/
Автор: Виленкин Н.Я.
Теги: комбинаторный анализ теория графов математика комбинаторика комбинаторные алгоритмы точные науки
Год: 1969
Текст
Н.Я. ВИЛЕНКИН
КОМБИНАТОРИКА
Н. Я. ВИЛЕНКИН
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАЗНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
Москва 1969
S17.8
• 44
УДК 519,1
ВИЛЕНКИН Наум Яковлевич
КОМБИНАТОРИКА
М., 1969 г., 323 стр. с илл.
Оформление Б. М. Маторина
Рисунки О. Д. Добролюбовой
Редактор Г. В. Дорофеев
Техн. редактор В. Н, Крючкова
Корректор Т. А. Панькова
2-2-3
143-68
Сдано в набор 8/VII 196S г.
Подписано к печати 8/ХП 1968 г.
Бумага 84Х108'/и.
Физ. печ. л. 10,25.
Условн. печ. л. 17.22. Уч.-изд. л. 18,59.
Тираж 100 000 экз. Т-16170.
Цена книги 73 коп. Заказ 1356.
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы
Москва. В-71, Ленинский проспект, 15.
Ленинградская типография N° 2
имени Евгении Соколовой Главполиграфпромя
Комитета по печати при Совете Министров СССР,
Измайловский проспект, 29.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Представителям самых различных специальностей
приходится решать задачи, в которых рассматриваются
те или иные комбинации, составленные из букв, цифр и
иных объектов. Начальнику цеха надо распределить не*
сколько видов работ между имеющимися станками, агро*
ному — разместить посевы сельскохозяйственных куль*
тур на нескольких полях, заведующему учебной частью
школы — составить расписание уроков, ученому-хими-
ученому-химику— рассмотреть возможные связи между атомами и
молекулами, лингвисту — учесть различные варианты
значений букв незнакомого языка и т. д. Область мате-
математики, в которой изучаются вопросы о том, сколько раз*
личных комбинаций, подчиненных тем или иным уело*
виям, можно составить из заданных объектов, называется
комбинаторикой.
Комбинаторика возникла в XVI веке. В жизни приви-
привилегированных слоев тогдашнего общества большое место
занимали азартные игры. В карты и кости ¦) выигрыва-
выигрывались и проигрывались золото и бриллианты, дворцы и
имения, породистые кони и дорогие украшения. Широко
были распространены всевозможные лотереи. Понятно,
что первоначально комбинаторные задачи касались в
основном азартных игр — вопросов, сколькими способами
можно выбросить данное число очков, бросая две или
три кости, или сколькими способами можно получить
двух королей в данной карточной игре. Эти и другие
проблемы азартных игр явились движущей силой в раз*
витии комбинаторики и развивавшейся одновременно с
ней теории вероятностей.
Одним из первых занялся подсчетом числа различных
комбинаций при игре в кости итальянский математик
') При игре в кости бросалось несколько кубиков, на гранях
которых стояли цифры от 1 до 6. Выигрывал тот, кто выбрасывал
больше очков. Были и другие варианты игры,
6
Тарталья. Он составил таблицу, показывавшую, сколь-
сколькими способами могут выпасть г костей. Однако при
этом не учитывалось, что одна и та же сумма очков
может быть получена разными способами (например,
1+3+4 = 4 + 2 + 2).
Теоретическое исследование вопросов комбинаторики
предприняли в XVII веке французские ученые Паскаль
и Ферма. Исходным пунктом их исследований тоже были
проблемы азартных игр. Особенно большую роль
сыграла здесь задача о разделе ставки, которую предло-
предложил Паскалю его друг шевалье де Мере, страстный
игрок. Проблема состояла в следующем: «матч» в ор-
орлянку ведется до шести выигранных партий; он был
прерван, когда один игрок выиграл 5 партий, а другой —
4; как разделить ставку? Было ясно, что раздел в отно*
шении 5:4 несправедлив. Применив методы комбинато-
комбинаторики, Паскаль решил задачу в общем случае, когда од*
ному игроку остается до выигрыша г партий, а второму
s партий. Другое решение задачи дал Ферма.
Дальнейшее развитие комбинаторики связано с име*
нами Якова Бернулли, Лейбница и Эйлера. Однако и
у них основную роль играли приложения к различным
играм (лото, солитер и др.). За последние годы комбина-
комбинаторика переживает период бурного развития, связанного
с общим повышением интереса к проблемам дискрет-
дискретной математики. Комбинаторные методы используются
для решения транспортных задач, в частности задач
по составлению расписаний; для составления планов
производства и реализации продукции. Установлены
связи между комбинаторикой и задачами линейного про-
программирования, статистики и т. д. Комбинаторика ис-
используется для составления и декодирования шифров и
для решения других проблем теории информации.
Значительную роль комбинаторные методы играют и
в чисто математических вопросах — теории групп и их
представлений, изучении оснований геометрии, неассо-
неассоциативных алгебр и т. д.
На русском языке очень мало книг по комбинаторике.
Помимо совсем элементарных книг типа школьных учебни-
учебников, можно указать лишь на переводные книги М. Холла
«Комбинаторный анализ», ИЛ, 1963; Дж. Риордана
«Введение в комбинаторный анализ», ИЛ, 1963, и Г. Дж.
Райзера «Комбинаторная математика», «Мир», 1965.
В предлагаемой вниманию читателя книге о комбина-
комбинаторных проблемах рассказывается в занимательной, по-
популярной форме. Тем не менее в ней разбираются и не-
некоторые довольно сложные комбинаторные задачи,
дается понятие о методах рекуррентных соотношений и
производящих функций.
Первая глава книги посвящена общим правилам ком-
комбинаторики— правилам суммы и произведения. Во вто-
второй главе изучаются размещения, перестановки и сочета-
сочетания. Этот традиционный школьный материал сопровож-
сопровождается разбором некоторых занимательных примеров.
В главе III мы изучаем комбинаторные задачи, в кото-
которых на рассматриваемые комбинации налагаются те или
иные ограничения. В главе IV рассмотрены задачи на
разбиения чисел и рассказано о геометрических методах
в комбинаторике. Глава V посвящена задачам о случай-
случайных блужданиях и различным модификациям арифмети-
арифметического треугольника. В главе VI рассказано о рекур-
рекуррентных соотношениях, а в главе VII — о производящих
функциях, и в частности о биномиальной формуле.
К книге приложено несколько сотен задач по ком-
комбинаторике, взятых автором из различных источников.
Много задач заимствовано из книги Уитворта «Выбор
и случай» (Whitworth W. A., Choice and Chance, London,
1901), упомянутой книги Риордана, книги А. М. Яглома
и И. М. Яглома «Неэлементарные задачи в элементар-
элементарном изложении», Гостехиздат, 1954, различных сборни-
сборников задач математических олимпиад и т. д.
ГЛАВА Г
ОБЩИЕ ПРАВИЛА КОМБИНАТОРИКИ
Суеверные велосипедисты
«Опять восьмерка!» — горестно воскликнул председа-1
тель клуба велосипедистов, взглянув на погнутое колесо
своего велосипеда. «А все почему? Да потому, что при
вступлении в клуб мне выдали билет за номером 008.
И теперь месяца не проходит, чтобы то на одном, то на
другом колесе не появилась восьмерка. Надо менять но*
мер билета. А чтобы меня не обвиняли в суеверии, про*
веду-ка я перерегистрацию всех членов клуба и буду,
выдавать только билеты с номерами, в которые ни одна
восьмерка не входит».
Сказано — сделано, и на другой день он заменил все
билеты. Сколько членов было в клубе, если известно,
что использованы все трехзначные номера, не содержа-
содержащие ни одной восьмерки} (Например, 000 использован,
а 836 нет.)
Для решения этой задачи определим сначала, сколько
однозначных номеров не содержит восьмерку. Ясно, что
таких номеров девять 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 (номер 8
пропускается). А теперь найдем все двузначные номера,
не содержащие восьмерок. Их можно составить так:
взять любой из найден-
найденных однозначных номе-
номеров и написать после
него любую из девяти
допустимых цифр. В
результате из каждого
однозначного номера
получится девять дву-
двузначных. А так как
однозначных номеров
TOmvj j, то получится 9-9 = 81 двузначный номер без
восьмерок. Вот они;
00, 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 09
10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19
20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 29
30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 39
40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 49
50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 59
60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 69
70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 79
90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 99
Итак существует 92 = 81 двузначный номер без цифры
8. Но за каждым из них снова можно поставить любую
из девяти допустимых цифр. В результате получим
92-9=93 = 729 трехзначных номеров. Значит, в клубе
было 729 велосипедистов. А если взять не трехзначные,
а четырехзначные номера, то номеров, не содержащих
восьмерок, будет 94 = 6561.
В другом клубе велосипедисты были еще суевернее.
Так как число 0 похоже на вытянутое колесо, они отка-
отказались и от этой цифры и обходились восемью циф-
цифрами: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9. Сколько членов состояло в клу-
клубе, если номера билетов были трехзначными?
Эта задача похожа на решенную выше, только вместо
9 цифр у нас всего 8. Поэтому и в ответе надо заменить
9 на 8. Иными словами, в клубе было 83 = 512 членов.
Размещения с повторениями
Задача о велосипедистах относится к следующему
типу задач. Даны предметы, относящиеся к п различ-
различным видам. Из них составляют всевозможные расста-
расстановки по k предметов в каждой, или, как будем в даль-
дальнейшем кратко говорить, k-расстановки. При этом в рас-
расстановки могут входить и предметы одного вида, а две
расстановки считаются различными, если они отли-
отличаются друг от друга или видом входящих в них предме-
предметов, или порядком этих предметов. Надо найти общее
число таких расстановок.
10
Расстановки описанного типа называются k-размеще-
ниями с повторениями из элементов п видов, а число
всех таких расстановок обозначают Лп. В первой за«
даче о велосипедистах число видов элементов равнялось
9 (мы брали все цифры, кроме 8), а в каждое раз-
размещение (каждый номер) входило по три элемента.
Как было показано, в этом случае число размещений
равно а\ = 93. Естественно предположить, что если чис-
число видов равно я, ав каждое размещение входит k эле-
элементов, то можно составить nh размещений с повто-
повторениями.
Итак, мы хотим доказать, что число ft-размещений с повторе-
повторениями из элементов п видов равно
Л* = /Л A)
Доказательство проводится с помощью математической индук-
индукции по ft — числу элементов в размещении при фиксированном зна-
значении п. При й=1 ответ ясен — каждое размещение (с повторения-
повторениями) состоит только из одного элемента, и разные размещения по-
получаются, если брать элементы различных видов. Но так как число
видов равно п, то и число размещений равно п. Итак, Ап — п в со-
соответствии с формулой A).
Предположим теперь, что уже доказано равенство Ап~ = п ,
и рассмотрим ft-размещения с повторениями. Все такие размещения
можно получить следующим образом. Возьмем любое (k—^-раз-
(k—^-размещение (с повторениями) (щ, ..., au-i) и припишем к нему эле-
элемент аи одного из имеющихся п видов. Мы получим некоторое
^-размещение (аи ..., «л-i,- а/,). При этом ясно, что из каждого
(к—1)-размещения получится столько й-размещеиий, сколько есть
различных видов элементов, то есть п размещений. Очевидно, что,
действуя описанным образом, мы не прогустим ни одного .Д-разме-
щения и ни одного не получим дважды (если (аи ..., ан-\) ф
Ф(Ь\, ..., bk-i) или если аЛ ф bh, то (аи fl*_i, ah) ф (bi, ...
..., &л_1, bh)). Поэтому число ft-размещений с повторениями из эле-
элементов п видов в п раз больше, чем число (k— 1)-размещений с по-
повторениями из элементов тех же видов. Таким образом, А^ = пАп~ .
Но мы считаем уже доказанным, что Akn~x = nk~l. Поэтому
Тем самым равенство A) доказано для всех значений к.
Формула A) встречается в целом ряде вопросов. Мы
расскажем сейчас о некоторых из них.
11
Системы счисления
Наряду с десятичной системой счисления приме*
нйются и другие — двоичная, троичная, восьмеричная
и т. д. (см. книгу С. В. Фомина «Системы счисления»,
«Наука», 1963). В я-ичной системе счисления исполь-
используются п цифр. Подсчитаем, сколько в n-ичной системе
натуральных чисел, записываемых ровно k знаками1).
Если допустить записи, начинающиеся с нуля, то каждое
fe-значное число в я-ичной системе счисления можно рас*
сматривать как размещение с повторениями, составлен*
ное из k цифр, причем цифры бывают п видов. По фор-
формуле A) получаем, что количество чисел, имеющих та-
такую запись, равно пк.
