Формулы включения и исключения

Формулы включения и исключения
Вывод формулы для числа элементов объединения множеств
n
| A1  A2  ...  An |  (1) p1
p 1

i1 i2 ...i p
Заметим, что внутренняя сумма для заданного
В частности:
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | .
p
содержит
Cnp
слагаемых.
| A1  A2 || A1 |  | A2 |  | A1  A2 |;
| A1  A2  A3 || A1 |  | A2 |  | A3 | 
(| A1  A2 |  | A1  A3 |  | A2  A3 |) | A1  A2  A3 |
Знак при внутренней сумме «минус» для четного
p
и «плюс» для нечетного.
Первый вывод
Индукция по n .
Базис (нетривиальный) при n  2 - см. выше.
Далее (с учетом индукционного предположения):
| A1  A2  ...  An || A1  A2  ...  An1 |  | An | 
 | ( A1  A2  ...  An1 )  An |
n 1
  (1) p 1
p 1

i1 i2 ...i p
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | | An | 
 | ( A1  An )  ( A2  An )  ...  ( An1  An ) |
n 1
  (1) p 1
p 1
n
 (1) p
p 2

i1 i2 ...i p 1
n 1
  (1) p 1
p 1
n
  (1) p1
p 2

i1 i2 ...i p
| Ai1  Ai2  ...  Ai p |  | An | 
| Ai1  Ai2  ...  Ai p 1  An | 

| Ai1  Ai2  ...  Ai p |  | An | 

| Ai1  Ai2  ...  Ai p 1  An |.
i1 i2 ...i p
i1 i2 ...i p 1
Во втором и третьем слагаемых учтены все новые наборы из
(1  p
равна
p множеств
 n  1), содержащие множество An . Поэтому вся написанная выше сумма будет
n
| A1  A2  ...  An |  (1) p1
p 1

i1 i2 ...i p
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | ,
что и требовалось.
Второй вывод
Достаточно доказать, что каждый элемент рассматриваемого объединения учтен в правой
части равенства ровно один раз.
Пусть элемент a принадлежит в точности k множествам из n . Тогда в сумме

i1i2 ...i p
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | этот элемент фигурирует Ckp
раз (выбраны какие-то
p подмножеств из k , содержащих a ). Следовательно, во всей правой части этот элемент
k
 (1)
фигурирует
p 1
p 1
Ckp раз.
Но
k
k
0  (1  1)   (1) C  1   (1)
k
p
p 0
p
k
p 1
k
C
p 1
p
k
, откуда
 (1)
p 1
p 1
Ckp  1, что и
требовалось.
Формула для пересечения дополнений множеств
Подсчет числа элементов в объединении множеств позволяет находить число элементов,
обладающих хотя одним из n свойств. Следующая формула позволяет находить число
элементов, не обладающих ни одним из
n
свойств. Если обозначить через
Ai
множество
всех тех элементов, которые обладают свойством Pi (при i  1,..., n ), то множество всех
тех элементов, которые не обладают ни одним из указанных свойств, есть пересечение
дополнений
Тогда
A1  A2  ...  An .
| A1  A2  ...  An || A1  A2  ...  An |
| U |  | A1  A2  ...  An |
n
| U |  (1) p1
p 1
n
| U |   (1) p
p 1

