 25 мальчиков и 25 девочек. Доказать, что у кого-то из сидящих
оба соседа - мальчики.
Решение: Рассмотрим замкнутую цепочку из чередующихся объектов: кусков из нескольких
подряд сидящих мальчиков или девочек.
1.) Длина любого куска из мальчиков не больше двух. Действительно, если подряд сидят три (или
больше) мальчиков, то у среднего из них оба соседа мальчики, поэтому доказывать нечего.
2.) Длина любого куска из девочек не меньше двух. Действительно, если подряд сидит только одна
девочка, то у нее оба соседа - мальчики, и опять доказывать нечего.
3.) Кусков из мальчиков и девочек поровну (п.1 в самом начале лекции). Обозначим это число
буквой n (есть ровно n кусков из мальчиков и ровно n кусков из девочек).
4.) Из предыдущих пунктов получаем, что за столом сидит не более 2n мальчиков и не менее 2n
девочек. Но тех и других по 25, поэтому 2n<=25<=2n. Получаем, что 2n=25, что невозможно.
Значит, у нас имеет место случай, характеризуемый в пунктах 1 и 2 словами "доказывать нечего",
ч.т.д.
(!) Установить наличие идеи четности в задаче можно, проверяя ответ вручную для небольших
входных данных (но не слишком маленьких) и заметив его зависимость от четности n (либо, как в
задаче 3, от остатка при делении n на 4). Например, в последней задаче, 1 мальчик и 1 девочка слишком маленькие входные данные (двух мальчиков нет вообще). 2 мальчика и 2 девочки имеют
единственную противоречащую условию рассадку (ММДД). 3 мальчика и 3 девочки не имеют
такой рассадки. 4 мальчика и 4 девочки - опять единственная рассадка (ММДДММДД). К этому
моменту зависимость от четности обычно становится ясна...
Лекция 2: Принцип Дирихле.
Формулировка: Если в n "клетках" сидят не менее n+1 "кроликов", то в какой-то из "клеток" сидят
не менее 2-х "кроликов". (Термины "кролики" и "клетки" являются общепринятыми в математике
и будут применяться в том числе и в данной лекции.)
Доказательство: Противоречие к формулировке звучит так: "в каждой клетке сидит не более
одного кролика". Но тогда кроликов, очевидно, не больше, чем клеток?! Поэтому есть клетка, где
кроликов не менее двух ч.т.д.
(!) Принцип Дирихле и различные его усиления - едва ли не самая частая идея в олимпиадных
задачах, поэтому на данную лекцию стоит обратить особое внимание. Точные оценки в различных
обобщениях (п.3 и п.4) следует помнить наизусть, поскольку они в точности подходят ко многим
задачам.
Различные усиления, обобщения и т.п.:
1. Если в n клетках сидят не более n-1 кроликов, то есть пустая клетка.
Также доказывается от противного (как и все последующие пункты): если пустой клетки нет, то в
каждой клетке сидит хотя бы 1 кролик. Тогда кроликов не меньше, чем клеток?! Значит, пустая
клетка есть, ч.т.д.
2. Если в n клетках сидят ровно n кроликов, то либо в каждой клетке сидит ровно один кролик,
либо есть и пустая клетка, и клетка, в которой не менее 2-х кроликов.
Действительно, если не в каждой клетке сидит ровно 1 кролик, то либо (а) есть пустая клетка, либо
(б) есть клетка, в которой не менее 2-х кроликов. В случае (а) у нас n кроликов оказываются
рассаженными в n-1 клеток, поэтому, по принципу Дирихле, есть и клетка, в которой не менее 2х кроликов ч.т.д. В случае (б) у нас не более n-2 оставшихся кроликов оказываются рассаженными
в n-1 клеток, следовательно, по п.1, есть и пустая клетка ч.т.д.
(!) П.2 очень полезен в тех случаях, когда мы знаем, что ровно по одному кролику в каждой клетке
сидеть не может.