Но для натуральных чисел не применяют записей,
начинающихся с нуля. Поэтому из полученного значения
nh надо вычесть количество чисел, n-ичная запись кото-
которых начинается с нуля. Если отбросить у этих чисел
первую цифру — нуль, то получим (k— 1)-значное число
(быть может, также начинающееся с нуля). Таких чисел
по формуле A) будет пк~х. Значит, общее количество
&-значных чисел в я-ичной системе счисления равно
Например, в десятичной системе счисления имеем 103- 9=9000 че-
четырехзначных чисел — из 10 000 чисел от 0 до 9999 надо отбросить
тысячу чисел, а именно числа от 0 до 999.
Полученную нами формулу можно вывести и иным способом.
Ведь в й-значном числе, записанном по n-ичной системе счисления,
первой цифрой может быть любая из цифр 1, 2, ..., п—1. Второй
же и дальнейшими — любые из цифр 0, 1, 2, ..., п—1. Таким об-
образом, на первое место у нас п — 1 кандидатов, а на остальные
k — 1 мест — по п кандидатов. Отсюда легко получаем, что искомых
чисел может быть (п— 1)п*"'.
Секретный замок
Для запирания сейфов и автоматических камер хра-
хранения применяют секретные замки, которые откры-
открываются лишь тогда, когда набрано некоторое «тайное
слово». Это слово набирают с помощью одного или не-
нескольких дисков, на которых нанесены буквы (или циф-
цифры). Пусть на диск нанесены 12 букв, а секретное слово
') Ради удобства мы относим здесь 0 к натуральным числам.
12
состоит из 5 букв. Сколько неудачных попыток может
быть сделано человеком, не знающим секретного слова?
По формуле A) общее число комбинаций равно
125 = 248832.
Значит, неудачных попыток может быть 248 831. Впро
чем, обычно делают сейфы так, что после первой же не-
неудачной попытки открыть их раздается сигнал тревоги,
Код Морзе
При передаче сообщений по телеграфу используется
код Морзе. В этом коде буквы, цифры и знаки препина*
ыия обозначаются точками и тире. При этом для одних
букв используется один знак, например ?\ а для неко*
торых приходится использовать пять знаков, например
Э .
Откуда же взялось число 5? Нельзя ли обойтись мень*
шим числом знаков, скажем, передавать все сообщения
с помощью комбинаций, содержащих не более четырех
знаков? Оказывается, что нельзя, и ответ этот дает
именно формула для числа размещений с повторениями.
Из формулы A) следует, что Да = 2. Иными словами,
только две буквы можно передать с помощью одного
знака (?• и Т—). С помощью двух знаков можно пере-
передать 22 = 4 буквы, трех знаков —23 = 8 букв и четырех
знаков — 24 = 16. Поэтому общее число букв, которые
можно передать четырьмя знаками, равно
2 + 4 + 8+16 = 30.
А в русском алфавите 32 буквы, да еще надо передавать
цифры и знаки препинания. Ясно, что символов из четы-
четырех знаков не хватает. А если брать и символы из 5 зна-
знаков, то к полученным 30 прибавится еще 32 символа.
Полученных 62 символов вполне достаточно для теле-
телеграфирования.
Применяют для телеграфирования и пятизначный
код, в котором каждая буква изображается в точности
пятью символами. Здесь уже вместо точек и тире ис-
используют перемены направления тока, или посылку то-
токового и бестокового сигнала. При пользовании этим
кодом имеем ровно 25 = 32 комбинации. Их хватает для
13
передачи букв. А для передачи цифр, знаков препинания
и т. д. используют те же комбинации, что и для букв.
Поэтому телеграфные аппараты пятизначного кода имеют
специальное устройство для перевода аппарата с букв
на цифры и обратно.
Морской семафор
На флоте иногда применяют семафор флажками.
Каждой букве при этом соответствует определенное по-
положение флажков. Как правило, флажки находятся по
разные стороны от тела сигнальщика. Однако при пере-
передаче некоторых букв (б, д, к, х, ю, я) оба флажка рас-
расположены по одну и ту же сторону. Почему пришлось
сделать такое исключение? Ответ на этот вопрос дает
та же формула размещений с повторениями. Дело в том,
что различных положений каждого флажка пять — вниз
отвесно, вниз наклонно, горизонтально, вверх наклонно
и вверх отвесно. Так как у нас два флажка, то об-
общее число комбинаций основных положений равно А$ =
= 52 = 25. При этом еще надо отбросить положение,
когда оба флажка направлены вниз — оно служит для
разделения слов. Всего получаем 24 комбинации, а этого
недостаточно для передачи всех букв русского алфавита.
Поэтому для некоторых букв и пришлось направить оба
флажка в одну сторону.
Электронная цифровая вычислительная машина
Электронные вычислительные машины могут решать
самые различные задачи. На одной и той же машине
можно разгадывать надписи на незнакомых языках, де-
делать расчет плотины и обрабатывать данные о движении
ракеты. Чем объясняется такая гибкость в использовании
машины? Главным образом тем, что все эти задачи сво-
сводятся к вычислениям, к действиям над числами. Но по-
почему же машина может решать столько задач, да еще
при самых различных числовых данных? Сколько раз-
различных комбинаций чисел можно поместить в машину?
Для ответа на этот вопрос возьмем, например, ма-
машину «Стрела». Оперативная память этой машины со-
состоит из 2048 ячеек, в каждой из которых 43 двоичных
14
А Б В Г А
Ш
Е.Э
т . у
1
ф
X Ц Ч
ю
щ
разряда. Каждый разряд может содержать или 0, или 1.
Всего мы имеем 43-2048>87 000 различных мест, а чи-
число типов заполнений ячеек равно двум @ или 1). По
формуле A) получаем, что машина «Стрела» может
находиться более чем в 287000 различных состояниях.
Трудно представить себе, как велико это число. Доста-
Достаточно сказать, что число нейтронов, которые можно
плотно упаковать в шар с радиусом, равным расстоянию
до самой удаленной из известных нам туманностей, не
больше чем 2500.
Если взять одну-единственную ячейку памяти, то по*
надобилась бы девятилетняя работа стотысячной армии
машинисток, чтобы напечатать все числа, которые могут
появиться в этой ячейке (считая, что машинистки рабо*
тают семь часов в день и на запись одного 43-значного
числа тратят 10 секунд).
Генетический код
Замечательным открытием биологии XX века была
разгадка генетического кода. Удалось выяснить, каким
образом наследственная информация передается потом-
потомству. Оказалось, что эта информация записана в ги-
гигантских молекулах дезоксирибонуклеиновон кислоты
(ДНК). Различные молекулы ДНК отличаются друг от
друга тем, в каком порядке идут в них 4 азотистых
основания: аденин, тимин, гуанин и цитозин. Эти осно-
основания определяют порядок построения белков организма
из двух десятков аминокислот, причем каждая амино-
аминокислота зашифрована кодом из трех азотистых осно-
оснований.
Легко понять, откуда взялось число 3. Ведь с по-
помощью комбинаций двух оснований можно зашифровать
лишь 42=16 аминокислот, а этого недостаточно. Если же
брать по 3 основания, то получим 43 = 64 комбинации.
А этого с избытком хватит, чтобы зашифровать два де-
десятка. Было бы весьма интересно узнать, как исполь-
используется в природе избыточность информации — ведь число
комбинаций равно 64, а число аминокислот втрое
меньше.
В одной хромосоме содержится несколько десятков
миллионов азотистых оснований. Число различных ком-
комбинаций, в которых они могут идти друг за другом, не-
16
вообразимо велико1). Ничтожной доли этих комбинаций
достаточно было, чтобы обеспечить все разнообразие
живой природы за время существования жизни на Земле.
Разумеется, надо иметь в виду, что лишь ничтожная доля
теоретически возможных комбинаций приводит к жизне^
способным организмам.
Общие правила комбинаторики
Как мы увидим дальше, комбинаторные задачи бьь
вают самых разных видов. Но большинство задач ре*
шается с помощью двух основных правил — правила
суммы и правила произведения.
Часто удается разбить все изучаемые комбинации на
несколько классов, причем каждая комбинация входит
в один и только один класс. Ясно, что в этом случае
общее число комбинаций равно сумме чисел комбинаций
во всех классах. Это утверждение и называют правилом
суммы. Иногда это формулируют несколько иначе:
Если некоторый объект Л можно выбрать m спосо-
способами, а другой объект В можно выбрать п способами,
то выбор «либо А, либо В» можно осуществить m+ji
способами.
При использовании правила суммы в последней формулировке
надо следить, чтобы ни один из способов выбора объекта А не сов-
совпадал с каким-нибудь способом выбора объекта В (или, как мы го-
говорили раньше, чтобы ни одна комбинация не попала сразу в два
класса). Если такие совпадения есть, правило суммы утрачивает
силу, и мы получаем лишь пг + п — k способов выбора, где k—число
совпадений.
Второе правило, называемое правилом произведения,
несколько сложнее. Часто при составлении комбинации
из двух элементов известно, сколькими способами можно
выбрать первый элемент, и сколькими способами второй,
причем число способов выбора второго элемента не за-
зависит от того, как именно выбран первый элемент. Пусть
первый элемент можно выбрать m способами, а второй
п способами. Тогда пару этих элементов можно выбрать
пгп способами. Иными словами;
Если объект А можно выбрать m способами и если
после каждого такого выбора объект В можно выбрать
!) Оно равно 4iV, где N— число оснований в хромосоме, см.
формулу A).
2 П. Я. Виляния 17
п способами, то выбор пары (А, В) в указанном по-
порядке можно осуществить тп способами.
Для доказательства правила произведения заметим,
что каждый из т способов выбора объекта А можно
скомбинировать с п способами выбора объекта В. А это
и приводит к тп способам выбора пары (А, В).
Правило произведения можно наглядно представить
с помощью следующей таблицы:
ТА Б Л И
(Аг,
(А2,
(At,
(Ат,
ЦА 1
Вп), ¦¦
Вп), ••
В mi), ¦ •
; (А,
¦, (А2,
; (At,
., (Д.,
В1п)
в2п)
В1п)
втп).
Здесь через Аи ..., Ат обозначены т способов вьь
бора объекта А, а через Вц, ..., Bin обозначены п спо-
способов выбора объекта В, если объект А выбран i-тым
способом. Ясно, что эта таблица содержит все способы
выбора пары (А, В) и состоит из тп элементов.
Если способы выбора объекта В не зависят от того,
как выбран объект А, то вместо таблицы 1 получается
более простая таблица:
ТА Б Л
(А,
(А2,
(Ат,
ИЦА 2
Вд,
вд,
вд,
(Л.
(А2,
(Ат,
в2),..
в2), •
в2), ..
•, (А,
• > (А2,
., (Ат,
Вп)
Вп)
Вп).
Разумеется, может случиться, что нам надо соста*
вить не пары, а комбинации из большого числа элемен-
элементов. Тогда мы приходим к следующей задаче:
Сколько можно составить k-расстановок, если первый
элемент может быть одного из П\ различных видов, вто-
второй — из п2 различных видов, ..., k-u —*¦ из пи различных
видов. При этом две расстановки считаются различным^
18
если хотя бы на одном месте в них стоят разные эле-
элементы.
Эта задача решается так же, как задача о велосипед
диетах. Первый элемент можно выбрать П\ способами.
Каждый из выбранных элементов можно соединить с лю-
любым из п2 видов вторых элементов, что дает П\П2 пар.
Каждую пару можно соединить с любым из п3 видов
третьих элементов, что дает nin2n3 троек. Продолжая
далее, мы получим в конце концов п4п2 ... nh расстапо^
вок искомого типа.
В задаче о велосипедистах надо было выбрать три
элемента (цифру сотен, цифру десятков и цифру еди*
ниц). На каждом шагу мы
могли выбрать одну из девя-
девяти допустимых цифр. Поэтому
и получилось 9- 9 -9 = 729 но-
номеров. А вот задача потруд-
потруднее.
Составляются знаки, состоя- Рис 1.
щие из геометрической фи-
фигуры (окружности, квадрата, треугольника или шести-
шестиугольника), буквы и цифры. Сколько таких знаков можно
составить?
Здесь на первом шагу можно выбрать геометриче-
геометрическую фигуру. Этот выбор может быть совершен че^
тырьмя способами (у нас всего четыре фигуры). Потом
надо выбрать одну из 32 букв и, наконец, одну из
10 цифр. Всего получается 4 ¦ 32 • 10= 1280 комбинаций.