i1 i2 ...i p

i1 i2 ...i p
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | 
| Ai1  Ai2  ...  Ai p |.
(Здесь U - универсальное множество, т.е. «высший род» в заданном классе элементов.)
Пример. 1) Найти, сколько чисел, не больших 100, взаимно просты с 30.
Найдем, сколь много чисел, не больших 100, которые имеют с 30 общий делитель,
больший 1. Для этого достаточно определить, сколь много чисел в указанном диапазоне,
которые кратны 2, 3 или 5. Множества чисел, кратных другим делителям 30, будут
подмножествами указанных.
Пусть A1 , A2 , A3 - множества чисел, кратных 2, 3 и 5 соответственно. Тогда
| A1  A2  A3 || A1 |  | A2 |  | A3 | 
(| A1  A2 |  | A1  A3 |  | A2  A3 |) | A1  A2  A3 |
, что составит
50+33+20 – (16+10+6)+3 = 74, откуда искомое число будет равно 100-74=26, а без учета
единицы составит 25.
2) Сколько чисел, не больших 1000, взаимно простых с 420?
Так как 420 = 22357, то аналогично предыдущему имеем для искомого числа:
1000- ([1000/2]+[1000/3]+[1000/5]+[1000/7]) +
([1000/6]+[1000/10]+[1000/14]+[1000/15]+[1000/21]+[1000/35]) –
([1000/30]+[1000/42])+[1000/105])+[1000/70])+[1000/210]=1000-772=228.
Без учета единицы – 227.
Беспорядки
Беспорядком (или разупорядочиванием) на множестве M называется подстановка
множества M , не имеющая неподвижных элементов.
Число беспорядков на n -элементном множестве можно подсчитать следующим образом.
Всякая подстановка, не являющаяся беспорядком, оставляет неподвижными какие-то k
из n элементов. При фиксированных k элементах число таких подстановок составит
(n  k )!, а всего для различных выбранных k
Если обозначить
Aj
элементах будет
Cnk (n  k )! 
n!
.
k!
множество всех подстановок, оставляющих неподвижным элемент
j , то из предыдущих рассуждений следует, что
n!
| Ai1  Ai2  ...  Aik |  .

k!
i1 i2 ...ik
Множество беспорядков есть множество
Dn
A1  A2  ...  An . Следовательно,
n -элементном множестве составит
n! n!
n!
n!
Dn  n! (   ...  (1) k  ...  (1) n ) 
1! 2!
k!
n!
1 1
1
 n!(1    ...  (1) n )
1! 2!
n!
x
x
Вспомним теперь формулу Тейлора для функций e и e :
n
xk
x
e    o( x n );
k 0 k !
e
x
на
xk
  (1)
 o( x n ).
k!
k 0
n
k
число
Тогда при больших
n
число
Dn  n!e1 .
Подстановки с запрещенными позициями
Матрицы подстановок
Каждой подстановке 
 1 2 ... n 


 i1 i2 ... in 
в симметрической группе степени
однозначно сопоставляется квадратная матрица
n
n -го порядка A  (aij )nn , в которой
1, j   (i )
. Очевидно, что в матрице A
aij  
0,
j


(
i
)