3. Если в n клетках сидят не менее n*(k-1)+1 кроликов, то в какой-то из клеток сидят не менее
k кроликов.
Действительно, если в каждой клетке сидит не более k-1 кролика, то во всех клетках сидит не
более n*(k-1) кроликов, а их хотя бы на 1 больше?! ч.т.д.
4. Если в n клетках сидят не более n*(k+1)-1 кроликов, то в какой-то из клеток сидят не более
k кроликов.
Действительно, если в каждой клетке сидит не менее k+1 кролика, то во всех клетках сидит не
менее n*(k+1) кроликов, а их хотя бы на 1 меньше?! ч.т.д.
5. (Это утверждение обобщает принцип Дирихле на случай нецелого числа кроликов.) Если сумма
n чисел равна S, то среди них есть число, не меньшее S/n, и число, не большее S/n.
Действительно, если все числа (строго!) меньше S/n, то их сумма меньше S, а если все числа
(строго!) больше S/n, то их сумма больше S. В обоих случаях получаем противоречие ч.т.д.
(!) На принцип Дирихле при решении задач на олимпиаде можно прямо ссылаться, на обобщения
и усиления - не рекомендуется. Легче подставить в нужное место решения доказательство
соответствующего утверждения. Слова "принцип Дирихле" в таком случае можно вообще не
упоминать ;-)
Примеры:
Задача 1. В мешке лежат шарики 2-х разных цветов (много белых и много черных). Какое
наименьшее количество шариков надо на ощупь вынуть из мешка, чтобы среди них заведомо
оказались два одного цвета.
Решение: 3 шарика. Это - просто применение принципа Дирихле: кроликами будут взятые
шарики, а клетками - черный и белый цвета. Клеток две, поэтому если кроликов хотя бы три, то
какие-то два попадут в одну клетку (будет 2 одноцветных шарика). С другой стороны, взять два
шарика мало, потому что они могут быть двух разных цветов.
Задача 2. Дано 233 целых числа. Доказать, что разность каких-то двух из них делится на 232.
(Принцип Дирихле часто используется и в задачах по теории чисел !)
Решение: У нас есть 233 числа, которые мы, скорее всего, сделаем кроликами. Найдем
подходящие клетки: их должно быть не более 232, и разность 2-х чисел, "сидящих в одной клетке"
должна делится на 232. Остатки от деления на 232 как раз подходят. Применяем принцип
Дирихле для 233 кроликов-чисел и 232 клеток-остатков и получаем требуемое. (В теоретикочисловых задачах на Дирихле чаще всего клетками бывают остатки от деления чего-либо на какоето число !)
Задача 3. В магазин привезли 25 ящиков яблок 3-х сортов (в каждом ящике все яблоки одного
сорта). Доказать, что среди них есть, по крайней мере, 9 ящиков с яблоками одного сорта.
Решение: Возьмем ящики в качестве кроликов и сорта в качестве клеток. Тогда нам в точности
подходит утверждение п.3 при n=3, k=9.
Задача 4. Пятеро программистов получили на всех зарплату - 1750 долларов. Каждый из них
хочет купить себе новый компьютер за 360 долларов. Докажите, что кому-то из них это не светит.
Решение: Воспользуемся утверждением п.5 для n=5, S=1750. Тогда понятно, что зарплата одного
из программистов не более S/n=350 долларов. Ему и не светит покупка.
Очень часто в задаче на принцип Дирихле нужны разные дополнительные соображения (либо он
вообще появляется, как промежуточное соображение):
Примеры:
Задача 1. На олимпиаде 10 школьников решили в сумме 35 задач, причем среди них были
решившие ровно одну, ровно две и ровно три задачи. Доказать, что кто-то из них решил не менее 5
задач.