Задача о домино
Сложнее решаются комбинаторные задачи, в которых
число выборов после каждого шага зависит от того, ка-
какие элементы были выбраны на предыдущих шагах. Вот
пример такой задачи.
Сколькими способами из 28 костей домино можно
выбрать две кости так, чтобы их можно было приложить
друг к другу (то есть чтобы какое-то число очков встре-
встречалось на обеих костях)?
Сначала выберем одну кость. Это можно сделать
28 способами. При этом в 7 случаях выбранная кость
окажется «дублем», то есть костью вида 00, 11, 22, 33,
44, 55, 66, а в 21 случае — костью с различными числами
2* 19
очков (например, 05, 13 и т. д.). В первом случае вто-
вторую кость можно выбрать 6 способами (например, если
на первом шагу выбрана кость 11, то на втором шагу
можно взять одну из костей 01, 12, 13, 14, 15, 16). Во
втором же случае вторую кость можно выбирать 12 спо-
способами (для кости 35 подойдут кости 03, 13, 23, 33, 34,
36, 05, 15, 25, 45, 55, 56). По правилу произведения в
первом случае получаем 7*6=42 выбора, а во втором
21 • 12 = 252 выбора. Значит, по правилу суммы получаем
42+252 = 294 способов выбора пары.
В проведенном рассуждении учитывался и порядок,
в котором выбирались кости. Поэтому каждая пара ко-
костей появлялась дважды (например, первый раз 01 и 16,
а второй раз 16 и 01). Если не учитывать порядок вы-
выбора костей, то получим вдвое меньше способов выбора,
то есть 147 способов.
Команда космического корабля
В случае, когда число возможных выборов на каждом
шагу зависит от того, какие элементы были выбраны ра-
ранее, удобно изображать процесс составления комбинаций
в виде «дгрева». Сначала из одной точки проводят
столько отрезков, сколько различных выборов можно
сделать на первом шагу (таким образом, каждый отре-
отрезок соответствует одному элементу). Из конца каждого
отрезка проводят столько отрезков, сколько можно сде-
сделать выборов на втором шагу, если в первый раз был
выбран данный элемент и т. д.
В результате такого построения получается «дерево»,
рассмотрение которого легко дает число решений нашей
задачи.
Рассмотрим следующий пример. Известно, что при
составлении команд многоместных космических кораб-
кораблей возникает вопрос о психологической совместимости
участников космического путешествия. Даже вполне под-
подходящие порознь люди могут оказаться непригодными
для длительного совместного путешествия. Предполо-
Предположим, что надо составить команду космического корабля
из трех человек: командира, инженера и врача. На ме-
место командира есть четыре кандидата а\, а2, а3, й4, на
место инженера — 3 кандидата Ь\, 62, Ь3 и на место вра-
врача— 3 кандидата си с2, с3. Проведенная проверка пока*
20
Рис. 2.
зала, что командир ах психологически совместим с инже-
нерами Ь\ и Ь3 и врачами сг, с3, командир а2 — с инже-
инженерами ММ всеми вра-
врачами, командир а3 — с ин-
инженерами bi и Ь2 и врачами
сь с3, командир а4 — со все-
всеми инженерами и врачом с2.
Кроме того, инженер Ь\ пси-
психологически несовместим с
врачом с3, инженер Ь% — с
врачом С\ и инженер Ь3—с
врачом С2. Сколькими спосо-
способами при этих условиях мо-
может быть составлена коман-
команда корабля}
Соответствующее дерево
изображено на рис. 2. Оно
показывает, что есть лишь
10 допустимых комбинаций
(если бы не было ограниче-
ограничения совместимости, то число
комбинаций по правилу произведения равнялось бы
36=4-3-3).
Задачи о шашках
Решим следующую задачу:
Сколькими способами можно поставить на доску две
шашки — белую и черную, так, чтобы белая шашка
могла бить черную}
По шашечным правилам шашки ставятся на черные
поля и одн-а шашка бьет другую, перепрыгивая через
нее и вставая на следующее поле (рис. 3). Если же
шашка достигла последней горизонтали, то она превра-
превращается в дамку и может бить все шашки, стоящие на
одной диагонали с ней, кроме шашек, стоящих в конце
диагоналей.
Сложность этой задачи состоит в том, что для разных
положений белой шашки есть разное число положений
черной шашки, при которых эту шашку можно бить.
Например, если белая шашка стоит на поле а\, то су-
существует лишь одно положение черной шашки, при кото-
котором она находится под боем. А если белая шашка стоит
21
на поле сЗ, то число искомых положений черной шашки
равно 4. Наконец, если белая шашка прошла в дамки
на поле А8, то имеется 6 положений черной шашки, на
которых ее может бить эта
дамка.
Поэтому здесь проще всего
указать для каждого положе-
положения белой шашки число воз-
возможных положений черной ша-
шашки и сложить полученные
результаты. На рис. А,а изо-
изображена доска с указанием
соответствующих чисел. Скла-
Складывая их, получаем 87. Зна-
Значит, искомая расстановка воз-
возможна 87 способами.
Ясно, что ровно столько же
Рис- 3- положений, при которых чер-
черная шашка может бить белую.
А положений, при которых обе шашки могут бить друг
друга, меньше. Например, если белая шашка стоит
ш
%
ш
ш
т
т
щ
%
ж
ш
ш
щ
щ
щ
d
щ
т
т
щ
щ
У/,
Щ
ш
щ
р
т
ш
ш
Щ
щ
ш
ш
щ
ш
Щ.
Уо/,
ч
f,
щ
ш
т
ш
а)
Рис. 4.
на краю доски, то ее нельзя бить, где бы ни стояла чер-
черная шашка. Поэтому всем полям на краю доски соот-
соответствует число 0. Точно так же находим числа, соответ-
соответствующие другим черным полям. Они изображены на
рис. 4, б. Складывая эти числа, получаем, что искомая
расстановка возможна 50 способами,
22
Наконец, найдем число положений белой и черной
шашек, при котором ни одна из них не может бить друг
друга. Эту задачу можно было бы решить так же, как
и предыдущие, ставя белую шашку на каждое из черных
полей и подсчитывая сколькими способами можно поста-
поставить черную шашку так, чтобы ни одна из этих шашек
не могла бить другую. Но здесь проще применить «прин-
«принцип чайника»1) и свести эту задачу к уже решенной.
Для этого сначала найдем общее число положений, ко-
которыми можно поставить на доску белую и черную
шашки. Белую шашку можно поставить на любое из 32
черных полей. После этого для черной шашки останется
31 поле. Поэтому в силу правила произведения расста-
расстановка возможна 32-31=992 способами. Но из этих спо-
способов есть 87, при которых белая шашка может бить
черную, и 87 способов, при которых черная шашка может
бить белую. Поэтому надо отбросить 2-87 = 174 способа.
Однако следует учесть, что при этом некоторые способы
оказываются отброшенными дважды — и из-за того, что
белая шашка может бить черную, и из-за того, что чер-
черная шашка может бить белую. Мы видели, что сущест-
существует 50 положений, в которых обе шашки могут бить
друг друга. Поэтому число положений, в которых ни
одна шашка не может бить другую, равно
992 — 174 + 50 = 868.
') Рассказывают, что однажды математик спросил у физика:
«Перед Вами пустой чайник и незажженная газовая плита; как
вскипятить воду?» «Наполнить чайник водей, зажечь газ и поста-
поставить чайник на плиту», — отвечал физик. «Правильно», — сказал ма-
математик. «А теперь решите вто-
вторую задачу: перед зажженной пли-
плитой стоит наполненный чайник.
Как вскипятить воду?» «Это еще
проще — надо поставить чайник
на плиту». «Ничего подобного!» —:
воскликнул математик. «Надо по-
погасить плиту, вылить воду из
чайника, и мы придем к пер-
первой задаче, которую уже умеем
решать!»
Поэтому, когда новую задачу
сводят к уже решенным, шутя го-
говорят, что применяют «принцип
чайника».
23
Сколько человек не знают иностранных языков!
Метод, которым мы решили последнюю из задач о
шашках, часто применяется для решения комбинатор-
комбинаторных задач. Рассмотрим следующий пример:
В научно-исследовательском институте работают
67 человек. Из них 47 знают английский язык, 35— не-
немецкий язык и 23 — оба языка. Сколько человек в ин-
институте не знают ни английского,
ни немецкого языков?
Для решения этой задачи на-
надо разбить весь коллектив со-
сотрудников института на части, не
имеющие общих элементов. Пер-
Первую из них составят те, кто знает
только английский язык, — вто-
вторую— те, кто знает только не-
немецкий язык, третью — те, кто
знает оба языка, и четвертую —
те, кто не знает ни одного, ни дру-
другого языка (рис. 5). Нам дано,
что третья часть состоит из 23 че-
человек. Но так как английский
язык знают 47 человек, то только
английским языком владеют
47—23=24 человека. Точно так
же только немецким языком вла-
владеют 35—23 = 12 человек. Отсюда
следует, что общее число людей,
владеющих одним из этих языков, равно 23+24 + 12=59
человек. А так как всего в институте работают 67 чело-
человек, то на долю последней части приходится 67—59 = 8
человек. Итак, 8 человек не знают ни английского, ни
немецкого языка.
Полученный ответ можно записать в виде
8 = 67 —B3 + 24+12).
Но 24 мы получили, вычитая 23 из 47, а 12 — вычитая
23 из 35. Поэтому
8 = 67 —23 —D7 —23) —C5 —23) = 67 —47—35 + 23.
Теперь видна закономерность — из общего числа со-
сотрудников вычитается число знающих английских язык
24
и число знающих немецкий язык. При этом некоторые
сотрудники попадают в оба списка и оказываются «вы-
«вычтенными» дважды. Это как раз те полиглоты, которые
знают оба языка. Прибавляя их число, мы получаем
число лиц, не знающих ни одного из этих языков.
Усложним разобранную задачу, добавив еще один
язык. Пусть французский язык знают 20 человек, англий-
английский и французский —12 человек, немецкий и француз-
французский — 11 человек, а все три языка — 5 человек. Ясно,
что тогда только английский и французский (без немец-
немецкого) знают 12 — 6 = 6 человек, а только немецкий и
французский знают 11—5 = 6 человек. Значит, только
один французский язык знают 20 — 7 — 6 — 5 = 2 чело-
человека. Эти люди входят в состав тех 8 человек, которым
неведомы английский и немецкий языки. Значит, число
людей, не знающих ни1 одного из трех языков, равно
8 — 2 = 6.
Полученный ответ можно записать так:
6 = 8— 2 = 67 — 47 — 37 + 23 — B0 — 7 — 6 — 5) =
= 67 — 47 — 37 + 23— 20 + A2 — 5) +A1 — 5)+ 5 =
= 67—47 — 37 — 20+23+12+11—5.
А теперь закон совершенно ясен. Сначала из общего
числа сотрудников вычитают число тех, кто знает один
из языков (и, может быть, другие). При этом некото-
некоторые оказываются «вычтенными» дважды, поскольку
знают два языка. Поэтому прибавляют числа 23, 12, 11,
показывающие, сколько человек владеют двумя язы-
языками (и, может быть, еще третьим). Но лица, владею-
владеющие тремя языками, оказываются сначала трижды
«вычтенными», а потом трижды «прибавленными». Так
как их надо все-таки вычесть, тЬ приходится еще от-
отнять число 5.
Формула включений и исключений
Разобранные примеры позволяют сформулировать
общий закон. Пусть имеется jV предметов, некоторые
из которых обладают свойствами аи <хг ап- При
этом каждый предмет может либо не обладать ни од-
одним из этих свойств, либо обладать одним или не-
несколькими свойствами. Обозначим через TV(a*aj,. .«л)
25
количество предметов, обладающих свойствами аи щ, ...
..., as (и, быть может, еще некоторыми из других
свойств). Если нам надо будет подчеркнуть, что берутся
лишь предметы, не обладающие некоторым свойством,
то это свойство пишем со штрихом. Например, через
Л^сцагос^) обозначено количество предметов, обладаю-
обладающих свойствами ai и а%, но не обладающих свойством а4
(вопрос об остальных свойствах остается открытым).
Число предметов, не обладающих ни одним из ука-
указанных свойств, обозначается по этому правилу через
W^^ .. аМ.-Общий закон состоит в том, что
— N(an_2an_1an)
(-l)nW(a1a2...cg. B)
Здесь алгебраическая сумма распространена на все
бинации свойств ai, a2 ап (без учета нх порядка),
причем знак + ставится, если число учитываемых
свойств четно, и знак —, если это число нечетно. Напри-
Например, Л^акхзавав) входит со знаком +, а jV(a3a4aio) со
знаком —. Формулу B) называют формулой включений
и исключений — сначала исключаются все предметы,
обладающие хотя бы одним из свойств ai, <%г, ••¦> в-п,
потом включаются предметы, обладающие по крайней
мере двумя из этих свойств, исключаются имеющие по
крайней мере три и т. д.