никакие две единицы не находятся в
одной строке или в одном столбце, а также нет ни одной нулевой строки и ни одного
нулевого столбца. С другой стороны, всякой матрице, обладающей таким свойством,
может быть однозначно сопоставлена некоторая подстановка из группы S n . Тем самым
установлено взаимно однозначное соответствие между множеством матриц указанного
вида и группой S n . Более того, это соответствие является изоморфизмом, так как можно
показать, что для любых  , имеет место A  A A .
Будем называть такие матрицы матрицами подстановок.
Доски
Матрицу подстановок n -го порядка нам будет удобно изображать в виде таблицы n  n
клеток, а, в свою очередь, эту таблицу рассматривать как «шахматную» доску, полагая,
что в клетке, соответствующей единичному элементу матрицы, стоит ладья. Таким
образом, каждой матрице подстановок соответствует доска, на которой находится n
ладей, ни одна из которых не может бить другую. Будем говорить, что такие ладьи
находятся в неатакующих позициях. Части доски n  n также будем называть досками.
Будем рассматривать также объединения и пересечения досок. Доски будем называть
дизъюнктными, если они не имеют ни общих строк, ни общих столбцов.
Ладейный полином
Доске C с m клетками, которая является частью квадратной доски
сопоставляется полином
nn,
m
R( x, C )   rk (C ) x k ,
k 0
коэффициент
разместить
C1
k
rk (C ) которого равен числу способов, которым на доске C
ладей в неатакующих позициях.
C2
можно
Для изображенных выше досок имеем:
R( x, C1 )  1  4 x  2 x 2 ,
R( x, C2 )  1  5 x  4 x 2
То, что коэффициент при нулевой степени
доску пустой, т.е. разместить 0 ладей.
x
означает, что существует 1 способ оставить
R( x, C1  C2 )  R ( x, C1 ) R ( x, C2 ) .
Доказательство. Рассмотрим коэффициент rk (C1  C2 ) . Если на доске C  C1  C2
размещено k ладей1, то можно выбрать l ладей на доске C1 и k  l ладей на доске C2 .
Тем самым при заданном l существует rl (C1 ) rk l (C2 ) способов разместить k ладей на
Теорема 1. Если доски
C1 и C2
дизъюнктны, то
объединенной доске (заметим, что если бы доски не были дизъюнктны, то это было бы
неверно). Рассматривая все возможные значения l от нуля до k , получим
k
rk (C )   rl (C1 )rk l (C2 ) ,
l 0
что и является коэффициентом при
xk
в произведении
R ( x, C1 ) R ( x, C2 ) .
Рассмотрим теперь более сложную комбинацию досок.
Теорема 2. Пусть
C - доска с m клетками, а s
доска, полученная из доски
C
- клетка (квадрат) этой доски; пусть
удалением клетки
удалением строки и столбца, содержащих клетку
Тогда
Cs
s , и пусть C s# , полученная из доски C
s.
R( x, C )  xR( x, Cs# )  R( x, Cs ) .
Доказательство. Определим число способов, которыми можно разместить
доске C .
Возможны два случая: 1) в клетке s есть ладья и 2) в клетке s ладьи нет.
k
ладей на
k  1 ладей можно разместить на доске C s# rk 1 (Cs# )
способами, а во втором размещение всех k ладей производится на доске C s , и число
#
способов составит rk (Cs ) . Следовательно, всего существует rk 1 (Cs )  rk (Cs )
#
способов разместить k ладей, т.е. rk (C )  rk 1 (Cs )  rk (Cs ) .
В первом случае остальные
Везде в дальнейшем, говоря о размещении ладей, мы, естественно, имеем в виду размещение в
неатакующих позициях.
1
-
Теперь преобразуем ладейный полином для всей доски:
m
m
R( x, C )   rk 1 (C ) x   rk (Cs ) x k 
#
s
k 1
m 1
  rk (C ) x
#
s
k 0
k 1
k
k 0
m
  rk (Cs ) x k 
k 0
m
m
 x  rk (C ) x   rk (Cs ) x k ,
#
s
k 0
так как
k
k 0
rm (Cs# )  0
Для доски
C2
(на этой доске меньше
m клеток).
на рисунке выше, выбирая в качестве клетки
s
среднюю, получим:
R( x, C2,# s )  1  2 x, R( x, C2,s )  1  4 x  2 x 2 ,
R ( x , C2 )  1  5 x  4 x 2 .
Число подстановок с запрещенными позициями
Рассмотрим снова группу подстановок
каждого
i  1, n
Sn
определено множество
множества
Fi
M  {1,2,..., n} . Пусть для
запрещенных значений, т.е. из группы
Sn
исключаются все такие подстановки  , для которых  (i )  Fi . Упорядоченная пара
(i, (i)) при  (i )  Fi
F
n
называется запрещенной парой. Множество
{(i, (i)) : (i)  Fi }
i 1
называется запрещенной областью.
На доске, соответствующей матрице подстановок, клетки запрещенной области
закрашиваются.
Заметим, что для беспорядков запрещенной областью является главная диагональ.
Чтобы определить число подстановок, которые не принимают значений в запрещенной
области, введем для фиксированного i {1,..., n} множество Ai как множество всех
таких подстановок  , для которых  (i )  Fi .
Тогда число всех подстановок, значения которых не являются запрещенными, равно
n
| A1  A2  ...  An || U |  (1) k 1
k 1
n
| U |   (1) k
k 1

i1 i2 ...ik

i1 i2 ...ik
| Ai1  Ai2  ...  Ai p | 
| Ai1  Ai2  ...  Aik |.
| Ai | при фиксированном i . Это будет число всех подстановок, у
которых все элементы, кроме i -го переставляются как угодно, а i -й обязан попасть в
Определим значение
одну из закрашенных клеток, т.е. значение подстановки на этом элементе должно
принадлежать множеству Fi . Очевидно, существует ni | Fi | способов это сделать.
Таким образом,
n
n
i 1
i 1
| Ai | ni (n  1)!, а | Ai |  ( ni )(n  1)!  r1 ( F )(n  1)!.
Далее, при фиксированных
i
j
и
число
| Ai  Aj |
равно числу всех перестановок из
n  2 элементов, помноженному на число всех способов, которыми можно значения i -го
и j -го элементов задать так, чтобы они попали в множества Fi и F j соответственно.
Это число способов равно, как нетрудно видеть, числу способов, которыми можно
разместить две ладьи в той части запрещенной области, которая соответствует
множествам Fi и F j . Обозначим это последнее через nij . Суммируя по i и по j ,
получим
| A  A
i j
i
j
|( nij )(n  2)!  r2 ( F )(n  2)!.
i j
Рассуждая аналогично, можно показать, что