Решение: (Стандартное соображение: если известно, что какие-то объекты есть, то есть хотя бы
по одному экземпляру, который можно выделить и рассмотреть !) Возьмем одного школьника,
решившего ровно одну задачу, одного, решившего ровно две и одного, решившего ровно три. Эти
трое решили в сумме 6 задач. Остается еще 7 школьников, решивших в сумме 29 задач. Если
взять задачи в качестве кроликов и школьников в качестве клеток, то получается в точности
утверждение п.3 при n=7, k=5 ч.т.д.
Задача 2. Докажите, что равностронний треугольник нельзя покрыть двумя меньшими
равносторонними треугольниками. (Да, принцип Дирихле иногда используется и в геометрии !)
Решение: Главное соображение: меньший равносторонний треугольник, как его не клади, не
сможет покрыть 2 вершины большего. Поэтому, взяв вершины в качестве клеток и маленькие
треугольники в качестве кроликов, мы получим, что кроликов меньше, чем клеток (утверждение
п.1 !), откуда следует, что есть пустая клетка. Это означает, что какую-то из вершин большого
треугольника мы никогда не накроем, поэтому и не накроем его целиком ч.т.д.
Задача 3. На планете в звездой системе Тау Кита суша занимает больше половины площади.
Доказать, что таукитяне смогут прорыть прямой туннель через центр планеты так, чтобы он
соединял сушу с сушей..
Решение: (Да, эта задача в некотором смысле тоже на принцип Дирихле !) Возьмем на планете
множество точек суши и множество точек, диаметрально противоположных суше. Сумма
площадей этих множеств - удвоенная площадь суши, что строго больше площади планеты. Тогда
эти 2 множества перекроются. В точке перекрытия и можно будет начать рыть туннель.
"Решение" №2: (Проясняющее связь с принципом Дирихле) Будем считать кроликами точки
суши, а клетками - пары диаметрально противоположных точек планеты. "Количество" кроликов в
данном случае - это площадь суши, а "количество" клеток - половина площади планеты. Поскольку
площадь суши больше половины площади планеты, то "кроликов больше, чем клеток". Тогда есть
клетка, в которой сидит не менее двух кроликов, т.е. пара противоположных точек, обе из которых
- суша. Эти точки и надо соединить туннелем.
Задача 4. За круглым столом сидят 100 человек, причем более половины из них - рыцари.
Доказать, что какие-то два рыцаря сидят напротив друг друга
Решение: (Эта задача имеет подчеркнутое сходство с предыдущей). Будем считать кроликами
рыцарей, а клетками - пары диаметрально противоположных мест за столом. Клеток тогда ровно
половина от числа мест за столом (т.е. 50), а кроликов - строго больше. Тогда есть клетка, в
которой сидит не менее двух кроликов, т.е. пара противоположных мест, за которыми сидят два
рыцаря. Они и есть искомые.
(!) Совершенно необходимо понять, почему "решение" №2 предпоследней задачи не
является корректным решением. Принцип Дирихле формулировался и доказывался нами только
для конечного числа клеток и кроликов. Здесь же мы имеет дело с бесконечным числом точек, а
сравнение бесконечно больших величин, в общем случае - отдельная глубокая теория (в
частности, к ней относится знаменитая континуум-гипотеза). Однако именно для случая покрытий
геометрических фигур верен принцип Дирихле, сформулированный в терминах площади так, как
указано ниже.
Переформулировка принципа Дирихле для площадей и покрытий фигур:
0. Если фигура площади S покрыта несколькими фигурами с суммой площадей (строго!) больше S,
то у нее имеется точка, покрытая не менее 2-х раз (именно им мы и пользовались, решая
последнюю задачу 3).
1. Если фигура площади S покрыта несколькими фигурами с суммой площадей (строго!) меньшеS,
то у нее имеется точка, ни покрытая ни разу.
2. Если фигура площади S покрыта несколькими фигурами с суммой площадей ровно S, то либо
каждая точка покрыта ровно один раз, либо есть и точка, не покрытая ни разу, и точка, покрытая
не менее 2-х раз.