Докажем формулу B). Доказательство ведется с помощью ин-
индукции по числу свойств. При одном свойстве формула очевидна.
Каждый предмет либо обладает этим свойством, либо не обладает им.
Поэтому
N (а') = N — N (а).
Предположим теперь, что формула B) доказана для случая,
когда число свойств равно п—\:
..an_1). C)
26
Эта формула, по предположению, справедлива для любой совокуп-
совокупности. В частности, она верна для совокупности N(an) элементов,
обладающих свойством ап. Для этой совокупности формула C)
принимает вид
(an_2an_ ^„J —
1.an_1an) D)
(добавляется указание, что в каждом случае берутся лишь пред-
предметы, обладающие свойством а„).
Вычтем равенство D) из равенства C). В правой части получим
то, что нам нужно —правую часть формулы B). А в левой части
получим разность
N (a^ ... c^_i) — N (а^ ... а^_1а„). E)
Но N@^2 . ¦. an_i)—это число предметов, не обладающих свой-
свойствами ось а2, ..., an_i и, быть может, обладающих свойством
а„. А Л^(а(а2 ... a^_jan)—это число предметов, которые не обла-
обладают свойствами ai, аг, ..., v-n-i, но наверняка обладают свой-
свойством а„- Значит, разность E) как раз равна числу предметов, не
обладающих ни одним из свойств ai, a2 an-i, а*- Иными сло-
словами,
^(aia2 • • • an-i) — ^{Ьа2 ¦ ¦ ¦ an-ian) = ^( aa>
Таким образом, после вычитания и в левой части получается левая
часть формулы B). Тем самым эта формула доказана для случая,
когда число свойств равно п.
Итак, соотношение B) справедливо для п свойств, коль скоро
оно справедливо для п — 1, а при п = \ оно уже доказано; поэтому
доказана справедливость этого соотношения для любого набора
свойств.
Формулу B) можно представить в символической форме сле-
следующим образом:
W(aT ... o/)=./V(l— a)(l— P) ... A—со). F)
Здесь после раскрытия скобок надо произведения Na$ .,. К пи-
писать в виде W(a6 ... X). Например, вместо МхCб« пишем
Л/(арбсо)
В чем ошибка!
Староста одного класса дал следующие сведения об
учениках: «В классе учатся 45 школьников, в том числе
25 мальчиков. 30 школьников учатся на хорошо и от«
лично, в том числе 16 мальчиков. Спортом занимаются
28 учеников, в том числе 18 мальчиков и 17 школьников,
учащихся на хорошо и отлично. 15 мальчиков учатся
27
на хорошо и отлично и в то же время занимаются
спортом».
Через несколько дней его вызвал к себе классный
руководитель (который, как на зло, вел математику) и
сказал, что в сведениях есть ошибка. Попробуем выяс-
выяснить, как он это узнал. Для этого подсчитаем, сколько
девочек не занимаются спортом и получают время от
времени тройки (а быть может, и двойки). Обозначим
через cti принадлежность к мужскому полу, через аг —
хорошую успеваемость и через сс3 — увлечение спортом.
Найдем, чему равно NfafyaQ. По условию задачи имеем
,) = 25, /V(a2) = 30, 7V(a3) = 28, 7V(a,a2)=16,
TV (a^) = 18, N (a2a3) = 17, N (djCt^) =15.
Значит, по формуле включений и исключений получаем,
что
/V(a1/a2/c^) = 45 — 25 — 30 — 28+16+18 + 17 — 15 = — 2.
Но отрицательным ответ быть не может! Поэтому в
данных сведениях есть внутреннее противоречие, они
неверны.
Решето Эратосфена
Одной из самых больших загадок математики яв-
является расположение простых чисел в ряду всех нату-
натуральных чисел. Иногда два простых числа идут через
одно число (например, 17 и 19, 29 и 31), а иногда под-
подряд идет миллион составных чисел. Сейчас ученые
знают уже довольно много о том, сколько простых чи-
чисел содержится среди jV первых натуральных чисел.
В этих подсчетах весьма полезным оказался метод, вос-
восходящий еще к древнегреческому ученому Эратосфену
(он жил в III веке до новой эры в Александрии).
Эратосфен занимался самыми различными вопроса-
вопросами — ему принадлежат интересные исследования в об-
ласти математики, астрономии и других наук. Впрочем,
такая разносторонность привела его к некоторой поверх-
поверхностности. Современники несколько иронически назы-
называли Эратосфена «во всем второй» (второй математик
после Евклида, второй астроном после Гиппарха и т. д.).
В математике Эратосфена интересовал как раз во-
вопрос о том, как найти все простые числа среди нату-
28
ральных чисел от 1 до N}). Он придумал для этого сле-
следующий способ. Сначала вычеркивают все числа, де-
делящиеся на 2 (исключая само число 2). Потом берут
первое из оставшихся чисел (а именно 3). Ясно, что это
число простое. Вычеркивают все идущие после него
числа, делящиеся на 3. Первым оставшимся числом бу-
дет 5. Вычеркиваем все идущие после него числа, деля-
делящиеся на 5, и т. д. Числа, которые уцелеют после всех
вычеркиваний, и являются простыми. Так как во вре*
мена Эратосфена писали на восковых табличках и не
вычеркивали, а выкалывали цифры, то табличка после
описанного процесса напоминала решето. Поэтому ме-
метод Эратосфена для нахождения простых чисел получил
название «решето Эратосфена».
Подсчитаем, сколько останется чисел в первой сот-
сотне, если мы вычеркнем по методу Эратосфена числа, де-
делящиеся на 2, 3 и 5. Иными словами, поставим такой
вопрос: сколько чисел в первой сотне не делится ни на
одно из чисел 2, 3, 5? Эта задача решается по формуле
включения и исключения.
Обозначим через cti свойство числа делиться на 2,
через а2 — свойство делимости на 3 и через аз—свой-
аз—свойство делимости на 5. Тогда ctict2 означает, что число
делится на 6, ctict3 означает, что оно делится на 10, и
осгосз, — что оно делится на 15. Наконец, aia2a3 означает,
что число делится на 30. Нам надо найти, сколько чисел
от 1 до 100 не делится ни на 2, ни на 3, ни на 5, то есть
не обладает ни одним из свойств cti, ссг, аз- По формуле
B) имеем
7V(a1'aX)=100-7V(a1)-7V(a2)-;V(a3) +
+ TV (a^) + N (а,аз) + N (а2а3) — N (a^g).
Но чтобы найти, сколько чисел от 1 до jV делится
на п, надо разделить N на п и взять целую часть полу-
получившегося частного. Поэтому
N(a1) = 50, /V(a2) = 33> /V(a3) = 20,
/V(alCg=16, /V(a1a3)=10> /V(a2a3) = 6, N («.aft) = 3,
') Эратосфен считал 1 простым числом. Сейчас математики
считают I числом особого вида, не относящимся ни к простым, ни
к составным числам.
29
и, значит,
Таким образом, 32 числа от 1 до 100 не делятся ни
на 2, ни на 3, ни на 5. Эти числа и уцелеют после первых
трех шагов процесса Эратосфена. Кроме них, останутся
сами числа 2, 3 и 5. Всего останется 35 чисел.
А из первой тысячи после первых трех шагов про-*
цесса Эратосфена останется 335 чисел. Это следует из
того, что в этом случае
# (си) =500, W(ct2)=333, N(a3)=200,
= 100, #(а2а3)=66,
ГЛАВА И
РАЗМЕЩЕНИЯ, ПЕРЕСТАНОВКИ
И СОЧЕТАНИЯ
Мы рассмотрели некоторые общие правила решения
комбинаторных задач. С их помощью можно решать
задачи самых разных типов. Однако как в геометрии
неудобно всегда сводить решение задачи к аксиомам,
а удобнее пользоваться теоремами, так и в комбинатов
рике вместо решения задачи по общим правилам часто
удобнее пользоваться готовыми формулами. Дело в
том, что некоторые типы задач встречаются значительно
чаще других. Комбинациям, которые встречаются в этих
задачах, присвоены особые названия — размещения, пе-
перестановки и сочетания.
Для числа таких комбинаций выведены особые фор-
формулы, которыми и пользуются при решении различных
комбинаторных задач. С одной из этих формул мы уже
знакомы — в начале главы I было показано, что число
^-размещений с повторениями из элементов п типов
равно пк. Сейчас мы выясним, сколько можно составить
таких размещений, если не допускать повторений, то
есть если все элементы, входящие в размещения, раз-
различны. Сначала разберем следующую задачу.
Футбольное первенство
В первой группе класса «А» первенства СССР по
футболу участвуют 17 команд. Разыгрываются медали:
золотые, серебряные и бронзовые. Сколькими способами
они могут быть распределены?
Эта задача решается на основе правила произведем
ния. Золотые медали может получить любая из 17
команд. Иными словами, здесь у нас 17 возможностей. Но
если золотые медали уже получены какой-то командой,
31
то остается лишь 16 претендентов на серебряные медали.
Повторения здесь не может быть — одна и та же коман-
команда не может завоевать и золотые, и серебряные ме-
медали.
Значит, после вручения золотых медалей какой-то
команде остается 16 возможностей получения серебря-»
ных медалей. Точно так же если уже вручены и золо-<
тые, и серебряные медали, то бронзовые медали может
получить лишь одна из оставшихся 15 команд. Значит,
по правилу произведения получаем, что медали могут
быть распределены 17- 16 • 15=4080 способами.
Размещения без повторений
Решенная задача относится к классу комбинаторных
задач о размещении без повторений. Общая формула
ровка этих задач такова:
Имеется п различных предметов. Сколько из них
можно составить k-расстановок? При этом две расста-
расстановки считаются различными, если они либо отличаются
друг от друга хотя бы одним элементом, либо состоят
из одних и тех же элементов, но расположенных в раз-
разном порядке.
Такие расстановки называют размещениями без
повторений, а их число обозначают А*,- При составле-
составлении ^-размещений без повторений из п предметов нам
надо сделать k выборов. На первом шагу можно вы-
выбрать любой из имеющихся п предметов. Если этот
выбор уже сделан, то на втором шагу приходится вы-
выбирать из оставшихся п — 1 предметов — ведь повто-
повторять сделанный выбор нельзя1). Точно так же на
третьем шагу для выбора остается лишь п — 2 свобод-
свободных предметов, на четвертом п — 3 предметов... на
k-м шагу п — ?+1 предметов. Поэтому по правилу про-
произведения получаем, что число ^-размещений без по-
повторения из п предметов выражается следующим об-
образом:
= п{п — 1) ... (я — А-Н). 0)
') Напомним, что в отличие от случая размещений с повторе-
повторениями у нас теперь есть лишь один элемент каждого вида.
32
Научное общество
Применим выведенную формулу для решения сле-
следующей задачи: Научное общество состоит из 25 чело-
человек. Надо выбрать президента общества, вице-президен-
вице-президента, ученого секретаря и казначея. Сколькими способами
может быть сделан этот выбор, если каждый член об-
общества может занимать лишь один пост?
В этом случае надо найти число размещений (без
повторений) из 25 элементов по 4. Ведь здесь играет
роль и то, кто будет выбран в руководство общества,
и то, какие посты займут выбранные (выбор: прези-
президент — Иванов, ьице-президент — Татаринов, ученый
секретарь — Тимошенко, казначей — Алексеев, отли-
отличается от выбора: президент — Тимошенко, вице-прези-
вице-президент— Иванов, ученый секретарь — Татаринов и казна-
казначей— Алексеев). Поэтому ответ дается формулой
А\ъ = 25 ¦ 24 • 23 ¦ 22 = 303 600.
Перестановки
При составлении размещений без повторений из п
элементов по k мы получали расстановки, отличаю-
отличающиеся друг от друга и составом, и порядком элементов.
Но если брать расстановки, в которые входят все п эле-
элементов, то они могут отличаться друг от друга лишь •
порядком входящих в них элементов. Такие расстановки
называют перестановками из п элементов, или, короче,
п-перестановками.
Иными словами, л-перестановками называют разме-
размещения без повторения из п элементов, в которые входят
все элементы. Можно также сказать, что перестанов-
перестановками из п элементов называют всевозможные л-расста-
новки, каждая из которых содержит все эти элементы
по одному разу и которые отличаются друг от друга
лишь порядком элементов. Число л-перестановок обо-
обозначают через Рп- Формула для Рп сразу получается из
формулы для числа размещений без повторений.