i1 i2 ...ik
| Ai1  Ai2  ...  Aik |  rk ( F )(n  k )!.
Итак, число допустимых подстановок составит
n
Ln  n! ( R( x, F )  1) |xk ( 1)k 1 ( nk )!  n!  (1) k 1 rk ( F )(n  k )!,
k 1
т.е. из числа всех подстановок надо вычесть значение ладейного полинома запрещенной
области (без единицы) при подстановке вместо k -ой степени переменной числа
(1)k 1 (n  k )!.
Формула может быть, очевидно, переписана и в таком виде:
n
Ln   (1)k rk ( F )(n  k )!
k 0
В частности, для беспорядков
главной диагонали.
rk ( F )  Cnk
- число способов размещения
k
ладей на
Число сюръекций
Формулы включения-исключения можно применить для подсчета числа сюръективных
отображений одного конечного множества на другое.
A  {a1 ,...am }, B  {b1 ,..., bn } ; пусть Wi  { f : f  B A , bi  R( f )} множество всех таких отображений A в B , в область значений которых не попадает
m
элемент bi . Тогда для фиксированных i1 ,..., ik имеем | Wi  ...  Wi | (n  k ) , а
1
k
Пусть
 |W
i1 ...ik
i1
 ...  Wik |  Cnk (n  k ) m .
Следовательно,
n
| W1  ...  Wn |  (1)k 1 Cnk (n  k ) m
k 1
(число всех отображений, не являющихся сюръекциями).
Тогда число S (m, n) всех сюръекций A на B составит
n
n
S (m, n)  n   (1) C (n  k )   (1) k Cnk (n  k ) m .
k 1
m
k 1
k
n
m
k 0
S (m, n) может быть получено и по другой формуле:
m!
S (m, n)  
,
k
!...
k
!
k1 ... kn  m , 1
n
Число
ki 0
где суммирование идет по всем векторам
m.
Например, S (3,2)  2  2 1  6
3!
3!
S (3, 2) 

 6.
2!1! 1!2!
(k1 ,..., kn ) с ненулевыми компонентами таким,
что сумма компонент равна
3
Аналогично
по первой формуле, тогда как по второй
S (4, 2)  24  2 1  14 
4!
4!
 2
.
2!2!
3!1!
На основании полученных результатов можно вывести формулу для числа всех
возможных разбиений m -элементного множества на n подмножеств. Оно будет, как
1
S (m, n) [Сачков, с. 44]2. При этом число разбиений при
n!
1
m!
фиксированных ненулевых числах k1 , k 2 ,..., k n будет равно
,

n! k1 ...kn m , k1 !...kn !
нетрудно показать, равно
ki фиксированы
т.е. суммирование ведется по всем различным векторам, компоненты которых суть числа
k i . Например, при m  4, n  2, k1  k2  1, k3  2 получим
1 4!
4!
4!
1 4!
(


) 3
 6 , т.е. существует 6 способов разбить 43! 1!1!2! 1!2!1! 2!1!1! 6 1!1!2!
элементное множество на 2 одноэлементных и одно двухэлементное. Вот эти разбиения:
1-{1}, {2}, {3,4}, 2-{1}, {3}, {2,4},3-{1}, {4}, {2,3}, 4-{2}, {3}, {1,4}, 5-{2}, {4}, {1,3}, 6{3}, {4}, {1,2}.
Если в выше написанной формуле для числа сюръекций допустить, что некоторые
из чисел k i могут быть равны нулю, то получим формулу для числа всех отображений mэлементного множества в n-элементное.
По индукции может быть доказана такая формула:
2
Числа
1
S (m, n)
n!
называются числами Стирлинга 2-го рода. [Андерсон, с. 553.]
(a1  a2  ...  an ) m 
m!
a1k1 a2k2 ...ankn

k1  k2 ... kn  m , k1 !k 2 !...k n !
ki 0
([Сачков, с. 39]).
Тогда при
a1  a2  ...  an  1 получаем n m 
m!
, что
k
!
k
!...
k
!
k1  k2 ... kn m , 1
2
n

ki 0
и равно числу всех отображений m-элементного множества в n-элементное.