3. Если фигура площади S покрыта несколькими фигурами с суммой площадей (строго!) больше
(k-1)*S, то у нее имеется точка, покрытая не менее k раз.
4. Если фигура площади S покрыта несколькими фигурами с суммой площадей (строго!) меньше
(k+1)*S, то у нее имеется точка, покрытая не более k раз.
(!) Обратите внимание, что эти утверждения является прямой аналогией утверждений с тем же
номером, обобщающих простой принцип Дирихле. Строгих доказательств этих утверждений мы
не приводим, тем более что в условиях олимпиады гораздо легче и лучше ссылаться на них, как
на очевидные, чем пытаться вспомнить и записать доказательство ;-)
Лекция 3: Комбинаторика.
Комбинаторика - это математическая наука, грубо говоря, о подсчете числа способов сделать чтолибо. Несмотря на узость предмета изучения, наука эта весьма глубока. Кроме того, в
олимпиадных задачах комбинаторика используется настолько часто, что ее знание (хотя бы в
объеме данной лекции!) совершенно необходимо каждому математику-олимпиаднику.
(!) Хотя многие комбинаторные задачи кажутся очевидными, но многие школьники, особенно
начинающие, путаются в них, принимая задачу одного типа за принципиально другую. Избежать
путаницы в голове можно именно систематическим изучением теории.
Основные комбинаторные формулы и соображения:
1. Аддитивность взаимоисключающих случаев. Если в комбинаторной задаче имеется
(возможно, на каком-то внутреннем этапе) нескольковзаимоисключающих случаев/вариантов
выбора, то общее число способов равно сумме количеств способов в каждом из этих случаев.
Это действительно очевидно. Настолько, что в решении задач можно даже не формулировать ;-)
2. Мультипликативность независимых случаев. Если способ (количество которых надо
посчитать) полностью определяется несколькиминезависимыми друг от друга этапами выбора (на
каждом этапе выбор вариантов - взаимоисключающий!), то общее число способов
равно произведениюколичеств вариантов выбора на каждом этапе.
Доказательство: Пусть у нас всего есть k этапов. Обозначим количество вариантов выбора на
первом этапе - n1, на втором этапе - n2... на последнем - nk. На первом этапе у нас есть n1 вариантов
выбора, т.е. образуется n1 случаев. На втором этапе в каждом из этих случаев мы может
выбрать любой (т.к. этапы независимы) из n2 вариантов, образовав n2 подслучаев. Таким образом,
после двух этапов будет уже n1*n2 случаев. На третьем этапе в каждом из них мы можем выбрать
любой из n3 вариантов... и после трех этапов будет n1*n2*n3 случаев. Продолжая этот процесс, мы
получаем после всех этапов n1*n2*...*nk случаев - и это будут уже окончательные способы. Их
количество как раз равно произведению количеств вариантов выбора, ч.т.д.
Опять же, в решении задач это свойство можно даже не формулировать... если вы уверены, что
применили его в правильной ситуации ;-)
(!) На самом деле, доказывая п.2, мы пользуемся утверждением п.1. Например, как подробнее
объяснить, почему после двух этапов есть n1*n2 случаев? У нас есть взаимоисключающие случаи варианты выбора на первом этапе, которых n1 штук. В каждом из них есть n2 способов сделать
выбор на двух этапах (на первом этапе вариант уже известен, осталось выбрать n2 вариантов на
втором этапе). А чтобы найти общее число способов сделать выбор на первых двух этапах, надо (в
соответствии с п.1) сложить n1 чисел, равных n2, т.е. умножить n1 на n2, ч.т.д.
2'. Общее правило мультипликативности подслучаев. Если способ полностью определяется
несколькими, возможно зависимыми друг от друга, этапами выбора, но количество вариантов
выбора на каждом этапе не зависит от того, как был сделан выбор на предыдущих этапах, то
общее число способов равно произведению количеств вариантов выбора на каждом этапе.