Именно,
Рп = Апп = п(п-\) ... 2-1. B)
Таким образом, чтобы узнать, сколько перестановок
можно составить из п элементов, надо перемножить все
3 Н. Я. Виленкин 33
натуральные числа от 1 до п. Это произведение обозна*
чают п\ (читается л-факториал). Итак,
рп = п! = 1 • 2 ¦ ... -п.
При этом полагают 1! = 1.
В дальнейшем нам встретится обозначение 0! Каза-
Казалось бы, что 0! должен равняться нулю. Принято счи-
считать, однако, что 01 = 1.
Дело в том, что факториал обладает, очевидно, следующим
свойством:
л! = л(л —1I
Это равенство справедливо при л>1. Естественно определить 01
так, чтобы оно оставалось верным и при л=1, то есть так, чтобы
1! = 1 • 0! Но тогда нужно положить 0! = I.
Заметим еще, что формулу A) для числа размещений без по-
повторений можно записать следующим образом:
Ak = "' . C)
Л« (n—k)\ (>
В самом деле, в дроби C) все сомножители: 1, 2, 3, ..., п — k вхо-
входят и в числитель, и в знаменатель. После сокращения получаем,
что Л*=л(п—1) ... (л — k+l) в соответствии с формулой (I).
Задача о ладьях
Сколькими способами можно расположить на шах-
шахматной доске 8 ладей так, чтобы они не могли бить друг
друга?
Ясно, что при таком расположении на каждой горн-
зонтали и каждой вертикали стоит по одной ладье. Возь-
Возьмем одно из этих расположений и обозначим через ау
номер занятого поля на первой горизонтали, через а2 —
на второй горизонтали, ..., через а8—на восьмой гори-
горизонтали. Тогда (ait a%, ..., а8) будет некоторой переста-
перестановкой из чисел 1, 2, ..., 8 (ясно, что среди чисел
аи а.г, ..., as нет ни одной пары одинаковых, так как
иначе две ладьи попали бы на одну и ту же вертикаль).
Обратно, если at, a%, ..., а8 — некоторая перестановка
чисел 1, 2, ..., 8, то ей соответствует некоторое распо-
расположение ладей, при котором они не могут бить друг
друга. Например, на рис. 6 изображено расположение
ладей, соответствующих перестановке 7 5 4 6 13 2 8.
Таким образом, число искомых расположений ладей рав-
равно числу перестановок чисел 1, 2, .. „ 8, то есть Р8. Но
Я8 = 8! = 1 • 2-3-4-5- 6- 7-8 = 40320.
34
III
I
I
Рис. 6.
Значит, ладьи можно расположить требуемым образом
40 320 способами.
Точно так же доказывается, что на доске из п гори-
горизонталей и п вертикалей можно п! способами располо-
расположить ладьи так, чтобы они не могли бить друг друга.
Совсем иной ответ получился бы, если бы ладьи чем-
то отличались друг от друга — имели разный цвет или
были перенумерованы. В
этом случае из каждого рас-
расположения незанумерован-
ных ладей получится п\ рас-
расположений занумерованных
ладей — они получаются, ес-
если при тех же занятых по-
полях всеми способами пере-
переставлять друг с другом п
ладей. Поэтому получилось
бы (л!J способов располо-
расположения, при которых ладьи
не могут бить друг друга.
К тому же выводу мож-
можно прийти иначе, прямо ис-
используя правило произведения. Первую ладью можно
поставить на любое из п2 полей. Если вычеркнуть го-
горизонталь и вертикаль, на которые попала эта ладья,
остается доска ел— 1 горизонталями ил— 1 вертика-
вертикалями, имеющая (л—IJ полей. Значит, вторая ладья
может быть поставлена (л—IJ способами. Точно так
же третья ладья может быть поставлена (л — 2J спосо-
способами и т. д. Всего получаем
п2(п— IJ ... 12=(л!J
способов расположения ладей.
Лингвистические проблемы
Лингвистам — специалистам по живым и мертвым
языкам, часто приходится разгадывать надписи, сделан-
сделанные на незнакомых языках. Предположим, что им по-
попался текст, написанный при помощи 26 незнакомых
знаков. Эти знаки являются буквами, изображающими
каждый один из 26 звуков. Сколькими способами можно
сопоставить звуки знакам письма?
35
Расположим знаки письма в некотором порядке. То-
Тогда каждый способ сопоставления даст некоторую пере-
перестановку звуков. Но из 26 звуков можно составить
Р26=26! перестановок. А это число приблизительно рав-
равно 4-1026. Разумеется, проверить все эти возможности
непосильная работа не только для человека, но и для
электронной вычислительной машины. Поэтому ста-
стараются уменьшить число возможностей. Часто удается
отделить знаки, обозначающие гласные,' от знаков, обо-
обозначающих согласные (гласные чаще стоят рядом с со-
согласными, чем гласные рядом с гласными или соглас-
согласные рядом с согласными; наблюдая, какие сочетания
знаков чаще всего встречаются, можно отделить знаки
для гласных от знаков для согласных). Предположим,
что удалось найти 7 знаков для гласных и 19 знаков
для согласных. Подсчитаем, во сколько раз уменьши-
уменьшилось число возможностей} 7 знаков для гласных можно
переставлять друг с другом 7! способами, а 19 знаков
для согласных 19! способами. Общее число комбинаций
равно 7! • 19!. Значит, работа уменьшилась в 26!/7! • 19!»
«650 000 раз. Конечно, стало легче, но и 7! • 19! — ги-
гигантское число.
Далее подсчитывают частоту появления отдельных
знаков. Сравнивая эту частоту с частотой появления
букв в близких к данному языках, можно примерно уга-
угадать значения некоторых знаков. Другие знаки удается
найти, сравнив данный текст с тем же текстом на ином
языке (древние цари любили вещать о своих «подвигах»
на нескольких языках).
Предположим, что в результате этой работы опозна-
опознано 4 гласных и 13 согласных букв. Сколько еще остает-
остается возможностей? Ясно, что 3! • 6! =4320. А такое число
комбинаций уже можно по порядку проверить, исполь-
используя электронные вычислительные машины.
С аналогичными трудностями встречаются и крипто-
логи — специалисты по расшифровке кодов.
Хоровод
Семь девушек водят хоровод. Сколькими различны-
различными способами они могут встать в круг?
Если бы они стояли на месте, то получилось бы 7! =
= 5040 перестановок. Но так как танцующие кружатся,
36
то их положение относительно окружающих предметов
не существенно, а важно лишь взаимное расположение.
Поэтому пер-естановки, переходящие друг в друга при
кружении танцовщиц надо считать одинаковыми. Но из
каждой перестановки можно получить еще шесть новых
путем вращения. Значит, число 5040 надо разделить
на 7. Мы получаем 5040:7=720 различных перестано-
перестановок девушек в хороводе.
Вообще, если рассматривать перестановки п пред-
предметов, расположенных не в ряд, а по кругу, и считать
Рис. 7.
одинаковыми расположения, переходящие друг в друга
при вращении, то число различных перестановок равно
(л-1I.
А теперь сосчитаем, сколько ожерелий можно соста-
составить из 7 различных бусин? По аналогии с только что
решенной задачей можно подумать, что число различи
ных ожерелий равно 720. Но ожерелье можно не только
повернуть по кругу, но и перевернуть (рис. 7). Поэтому
ответом на эту задачу является 720 : 2=360.
Перестановки с повторениями
До сих пор мы переставляли предметы, которые
были попарно различны. Если же некоторые переста*
вляемые предметы одинаковы, то получается меньше
перестановок — некоторые перестановки совпадают друг
с другом.
87
Например, переставляя буквы слова «март», мы по-
получим 24 различные перестановки:
март
матр
мрат
трам
тарм
амрт
рамт
мтар
рмат
тмар
атрм
армт
мтра
ратм
рмта
амтр
атмр
трма
ртма
ртам
мрта
артм
тамр
тмра
А если вместо слова «март» взять слово «мама», то
во всех выписанных перестановках надо будет заменить
«р» на «м» и «т» на «а». При этом некоторые из наших
24 перестановок окажутся одинаковыми. Например,
стоящие в первой строке перестановки март, рамт, мтра,
ртма при этой замене дадут одно и то же слово «мама».
Точно так же все четыре перестановки, написанные во
второй строке, дадут слово «маам». Вообще, все 24 пе-
перестановки разбиваются на четверки, которые при за*
мене «р» на «м» и «т» на «а» дают один и тот же ре-
результат. В таблице эти перестановки стоят в одной
строке. Поэтому число различных перестановок, кото-
рые можно сделать из слова «мама», равно 24:4 = 6.
Вот они
мама, маам, ммаа, амам, аамм, амма.
Общая задача формулируется следующим образом:
Имеются предметы k различных типов. Сколько пе-
перестановок можно сделать из п\ элементов первого типа,
п2 элементов второго типа, ..., п^ элементов k-го типа?
Число элементов в каждой перестановке равно п =
= rti + rt2+ ... +nk. Поэтому если бы все элементы были
различны, то число перестановок равнялось бы п\. Но
из-за того, что некоторые элементы совпадают, полу-
получится меньшее число перестановок. В самом деле, возь-
возьмем, например, перестановку
аа ... а ЬЬ ... Ь ... хх ... х, D)
в которой сначала выписаны все элементы первого типа,
потом все элементы второго типа, ..., наконец, все эле-
элементы А-го типа. Элементы первого типа можно пере-
переставлять друг с другом nil способами. Но так как все
эти элементы одинаковы, то такие перестановки ничего
3d
не меняют. Точно так же ничего не меняют п2\ переста*
новок элементов второго типа, .... nh\ перестановок эле-»
ментов k-то типа. Например, в перестановке «ммаа»
ничего не изменится, если мы переставим первый эле-
элемент со вторым, или третий с четвертым.
• Перестановки элементов первого типа, второго типа
и т.д. можно делать независимо друг от друга. Поэтому
(по правилу произведения) элементы перестановки D)
можно переставлять друг с другом щ[п2\... nh\ спосо-
способами так, что она остается неизменной. То же самое
верно и для любого другого расположения элементов.
Поэтому множество всех п\ перестановок распадается
на части, состоящие из щ\п2\ ... щ\ одинаковых переста-*
новок каждая. Значит, число различных перестановок
с повторениями, которые можно сделать из данных эле"
ментов, равно
P(nvn3, ..., я,) = „,,„,,".',. „,,. E)
где, напомним, п = щ + п2+ .. .'+hh.
Пользуясь формулой E), легко ответить на вопрос:
сколько перестановок можно сделать из букв слова
«Миссисипи»? Здесь у нас одна буква «м», четыре бук-
буквы «и», три буквы «с» и одна буква «п», а всего 9 букв.
Значит, по формуле E) число перестановок равно
Анаграммы
До XVII столетия почти не было научных журналов.
Ученые узнавали о трудах своих коллег или из книг,
или из частных писем. Это создавало большие трудности
при опубликовании новых результатов — ведь печатание
книг занимало целые годы, а написать о своем откры-
открытии в частном письме было рискованно — не ровен час,
кто-нибудь присвоит достижение, и поди доказывай,
что он не сам придумал, а узнал из полученного письма.
А могло случиться, что получатель письма долго думал
над тем же вопросом, нашел его решение, и письмо ни-
ничего нового ему не открыло — он сам собирался напи-
написать коллеге аналогичное сообщение.
Из-за этого часто возникали споры о приоритете.
Еще в конце XVII столетия шли долгие споры о
39
приоритете между Ньютоном и Лейбницем (о том, кто
первый открыл дифференциальное и интегральное ис-
исчисления), между Ньютоном и Гуком (кто первый сфор-
сформулировал закон всемирного тяготения) и т. д.
А в древности Архимеду пришлось даже пуститься
на хитрость. Когда некоторые александрийские ученые
присвоили себе его результаты, о которых узнали из по-
полученных от него писем,он написал им еще одно письмо.
В нем содержались совершенно замечательные фор-
формулы для площадей и объемов некоторых фигур. Алек-
Александрийцы снова сказали, что эти формулы они давным-
давно знают,- и ничего нового им Архимед не сообщил.
Но тут выяснилось, что Архимед поймал их в ловуш-
ловушку— сообщенные в письме формулы были неверными!
Для того чтобы и приоритет обеспечить, и не допустить
преждевременной огласки достигнутых результатов,
ученые в краткой фразе формулировали суть открытия,
а потом переставляли в ней буквы и посылали письмо
с переставленными буквами своим коллегам. Такие тек-
тексты с переставленными буквами называются анаграм-
анаграммами. Например, слова «лунка» и «кулан» — анаграммы.