Доказательство: Ничем не отличается от доказательства п.2, т.к. там мы пользовались
независимостью от предыдущих этапов выбора только количества вариантов на данном этапе.
(!) Очень распространенной ошибкой является перепутывание области применения п.1 и п.2,
вплоть до полного непонимания, где и почему надо складывать варианты, а где - умножать.
Поэтому мы тут же проиллюстрируем их различие на примерах.
Примеры:
Задача 1. Из города А в город Б ведет 6 дорог, из города Б в город В - 4 дороги, и больше никаких
дорог из этих городов не выходит. Сколькими путями можно проехать из города А в город В?
Решение: На первом этапе нам надо выбрать дорогу, по которой мы поедем из А в Б, и здесь у нас
есть 6 вариантов. На втором этапе надо выбрать дорогу, по которой мы поедем из Б в В, и там у
нас 4 варианта. Эти два этапа полностью определяют путь проезда. Выбор независим, т.к. по какой
бы дороге мы не поехали в Б, мы сможем потом поехать в В по любой из дорог. Таким образом,
мы имеем дело с независимыми этапами выбора, и должныперемножать варианты. Всего
получаем 6*4=24 различных пути.
(!) Если понимание не пришло, то рекомендуется нарисовать картинку, прочертить на ней все 24
пути и понять, что никак иначе проехать нельзя.
Задача 2. Из глухого захолустного города Г, где отродясь не было никаких дорог, проложили 2
новые дороги в город В из предыдущей задачи. Кроме того, из города А из предыдущей задачи в
город Г проложили еще 2 новые дороги. Сколькими путями теперь можно проехать из города А в
город В?
Решение: В этой задаче надо в самом начале выделить два взаимоисключающих случая: когда мы
едем через город Б, и когда едем через город Г. Найти количество путей в первом случае - это в
точности задача 1, и ответ будет 6*4=24 (по п.2). Найти количество путей во втором случае - это
задача, аналогичная задаче 1, но с ответом 2*2=4. Теперь, по п.1, эти количества путей надо
сложить, и в ответе получается 24+4=28 путей проезда.
(!) Этот кусок лекции следует перечитывать до полного осознания того, почему в задаче 2 числа 6
и 4 надо перемножить, 2 и 2 - тоже перемножить, а 24 и 4 - сложить.
Теперь займемся такими видами задач, где надо выбирать какие-то предметы или элементы
множеств (для стандартизации, скажем, что нам надо из n элементов выбрать k):
3. Выбор с повторениями, с учетом порядка (заполнение позиций элементами множества).
Общая задача может формулироваться так: "Есть алфавит из n букв. Сколько в этом алфавите
"слов" ровно из k букв?" Ответ будет ровно nk.
Доказательство: У нас есть n способов выбрать первую букву, n способов выбрать вторую букву...
n способов выбрать k-ю букву. Всего имеет k этапов выбора, по n вариантов на каждом. При этом
выбор независим (какие бы ни были первые несколько букв, мы можем выбрать любую
следующую). Поэтому, можно применить п.2 и получить ответ nk ч.т.д.
Доказательство №2: (Здесь мы покажем, как можно не ссылатся на утверждение п.2, а
воспроизвести его док-во прямо в решении.) У нас есть n способов написать первую букву (это
дает n случаев). В каждом из них мы можем n способами приписать к первой букве вторую и
получить n двухбуквенных слов (образуется n подслучаев). Всего будет n*n=n2 способов написать
первые две буквы. В каждом из этих n2 случаев мы можем n способами приписать в первым двум
буквам третью и получить n трехбуквенных слов (опять образуется n подслучаев). Всего будет
n2*n=n3 способов написать первые 3 буквы. И так далее, пока мы не напишем все слово - здесь
число способов будет n в степени, равной длине слова, т.е. nk ч.т.д.
(!) Для читателей, незнакомых с факториалами: далее в тексте будет встречаться обозначение n!
(читается "n-факториал"). Оно обозначает произведение всех натуральных чисел от 1 до n, т.е.
n!=1*2*...*(n-1)*n. 1!=1, 2!=2, 3!=6, 4!=24, 5!=120 и (обратите особое внимание!) считается, что
0!=1. Последнее равенство обеспечивает верность формул, содержащих факториалы, для крайних
случаев, когда одно из чисел под факториалом равно 0. Заметим также, что n!=n*(n-1)!
4. Выбор без повторений, с учетом порядка (раскладка в ряд).
Общая задача может формулироваться так: "Есть куча из n разных предметов. Мы
последовательно берем из них k предметов и ставим в ряд. Сколько есть разных способов
заполнения ряда?" Число в ответе имеет свое специальное обозначение: Ank и вычисляется по
формуле Ank=n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1)или Ank=n!/(n-k)! (вторая формула получается при
умножении и делении первой на (n-k)!)
Доказательство: У нас есть n способов выбрать (взять и поставить в ряд) первый предмет (назовем
это первым этапом выбора). Далее у нас есть,независимо от того, как выбран первый предмет, n-1
способов взять второй предмет - в любом случае, это может быть какой угодно предмет, кроме
первого выбранного. Затем есть n-2 способа взять третий предмет - он может быть какой угодно,
кроме первых двух выбранных... и так далее. Обратите внимание, что число способов выбрать
последний, k-й предмет - не n-k, а n-k+1=n-(k-1), т.к. им может быть любой, кроме первых k-1
выбранных. Итого, мы имеет k этапов выбора, на каждом из которых число вариантов равно
(независимо от того, как сделан выбор на предыдущих этапах), соответственно, n, n-1... n-k+1.
Поэтому, согласно п.2', мы получаем общее число способов выбора k предметов n*(n-1)*...*(nk+1), ч.т.д.
Упражнение: Придумать доказательство с полной подстановкой рассуждения из п.2, т.е. похожее
на док-во №2 предыдущего пункта.
Для справки: An0=1 (обратите внимание!), An1=n, An2=n*(n-1)=n2-n, ... Ann-1=n!/1!=n!, Ann=n!
4'. Перестановки n предметов.
Имеется n разных предметов. Сколько у нас способов выставить их все в ряд?
Обычно эту задачу рассматривают как отдельную и повторяют отдельно все комбинаторное
рассуждение (как в док-ве №2 п.3). Но мы заметим, что эта задача - частный случай п.4 при k=n.
Поэтому ответ будет Ann=n!
Упражнение: Придумать обычное доказательство, с повторением комбинаторного рассуждения.
5. Выбор без повторений, без учета порядка (число сочетаний).
Общая задача может формулироваться так: "Есть куча из n разных предметов. Мы берем из них k
предметов и кидаем в мешок. Сколько есть разных способов заполнения мешка?" Число в ответе
имеет свое специальное обозначение: Сnk и вычисляется по формуле Сnk=Ank/k! или Cnk=(n*(n1)*(n-2)*...*(n-k+1))/k! или Cnk=n!/(k!*(n-k)!) (вторая и третья формулы получается при
подстановке в первую формулу формул для Ank)
Доказательство: Достаточно доказать только первую формулу. Пусть мы сначала выбираем k
предметов последовательно и ставим в ряд, а потом закидываем этот ряд в мешок. Число
возможных рядов и есть, согласно п.4, Ank. Докажем, что заполнений мешка ровно в k! раз
меньше, чем различных рядов - тогда формула будет доказана. (Заметим, что один и тот же ряд не
может переходить в два разных заполнения мешка!) Теперь обернем процесс закидывания ряда в
мешок: пусть в мешке лежат какие-то k предметов, а мы достаем их и ставим в ряд. Согласно п.4',
у нас для каждого заполнения мешка будет ровно k! различных рядов. Кроме того, по нашему
замечанию, из двух разных заполнений мешка нельзя получить один и тот же ряд. Поэтому рядов
ровно в k! раз больше, чем заполнения мешка, ч.т.д.