Когда же печаталась книга с подробным изложе-
изложением результата, в ней давалась расшифровка ана-
анаграммы. К анаграммам прибегали и в политических
спорах. Например, после убийства французского короля
Генриха III из имени его убийцы frere Jacques Clement
(брат Жак Клеман) составили анаграмму C'est l'enfer
qui m'a сгёё (меня создал ад). Противники короля не
остались в долгу и из его имени Henri de Valois (Анри
де Валуа) составили анаграмму Vilain Herodes (Иро-
(Иродова мерзость). Когда Христиан Гюйгенс A629—1695)
открыл кольцо Сатурна, он составил анаграмму
ааааааа, ссссс, d, eeeee, g, h, ШИН, Ш, mm,
ппппппппп, оооо, рр, q, rr, s, ttttt, uuuuu.
Если поставить в ней буквы в нужном порядке, то по-
получится текст
«Annulo cingitur tenui, piano, nusquam cohaerente,
ad eclipticam inclinato».
(«Окружен кольцом тонким, плоским, нигде не подве-
подвешенным, наклонным к эклиптике».)
40
Однако не всегда анаграммы позволяли сохранять
тайну. Когда тот же Гюйгенс открыл первый спутник
Сатурна (Титан) и нашел, что время его обращения
вокруг планеты равно 15 дням, он составил по этому
поводу анаграмму и послал своим коллегам. Однако
один из них, Валлис, большой мастер в расшифровке
тайнописи, разгадал эту анаграмму и составил по это-
• му поводу свою анаграмму, которую послал Гюйгенсу.
Когда ученые обменялись разгадками анаграмм, то по-
получилось так, что будто бы Валлис еще до Гюйгенса
сделал то же самое открытие. Потом Валлис признал-
признался, что он пошутил, чтобы доказать бесполезность ана-
анаграмм в деле тайнописи. Гюйгенс, однако, не оценил
этой шутки и рассердился...
Подсчитаем, сколько надо было сделать перестано-
перестановок, чтобы дойти до истинного смысла первой анаграм-
анаграммы Гюйгенса. В эту анаграмму входит 7 букв а, 5 букв
с, 1 буква d, 5 букв е, 1 буква g, 1 буква h, 7 букв i,
3 буквы /, 2 буквы т, 9 букв п, 4 буквы о, 2 буквы р,
1 буква q, 2 буквы г, 1 буква s, 5 букв t я 5 букв и,
а всего 61 буква. Значит, по формуле E) получаем
6П
7!5!1!5!1!1!7!3!2!9!4!2!1!2!1!5!5!
перестановок. Это громадное число примерно равно 1050.
С задачей перебора всех этих перестановок электрон-
электронная вычислительная машина, делающая миллион опе-
операций в секунду, не справилась бы за все время суще-
существования Солнечной системы.
В каком-то смысле человеку легче решить эту за-
задачу, чем машине. Ведь человек будет брать не все
перестановки, а только те, в которых получаются осмыс-
осмысленные слова, будет учитывать морфологические пра-
правила и т.д. Это сильно сократит число необходимых
попыток. А самое главное — он примерно знает, над
какими вопросами думал его корреспондент. Но все
равно получается очень громоздкая работа.
Сочетания
Не всегда нас интересует порядок, в котором распо~
лагаются элементы. Например, если в полуфинале пер*
венства СССР по шахматам участвуют 20 человек»
41
OP»- Mb МЕСТО -2. ОЧКА |
а в финал выходят лишь трое, то порядок, в котором
располагается первая тройка, не существен — хоть тре-
третьим, а лишь бы выйти в финал! Ведь бывали случаи,
что чемпионом СССР становился шахматист, занявший
в полуфинале не самое высокое место.
Точно так же при проведении первенства СССР по
футболу высшую лигу, состоящую из 17 команд, должны
были покинуть команды, занявшие последние четыре ме-
места. И слабым утешением могло служить то, что коман-
команда заняла 14, а не 17 место — все равно придется перейти
во второй эшелон.
В тех случаях, когда нас не интересует порядок эле-
элементов в комбинации, а интересует лишь ее состав, го-
говорят о сочетаниях. Итак, k-сочетаниями из п элемен-
элементов называют всевозможные А-расстановки, составлен-
составленные из этих элементов и отличающиеся друг от друга
составом, ьо не порядком элементов. Число А-сочета-
ний, которые можно составить из п элементов, обозна-
обозначают через С*.
Формула для числа сочетаний легко получается из
выведенной ранее формулы для числа размещений. В са-
самом деле, составим сначала все ^-сочетания из п эле-
элементов, а потом переставим входящие в каждое сочета-
сочетание элементы всеми возможными способами. При этом
получатся все ^-размещения из п элементов, причем
каждое только по одному разу. Но из каждого А-соче-
тания можно сделать k\ перестановок, а число этих со-
сочетаний равно Сп. Значит, справедлива формула
Из этой формулы находим, что
ft! ~ (я — k)\k\
42
F)
Замечательно, что выведенная формула совпадает
с формулой для числа перестановок из k элементов од-
одного типа ил — k элементов второго типа:
Иными словами,
С* = Р (k, n — k). G)
Это равенство можно доказать и непосредственно,
не прибегая к формуле числа размещений. Для этого
поставим по порядку все л элементов, из которых со-
составляют сочетания, и зашифруем каждое сочетание
л-расстановкой нулей и единиц. Именно, если некоторый
элемент входит в сочетание, то на его месте пишем 1,
а если он не входит, то пишем 0. Например, если со*
ставляются сочетания из букв а, б, в, г, д, е, .ж, з, и, к,
то сочетанию {а, в, е, з, и} соответствует расстановка
1 0 1 0 0 1 0 1 1 0, а расстановке 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 — со*
четание {б, в, г, ж, к}. Ясно, что при этом каждому &-со«
четанию соответствует расстановка из k единиц ил — k
нулей, а каждой расстановке из k единиц ил — k нулей
соответствует некоторое А-сочетание, причем различным
расстановкам — различные А-сочетания. Отсюда и еле*
дует, что число А-сочетаний из л элементов совпадает
с числом перестановок из k элементов одного типа (еди-<
ниц) ил — k элементов другого типа (нулей).
Применяя формулу F), легко решить задачи, о ко-
которых говорилось в начале этого пункта. Число различ-
различных исходов полуфинала шахматного первенства дается
формулой
Число же различных «печальных» исходов футбольного
первенства равно
Вот еще задача на сочетания:
Сколькими способами можно поставить на шахмат-
шахматную доску 8 ладей? В отличие от задачи, рассмотренной
на стр. 34, здесь не налагается условие, что ладьи
не могут бить друг друга. Поэтому нам надо просто
43
выбрать из 64 клеток шахматной доски любые 8 клеток.
А это может быть сделано
^8 641 . = 4 328 284968
^м~ 8156!
способами.
Точно так же доказывается, что на доске из т го-
горизонталей и п вертикалей k ладей можно поставить
°m"~ ft! (mn — ft)!
способами.
Если же ставить не k одинаковых ладей, a k раз->
личных фигур, то уже имеет значение, какая фигура
куда поставлена. Поэтому здесь получатся не сочета-
сочетания, а размещения, и ответ дается формулой
л*
"тп —'
(тп — ft)! "
Генуэзская лотерея
В прошлые века процветала так называемая генуэз-
генуэзская лотерея, сохранившаяся в некоторых странах до
сих пор. Суть ее заключалась в следующем. Участники
лотереи покупали 'билеты, на которых стояли числа от 1
до 90. Можно было купить и билеты, на которых было
сразу два, три, четыре или пять чисел. В день розы-
розыгрыша лотереи из мешка, содержавшего жетоны с чис-
числами от 1 до 90, вынимали пять жетонов. Выигрывали
те, у которых все числа на билете были среди выну-
вынутых1). Например, если на билете были числа 8, 21, 49,
а вынутыми оказались числа 3, 8, 21, 37, 49, то билет
выигрывал; если же вынутыми были, скажем, числа 3,
7, 21, 49, 63, то билет проигрывал — ведь числа 8 среди
вынутых не оказалось.
Если участник лотереи покупал билет с одним чис-<
лом, то он получал при выигрыше в 15 раз больше стой*
мости билета — если с двумя числами (амбо), то в
270 раз больше, если с тремя числами (терн), то в 5500
') Видоизменением этой лотереи является распространенная иг-
игра в лото — здесь тоже участвуют «бочонки» с числами от 1 до 90,
а на карточках у игроков напечатаны 3 ряда по 5 чисел в каждом
ряду. Заполнение 4 чисел часто называют «квартира», что является
искажением слова «катерн».
44
раз больше, если с четырьмя числами (катерн) — в
75 000 раз больше, а если с пятью числами (квин), то
в 1 000 000 раз больше, чем стоимость билета.
Многие люди пытались обогатиться, участвуя в этой
лотерее и ставя в каждом розыгрыше на терн или амбо«
Но почти никому не удалось этого сделать — лотерея
была рассчитана так, чтобы в выигрыше оставались ее
устроители ').
Чтобы понять, в чем дело, попробуем сосчитать, ка-
каково отношение «счастливых» исходов лотереи к общему
числу ее исходов при различных способах игры. Общее
число исходов лотереи сразу находится по формуле F).
Ведь из мешка с 90 жетонами вынимают 5 жетонов,
причем их порядок не играет никакой роли. Получаются
сочетания из 90 элементов по 5, число которых равно
~-, 90! 90-89-88-87-86
С90=ттг== 1.2-3-4-5 •
Предположим теперь, что участник лотереи купил
билет с одним номером. Во скольких случаях он выиг-
выиграет? Для выигрыша необходимо, чтобы один из выну-1
тых номеров совпал с номером на билете. Остальные
же 4 номера могут быть любыми. Но эти четыре номера
выбираются из оставшихся 89 номеров. Поэтому число
благоприятных комбинаций выражается формулой
^4 89-88-87-86
1-2-3-4
') Переживания участников лотереи ярко описаны итальян-
итальянской писательницей Матильдой Серао в новелле «Розыгрыш ло-
лотереи», см. книгу «Итальянские новеллы 1860—1914 гг.», ГИХЛ, 1960,
стр. 226—250.
45
Отсюда следует, что отношение числа благоприятных
комбинаций к общему числу комбинаций равно
С*& _ 5 _ 1
?5 gQ jg
Это, примерно, означает, что игрок будет выигрывать
один раз из восемнадцати. Иными словами, он заплатит
за 18 билетов, а выиграет лишь в 15 раз больше стои-
стоимости одного билета — цену трех билетов положат в
карман устроители лотереи.
Разумеется, не следует думать, что из каждых 18 раз игрок
выиграет в точности один раз. Иногда между двумя выигрышами
пройдет 20 или 30 тиражей, а иногда удастся выиграть и в двух
тиражах подряд, Речь идет о среднем числе выигрышей за большой
промежуток времени или при большом числе участников. Иначе
можно сделать ошибку, которую приписывают одному врачу. Он
сказал пациенту: «У Вас болезнь, от.которой выздоравливает 1 че-
человек из 10. Но предыдущие 9 больных, которых я лечил от этой
болезни, умерли. Значит, Вы обязательно выздоровеете!».
А теперь подсчитаем шансы при игре на амбо. Здесь
уже нужно, чтобы два загаданных номера вошли в чис-
число вынутых из мешка, а остальные три номера могут
быть любыми. Так как их можно выбрать из оставшихся
88 номеров, то число «счастливых» исходов при игре
на амбо дается формулой
Г3 _ 88-87-86
°»8— Ь2-3 *
46
Отношение же числа «счастливых» исходов к общему
числу исходов равно
С|8 _ 4-5 _ 2
С^"" 90-89 ~~ 80Т"
Здесь уже из 801 исхода только два приводят к вы-
выигрышу. Но так как выигрыш лишь в 270 раз больше
стоимости билета, то из каждых 801 билетов «амбо»
цену 261 билета кладут в карман устроители лотереи.
Ясно, что игра на амбо еще менее выгоднее участникам,
чем игра на «простую одиночку».
Совсем уже невыгодны игры на терн, катерн и квин.
При игре на терн отношение числа благоприятных ис-
исходов к числу всех исходов равно
С?, 3-4-5 1
С90 "
при игре на катерн
С1
С5
и при игре на квин
1
CL 90
90-89
2-3
90-89
1-23-4
• 89 •88 •!