Для справки: Cn0=1 (обратите внимание!), Cn1=n, Cn2=n*(n-1)/2=(n2-n)/2, Cn3=n*(n-1)*(n-2)/6 ... Cnn1
=n, Cnn=1.
Вообще говоря, Cnk=Cnn-k для любого n>=0 и 0<=k<=n. Свойствам чисел Cnk и способам их
быстрого вычисления будет посвящена лекция "Комбинаторика-2".
(!) Выбор k предметов из n с повторениями, но без учета порядка, относится к теории "шаров и
перегородок" и будет также рассматриваться в лекции "Комбинаторика-2". Для любопытных
сообщаю ответ: Cn+k-1k.
Примеры применения пп.3-5:
Задача 3. Сколько существует 6-значных чисел, в записи которых есть хотя бы одна четная
цифра?
Решение: Разбирать случаи, сколько четных цифр и на каких местах стоит в нашем числе слишком долго и противно. Воспользуемся хитрым приемом:посчитать то, что нам не нужно.
То есть, считать будем числа из одних нечетных цифр. Нечетные цифры - это "алфавит" из 5
"букв", а 6-значное число - "слово" из 6 "букв" этого "алфавита". Таких слов-чисел, согласно п.3,
будет ровно 56 штук. А чисел, которые нас интересуют (это все остальные) - ровно 90000056=900000-15625=984375 (всего 6-значных чисел 900000).
Задача 4. По Конституции, флаг страны состоит из трех одинаковых горизонтальных полос трех
различных цветов, причем на флаге могут быть только белый, красный, желтый, зеленый, голубой
и черный цвета. Сколько разных флагов разрешает такая Конституция?
Решение: Мы имеем дело с выбором 3-х из 6. Выбор происходит без повторений (цвета должны
быть различны) и с учетом порядка (важно, какой цвет вверху, какой внизу и какой в середине).
Согласно п.4, ответом будет число A63=6*5*4=120.
Задача 5. Сколькими способами можно выставить по кругу красный, коричневый, зеленый,
голубой и звездно-полосатый флаги? (расстановки, отличающиеся поворотом круга, считаются
одинаковыми)
Решение: Перестановки n различных предметов в ряду мы уже умеем считать, пользуясь п.4'.
Теперь осталось немного подумать и свести перестановки по кругу к перестановкам в ряд.
Возьмем еще 5 флагов тех же цветов и будем выставлять в ряд: первый в ряду всегда будет
звездно-полосатый, а следующие 4 идут в том же порядке, в каком 4 флага в круге следуют по
часовой стрелке после звездно-полосатого. Например, расстановке (Кр)-(Зел)-(Гол)-(Зв-Пол)(Кор)-(Кр) [изображен порядок флагов по кругу по часовой стрелке] будет соответствовать ряд
(Зв-Пол)-(Кор)-(Кр)-(Зел)-(Гол). Понятно, что любой расстановке по кругу соответствует какой-то
ряд, и любому ряду, начинающемуся со звездно-полосатого флага, соответствует какая-то
расстановка по кругу (просто надо поставить звездно-полосатый флаг и вслед за ним по кругу, по
часовой стрелке, выставить остальные 4 флага в том же порядке, в каком они были в ряду).
Значит, расстановок флагов по кругу ровно столько же, сколько расстановок в ряд, начинающихся
со звездно-полосатого флага. Этих расстановок будет ровно 4!=24, так как реально мы
расставляем только 4 флага (а звездно-полосатый всегда торчит на первом месте). Ответ: 24
способа.
Это рассуждение можно сильно упростить: всего есть 5! расстановок флагов(хоть вдоль ряда, хоть
вдоль круга), но они объединяются вгруппы по 5 штук, переходящих друг в друга при повороте
круга (проверьте, что поворотов, переводящих расстановку в расстановку, ровно пять!). Поэтому в
ответе будет 5!/5=4!=24 способа.
(!) Нелишне запомнить: n предметов по кругу можно выставить ровно (n-1)! способами. Но это
верно только если расстановки, отличающиеся поворотом круга, считаются одинаковыми.
Задача 6. Один профессор математики написал 6 книг, другой - 8. Каждый из хочет подарить
другому 3 свои книги с автографом. Сколькими способами они могут обменяться подарками?
Решение: Первый профессор может выбрать для подарка 3 книги из своих 6, а это можно сделать
C63=20 способами (см. п.5). Второй профессор может выбрать для подарка 3 книги из своих 8, уже
C83=56 способами. Оба выбора происходят независимо и однозначно определяют способ обмена,
поэтому варианты нужно перемножать. Ответ: C63*C83=56*20=1120 способов.
6. Перестановки предметов, среди которых есть одинаковые. Мы рассмотрим здесь на
примерах один стандартный метод такого подсчета. Общий вид ответа лучше понять и запомнить
не в виде формулы, а в виде правила: "взять факториал количества всех предметов и поделить на
факториалы размеров всех групп одинаковых предметов".
Примеры:
Задача 7. Сколько "слов" (здесь и далее словом считается любая последовательность букв
русского алфавита) можно получить, переставляя буквы в слове ЛИНИЯ?
Решение: В этом слове есть 2 одинаковые буквы (И). Будем временно считать их разными: И1 и
И2. По п.4' получаем, что теперь можно составить 5!=120 слов. На самом деле, это в несколько
раз больше, чем нужно. Во сколько же именно? Понятно, что слова, различающиеся только
перестановкой букв И1 и И2 на тех же местах (например, ЛИ1ЯНИ2 и ЛИ2ЯНИ1), на самом деле
одинаковы, хотя мы посчитали их как разные. Всего на одних и тех же местах можно расставить
буквы И1 и И2 ровно 2!=2-мя способами, следовательно, каждый раз мы вместо одного
слова сосчитываем 2 разных. Значит, мы получили 120:2=60 различных слов.
Задача 8. Тот же вопрос про слово АКАДЕМИЧЕСКИЕ?
Решение: В этом слове повторяются 4 разные буквы: по 2 раза А, И и К и 3 раза Е. Опять
применяем тот же прием, считая все буквы разными: Е1, Е2 и Е3, А1 и А2, И1 и И2, а также К1 и К2.
Теперь можно составить аж 13! слов (для любопытных: 13!=6 227 020 800). Здесь мы посчитали
одинаковые слова как разные, если они различаются только какой-то перестановкой букв Е1, Е2 и
Е3 и/или А1 и А2 и/или К1 и К2 и/или И1 и И2 на тех же местах. Буквы Е1, Е2 и Е3 можно расставить
на тех же местах 3!=6-ю способами, а остальные пары повторяющихся букв можно расставить
2!=2-мя способами каждую (и тут эти варианты расстановок независимы, поэтому надо
перемножать). Каждый раз мы вместо одного слова сосчитываем 2!*2!*2!*3! разных. В ответе
получаем 13!/(3!*2!*2!*2!) различных слов. (Для любопытных:
13!/(2!*2!*2!*3!)=13!/(2*2*2*6)=13!/48=6227020800/48=129729600.)
(!) Здесь, как и при подсчете чисел Cnk, мы использовали очень важную идею кратного подсчета:
подсчитать объекты, которых во сколько-то раз больше чем тех, которые нам нужны, а потом
узнать, во сколько раз их больше. Для Cnk роль таких вспомогательных объектов играли способы
взятия предметов с учетом порядка (которых Ank,), а в данном случае - перестановки слова, в
котором все буквы разные