•88
-4-
•88
•5
57-
[
5
•87
86
11748'
1
511033
1
43 949 268
Платят же выигрывшим лишь в 5500, 75 000 и 1 000 000
раз больше. Подсчитайте сами, каковы потери участии*
ков лотереи при этих условиях.
Покупка пирожных
В кондитерском магазине продавались 4 сорта пи-
пирожных: наполеоны, эклеры, песочные и слоеные. Сколь*
кими способами можно купить 7 пирожных?
Эта задача имеет иной вид, чем те, которые мы уже
решали. Она не является задачей на размещения с по-
повторениями, так как порядок, в котором укладывают
пирожные в коробку, несуществен. Поэтому она бли-
ближе к задачам на сочетания. Но от задач на сочетания
она отличается тем, что в комбинации могут входить
повторяющиеся элементы (например, можно купить
47
7 эклеров). Такие задачи называют задачами на сочета-
сочетания с повторениями.
Чтобы решить нашу задачу, поступим следующим
образом. Зашифруем каждую покупку с помощью нулей
и единиц. Именно, сначала напишем столько единиц,
сколько куплено наполеонов. Потом, чтобы отделить на-
наполеоны от эклеров, напишем нуль, а затем — столько
единиц, сколько куплено эклеров. Далее снова напишем
нуль (если не было куплено ни одного эклера, то в запи-
записи появятся два следующих друг за другом нуля). Да-
Далее напишем столько единиц, сколько куплено песочных
пирожных, снова напишем нуль, и наконец, напишем
столько единиц, сколько куплено слоеных пирожных.
Например, если куплено 3 наполеона, 1 эклер, 2 песоч-
песочных пирожных и 1 слоеное, то получим такую запись:
1110101101. Если же куплено 2 наполеона и 5 песочных,
то получится запись 1100111 ПС. Ясно, что разным по-
покупкам соответствуют при этом разные комбинации из
7 единиц и 3 нулей. Обратно, каждой комбинации 7 еди-
единиц и 3 нулей соответствует какая-то покупка. Напри-
Например, комбинации 0111011110 соответствует покупка 3 эк-
эклеров и 4 песочных пирожных.
Таким образом, число различных покупок равно
числу перестановок с повторениями, которые можно со-
составить из 7 единиц и 3 нулей. А это число, как было
показано на стр. 39, равно
К тому же самому результату можно было бы прий-
прийти и иным путем. Именно, расположим в каждой покуп-
покупке пирожные в таком порядке: наполеоны, эклеры, пе-
песочные и слоеные, а потом перенумеруем их. Но при
нумерации будем к номерам эклеров прибавлять 1,
к номерам песочных — 2 и к номерам слоеных пирож-
пирожных— 3 (а к номерам наполеонов ничего не будем
прибавлять). Например, пусть куплено 2 наполеона,
3 эклера, 1 песочное и 1 слоеное пирожное. Тогда эти
пирожные нумеруются так: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 10. Ясно, что
самый большой номер при этом равен 10 (последнее
слоеное пирожное получает номер 7+3=10), а самый
маленький номер равен 1 (этот номер получает первый
наполеон). При этом ни один номер не повторяется. Об-
48
ратно, каждой возрастающей последовательности 7 чи-
чисел от 1 до 10 соответствует некоторая покупка. Напри-
Например, последовательность 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9 соответствует
покупке из 4 эклеров и 3 песочных пирожных. Чтобы
убедиться в этом, надо отнять от заданных номеров
числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Мы получим числа 1, 1, 1, 1, 2,
2, 2, то есть 4 единицы и 3 двойки. Но 1 мы прибавляли
к номерам эклеров, а 2 — к номерам песочных пирож-
ных; значит, у нас 4 эклера и 3 песочных пирожных.
При этом у нас получаются лишь возрастающие по*
следовательности чисел, и, следовательно, каждая по-
последовательность полностью определяется своим соста-
вом. Поэтому число таких 7-последовательностей равно
числу 7-сочетаний из 10 чисел (от 1 до 10). А число этих
сочетаний дается формулой
Мы получили тот же самый результат.
Сочетания с повторениями
Мы уже говорили, что разобранная задача отно-*
сится к типу задач на сочетания с повторениями. Об-
Общая формулировка этих задач такова: имеются пред-
предметы п различных типов. Сколько ^-комбинаций можно
сделать из них, если не принимать во внимание поря-
порядок элементов в комбинации (иными словами, различ-
различные комбинации должны отличаться хотя бы одним
предметом)?
Эта задача в общем виде решается точно так же, как
и задача о пирожных. Именно, надо зашифровать ка-
каждую комбинацию с помощью нулей и единиц: для
каждого типа написать столько единиц, сколько пред-
предметов этого типа входит в комбинацию, а различные
типы отделять друг от друга нулями (при этом если
предметы какого-нибудь типа совсем не вошли в ком-
комбинацию, то надо писать подряд два или большее число
нулей). При этом мы получим столько единиц, сколько
предметов входит в комбинацию, то есть k, а число ну-
нулей будет на 1 меньше, чем число типов предметов, то
есть п—1. Таким образом, мы получим перестановки
с повторениями из k единиц ил—1 нулей. Различным
4 Н. Я. Виленкин 49
комбинациям будут при этом соответствовать различные
перестановки с повторениями, а каждой перестановке
с повторениями соответствует своя комбинация. Итак,
число С* ^-сочетаний с повторениями из элементов
п типов равно числу P(k, п— 1) перестановок с повто-
повторениями из л — 1 нулей и k единиц. А
я—1) =
Поэтому
Эту же формулу можно доказать и иным способом.
Надо в каждом сочетании расположить элементы по ти-
типам (сначала все элементы первого типа, потом — вто-
второго типа и т.д.). А после этого перенумеровать все эле-
элементы в сочетании, но к номерам элементов второго
типа прибавить 1, третьего типа прибавить 2 и т. д. То-
Тогда из каждого сочетания с повторениями получится
сочетание без повторений, состоящее из чисел 1, 2, ...
..., n + k— 1, причем в каждое сочетание входит k эле-
элементов. Отсюда снова следует, что
—1I .„.
Встречаются задачи, в которых на сочетания с по-
повторениями налагается дополнительное условие — в них
обязательно должны входить элементы г фиксирован-
фиксированных типов, где г ^ п. Эти задачи легко сводятся к уже
решенной. Для того чтобы обеспечить присутствие эле-
элементов заданных г типов, возьмем с самого начала по
одному элементу каждого такого типа. Тем самым в_
^-сочетании окажутся заняты г мест. Остальные же k — г
мест можно заполнять любыми элементами, принадлежа-
принадлежащими по условию к п типам. Поэтому комбинаций иско-
искомого вида столько же, сколько и сочетаний с повторе-
повторениями из элементов п типов, содержащих по k — г эле-
элементов каждое, то есть
~7>k-r
^п —
50
В частности, если п ¦< k и требуется, чтобы в &-соче->
тания с повторениями входил по крайней мере один
элемент каждого из п типов, то получится Cflf ком-
комбинаций.
Снова футбольное первенство
Мы разобрали задачи на размещения, перестановки
и сочетания. Во многих случаях приходится иметь дело
с комбинациями различных типов. Рассмотрим следую-
следующую задачу: ч
Назовем два исхода первенства СССР по футболу
совпадающими в главном, если при этих исходах совпа-
дают обладатели золотых, серебряных и бронзовых ме-
медалей, а также четыре команды, покидающие высшую
лигу. Найти число различных в главном исходов пер'
венства (как и выше, мы считаем, что в первенстве уча»
ствуют 17 команд).
Мы уже знаем, что медали могут распределяться
А\т= 17 • 16 • 15способами (см. стр. 32). После этого
остается 14 команд, из которых 4 должны покинуть
высшую лигу. Так как здесь уже порядок выбывающих
-4 14!
команд не важен, то это может произойти См = -щк^1
способами. По правилу произведения получаем, что
число различных в главном исходов первенства равно
АЬ • С\*= 17 • 16 • 15 • 4ГЖ==4ШГ==408408а
К этому же результату можно прийти иным путем.
Общее число различных исходов первенства (отбрасьн
вая случаи, когда происходит раздел тех или иных мест)
равно Pi7 = 17!. Но перестановки команд, занявших ме-
места с 4-го по 13-е, а также перестановки команд, за-
занявших места с 14-го по 17-е, приводят к совпадающему
в главном исходу первенства. Число таких перестановок
равно 10! • 4!. Значит, число различных исходов дается
. . 171
формулой -[опт
Предположим, что об исходе первенства хотят пере-
передать с помощью телеграммы, состоящей из k точек и
тире. Каково наименьшее нужное для этого число зна-
знаков") Мы уже знаем, что из k точек и тире можно
4* 51
составить 2h различных комбинаций. Поэтому мини-
минимальное число знаков, с помощью которых можно пере-
передать требуемую информацию, должно быть таким, чтобы
выполнялось неравенство
2й > 4 084 080.
Решая его, получаем, что k > 22. Итак, для передачи
результатов первенства с помощью точек и тире надо
использовать не менее 22 знаков.
Разумеется, такие подсчеты при передаче исходов
соревнований не используются. Но легко представить
случай, когда передача информации сопряжена с боль-
большими техническими трудностями (например, при пере-
передаче фотографического снимка с космического корабля)
и каждый знак идет «на вес золота». Тогда приходится
рассматривать различные возможности такой передачи
и выбирать наиболее экономные. Эти вопросы изу-
изучаются в разделе математики, называемом теорией ин-
информации.
Свойства сочетаний')
Числа С* обладают целым рядом замечательных
свойств. Эти свойства можно доказывать по-разному.
В некоторых случаях удобнее всего прямо воспользо-
воспользоваться формулой
Однако часто удается получить доказательство из ком-
комбинаторных соображений: подсчитываем число комби-
комбинаций некоторого вида и разбиваем эти комбинации на
классы без общих элементов. После этого находим,
сколько комбинаций входит в каждый класс. Склады-
Складывая полученные числа, снова получаем число всех ком-
комбинаций данного вида. Это и дает искомое соотношение.
Начнем с самого простого соотношения:
Ckn = Cnn-k. A0)
') Конец главы при первом чтении можно пропустить. Одна-
Однако доказанные здесь равенства ?*=*?«"* и С* = CnZi-j-C*_t
дальше будут часто встречаться.
52
Оно сразу вытекает из формулы (9). Ведь если заме-
заменить в этой формуле k на я — ft, то n — k заменится на
я—(я— k)=k и в результате множители, стоящие в
знаменателе, поменяются местами. Но равенство A0)
легко доказать и не прибегая к явному виду числа
сочетаний. Если выбрать из я различных элементов неко-
некоторое ft-сочетание, то останется дополнительное сочета-
сочетание из л — k элементов, а дополнительным к получен-
полученному (я— k) -сочетанию является исходное ft-сочетание.
Таким образом, ft-сочетания и (п — k) -сочетания обра-
образуют взаимно дополнительные пары, потому число этих
сочетаний одно и то же. Значит, Сп = С%~ .
Почти столь же просто доказывается соотношение
c* = c*:l+c*-i. (П)
Для этого составим ft-сочетания из «элементов аи ••¦
..., а-п-и йп и разобьем их на два класса. В первый из
них войдут сочетания, содержащие элемент ап, а во вто-
рой — сочетания, не содержащие этого элемента. Если
из любого сочетания первого класса откинуть элемент
а„, то останется (k— 1)-сочетание, составленное из эле-
элементов пи • ¦ ¦, cin-i- Число этих сочетаний равно Сл1р
Поэтому в первый класс входит CknZ\ комбинаций. Соче-
тания второго класса являются ft-сочетаниями, соста-
составленными из (п— 1)-го элемента аи ..., an-i- Поэтому
их число равно C*-i- Поскольку любое ft-сочетание из
элементов ai ал принадлежит одному и только од-
одному из этих классов, а общее число этих сочетаний
равно С*, то приходим к равенству A1).
Похожим способом доказывается соотношение
Cl + C\ + Cl+ ... +СПП = 2\ A2)
Для этого вспомним, что 2П — это число всех «-разме-
«-размещений с повторениями, из элементов двух типов. Разо-
Разобьем эти размещения на классы, отнеся в k-ft класс те,
в которые входят k элементов первого типа ил — k эле-
элементов второго типа. Размещения ft-ro класса — это не
что иное, как всевозможные перестановки из k элемен-
элементов первого типа и я — k элементов второго типа. Мы
знаем, что число таких перестановок равно P(k,n—k),
aP(k, n — k) = Cfcn (см. стр. 39 и 43). Значит, общее
53
число размещений всех классов равно С„ -J- Сп ... -\- Спп-
С другой стороны, это же число равно 2П. Тем самым
соотношение A2) доказано.
Совершенно так же доказывается, что
2 />(п,. п2. «3) = 3Л. A3)
где сумма распространена на все разбиения числа п на три слагае-
слагаемых (причем учитывается и порядок слагаемых, то есть в сумму
входят, например, и Р(пи «2, «з). и Р(п2, «з, п\). Для доказатель-
доказательства надо рассмотреть все «размещения из элементов трех типов
и разбить их на классы одного и того же состава (то есть брать
размещения с одним и тем же числом элементов первого типа, вто-
второго типа и третьего типа).
Вообще, имеет место равенство
2 p(«i «*) = *". (И)
где сумма распространена на все разбиения числа п на k слагае-
слагаемых (с учетом порядка слагаемых).
А теперь рассмотрим /n-сочетания с повторениями,
составленные из элементов п + \ типов, скажем из я + 1
букв а, Ь, с, ..., х. Число таких сочетаний равно СЦ+\=
=С™+т. Разобьем все эти сочетания на классы, отнеся
к k-щ классу сочетания, в которые k раз входит бук-
буква а. Остальные tn^-k мест могут быть заняты остав-
оставшимися буквами Ъ, с, .... х, число которых равно п.
' Поэтому в k-n класс входит столько сочетаний, сколько
можно составить (т — k) -сочетаний с повторениями из
элементов п типов, то есть СЦ+m-k-v Значит, общее
число всех сочетаний равно
Сп+т-1-\-Сп+т-1-\- ¦-• "+ Cn-\-Cn-i.
С другой стороны, мы видели, что это число равно С'?+т.
Таким образом,, доказано равенство
Сл-1 + С„-|- С„+1+ • • • -+- C/jI+nj_i = C/j+nj. A5)
Заменяя здесь п на п+\ и т на т — 1 и используя ра-
равенство A0), получаем, что
Сп~\-Cn+i-\- Сп+2-{- ,.. -\~ Cn+m-l = Сп+т- A6)
54
Частными случаями формулы A6) при л=1, 2, 3
являются
{+1) A7)
2-3+ ...+m(m+l)=m(m + 1;)(m + 2) , A8)
1-2-3 + 2-3-4 + ... + m(m+l)(m + 2) =
(m+3)
С помощью формул A7) — A9) легко найти сумму
квадратов и сумму кубов натуральных чисел от 1 до т.
Формулу A8) можно переписать так:
... + т2+1 + 2 + ... -\-т =
_ т(т+1)(т
~~ 3
Но по формуле A7) 1 + 2+ ... + т = "'(
и потому
12 , 22+ , т2__ т(т + \)(т + 2) т(т+\) _
Точно так же из формулы (9) выводим, что
Предоставляем читателю получить .таким образом фор-
формулы для сумм более высоких степеней натуральных
чисел.
/n-сочетания с повторениями из элементов п типов
можно расклассифицировать, взяв за основу число эле-
элементов различного типа^ входящих в данное сочетание.
Иными словами, в первый класс войдут сочетания, со*
стоящие из одинаковых элементов, во второй — из эле-
элементов двух типов, ..., в п-й — из элементов всех п ти-
типов (разумеется, если т<п, то получится лишь т клас-
классов).
Подсчитаем, сколько сочетаний входит в каждый
класс. Выбор сочетания, принадлежащего &-му классу,
55
можно сделать в два этапа. Сначала выберем, какие
именно k типов элементов входят в сочетание. Так как
общее число типов равно п, то этот выбор можно сде-
сделать С„ способами. А после того, как типы уже вы-
выбраны, нам предстоит составить те /п-сочетания с по-
повторениями из элементов этих k типов, в которых все
эти k типов представлены. А мы доказали (см. стр. 51),
что число таких сочетаний с повторениями равно
l>m-l — l>m-l>
По правилу произведения отсюда следует, что в
&-й класс входит CknCkm-\ сочетаний. Складывая числа
сочетаний каждого класса, получим общее число т-со*
четаний с повторениями из элементов п типов, то есть
Cm+n-i- Тем самым доказано равенство
СпСт-1 -Ь СпСт-1+ ••• -\-CnCm-i = СПН:Л_1. B2)
Если /п<л, то последним членом в сумме будет
C%C%l\. Полученное равенство удобнее переписать ина-
иначе, заменив в каждом слагаемом С* на Cnn~k. Мы по*
лучим
л—2/-Л |
Здесь в каждом слагаемом слева сумма верхних индек-
индексов равна л — 1, а нижних п + т — 1. При этом нижние
индексы постоянны, а верхние меняются. Иначе это ра-
равенство можно записать так:
СО/о/л | />1/->т— 1 | I /о/п/оО s^m /oo/\
р1>л-р "Г ЬрОл_р-)-...-(-Ор Ол_р = Ол . (ZO )
Сейчас мы выведем аналогичную формулу, в кото-
которой при суммировании меняются и нижние индексьи
Для этого возьмем р различных гласных букв и п — р
различных согласных букв и составим из них всевоз-
всевозможные /n-сочетания с повторениями. Разобьем эти со-
сочетания на классы, отнеся к k-му классу сочетания, со-
содержащие k гласных и т — k согласных букв. Подсчи-
Подсчитаем число сочетаний, входящих в k-\i класс. Каждое
сочетание этого класса разбивается на й-сочетание
(с повторениями), составленное из р гласных букв, и
(tn-*-k)-сочетание (с повторениями), составленное из
п — р согласных букв. Поэтому в &-й класс входит
56
Cft+p_iCm+n-p-ft-iсочетаний. Следовательно, общее чис-
число рассматриваемых сочетаний равно
СО он i^ >-.1 f>m— I i^ _l_
р-l^m+n—p — l ~~г" '-¦р^т+л —р—1 ~\ ••• ~~г"
С другой стороны, эти сочетания дают всевозможные
/n-сочетания с повторениями из элементов п различных
типов, а потому их число равно Cm+n-i- Мы приходим
к тождеству
СО
p-H
Cn~p-i = Cm+ll-i. B4)
Перепишем это тождество так, чтобы при суммировании
менялись лишь нижние индексы. Для этого надо ко всем
членам применить тождество С? = CrT~q. Мы получим
rp-\rn~p-\ >rp-lrn-p-l ,
1>р-11>гв+л-р-1-Г °Р 1>т+л-р-2-|- ...
+ ^-»р — 1 f>n—p-~l f>n-~ 1
^•m+p-l^-41-p-l — "т+в-Ь
Эту формулу можно иначе переписать следующим об-
образом '):
CpCm_p-j-Cp+iCm_p_i-|- ... -)-Ст-п+рСп-.р = Ст+\. B4)
Мы видим, что здесь при суммировании верхние ин-
индексы остаются постоянными, а нижние меняются, при-
причем сумма верхних индексов равна п, а нижних т.
Отметим частный случай полученной ранее форму-
формулы B3). Если положить в ней п — р — т, то получим
С°рС°т + С1рС1т + ... + С"С1 = С?+т. B5)
В частности, при р = т имеем равенство
(с°J+(СрJ+...+(с?J=срр. B6)
Полученные тождества можно обобщить. Для этого рассмотрим
совокупность, состоящую из элементов q типов: пх элементов пер-
первого типа, «2 элементов второго типа, ..., /и элементов А-го типа,
причем элементы одного типа отличны друг от друга (например,
тип определяется цветом предмета, а предметы одного цвета имеют
различную форму).
Будем составлять из элементов этой совокупности всевозмож-
всевозможные «-сочетания и классифицировать их по составу, то есть по числу
') Мы заменяем р на р+l, п на п+2 и т иа т — п.
57
элементов первого, второго, ..., q-ro типов. Таким образом, ка-
каждый класс характеризуется натуральными числами (mi, тг
..., тя), удовлетворяющими неравенствам О^пц^п,-. Он состоит
из «| элементов первого типа, т2 элементов второго типа, ..,, тя
элементов q-то типа, причем «| + «2+ ••• + тя — т. Мы будем обо-
обозначать такой класс А(ти ..., тя).
Из правила произведения вытекает, что в класс A (mi mq)
входит Сп1Сп2 .. .СпЧ сочетаний. Суммируя числа сочетаний по
всем классам, получаем тождество
2 еда... СГ;-С:. B7)
где «=«|+«2+ ... +пя, а суммирование распространено на всевоз-
всевозможные комбинации натуральных чисел («ь Мг, ..., тя), где
2 в
Если брать сочетания с повторениями, то получаем аналогичное
тождество
где также n=ni+n2+ ... +nq, а суммирование ведется по тем же
комбинациям чисел (ти т2, ..., mq).
Еще одно свойство сочетаний устанавливается так.
Мы имеем тождество
Это тождество легко проверяется комбинаторно. Для
этого надо взять п различных элементов, выбрать из них
k элементов, а из оставшихся п — k элементов выбрать
еще т — k. Таким путем получится /п-сочетание, из
я-элементов. При фиксированном k этот процесс можно
провести CknCZ-t способами. Нетрудно проверить, что
при этом каждое из С™ сочетаний получается при Cm
способах. Отсюда и вытекает равенство B9).
Запишем тождество B9) при &=0, ..., т и сложим
получающиеся равенства. Так как по формуле A2)
то получаем, что
^гг^-п ~~Т~ *->п\->п—1 ~~Т~ ' • ' ~\ ^п^п—т — *• ^-> п>
ИЛИ
c°crm+c^irn- ... + ctct-Z = 2тс%. C0)
58
Частный случай формулы включений и исключений
Многие свойства сочетаний выводятся на основе
формулы включений и исключений (см. стр. 25).Нам по-
понадобится частный случай этой формулы. Пусть число
N(a\ ... as) элементов, обладающих свойствами «ь ...
..., «й, зависит не от самих этих свойств, а лишь от их
числа, то есть, пусть
N(а^аз) = N(а^сц) = ... =N (а^а^а,,)
и т.д. Тогда в сумме Af(ai) + ... + N(an) все слагаемые
равны одному и тому же числу, которое мы обозначим
Л/<п Поскольку в этой сумме п слагаемых, то она равна
nN(l)= С1,М1). Точно так же доказывается, что
N (aia2) + N (aia3) + ... 4 W (а„_ia«) =
где ЛД2) = Л/(а1<Х2). и, вообще,
+i ... а„) = Скп1^к) C1)
(ясно, что сумма C1) распространена, естественно, на
все возможные сочетания k свойств из п).
Поэтому в рассматриваемом случае формула вклю-
включений и исключений принимает вид
= N — С^A) + C2nNB) — ... + (—l)nCnnN{n). C2)
Знакопеременные суммы сочетаний
А теперь перейдем к выводу дальнейших свойств со-*
четаний. Эти свойства похожи на доказанные фанее, но
отличаются от них тем, что знаки слагаемых меняются —
после плюса идет минус, потом опять плюс и т. д.
Простейшей из таких формул является
con-cln+cl- ... +(_iycj;=o. C3)
59
Это тождество вытекает из равенства A1). Для дока-
доказательства надо заметить, что Cn=C^_i = l. Заменим
первое слагаемое на C°_i и заметим, что по формуле
A1) CJLi-C!, = —CLi. Далее, имеем —С^_,+С2„=С2„_,
и т. д. В конце концов все слагаемые взаимно уничто-
уничтожатся.
Эту формулу можно доказать комбинаторно. Выпишем все со-
сочетания из п элементов п\, ..., ап и сделаем следующее преобразо-
преобразование: к сочетанию, не содержащему букву п\, припишем эту букву,
а из сочетаний, куда она входит, вычеркнем ее. Легко проверить,
что при этом снова получатся все сочетания и притом по одному
разу. Но при этом преобразовании все сочетания, имевшие четное
число элементов, превратятся в сочетания, имеющие нечетное число
элементов, и обратно. Значит, сочетаний с четным числом элементов
столько же, сколько и с нечетным числом (мы включаем в рассмо-
рассмотрение и пустое сочетание, совсем не содержащее элементов). Это
и выражается формулой C3).
А теперь докажем более сложную формулу
пьп — о„ол_1 -\-о„с„_2 — •••¦+• (.—ч ь„о„_ш = и.
C4)
Для доказательства рассмотрим /n-сочетания из
п элементов аи ..., ап. Обозначим через (а1( ..., ак)
свойство сочетания, заключающееся в том, что в это со-
сочетание заведомо входят элементы п\, ..., а^. Число
N(au ..., ah) таких сочетаний равно С™1* (в них k
мест заняты элементами аи ..., ah, а на оставшиеся
т — k мест есть п — k претендентов). Общее число со-
сочетаний равно С™, а сочетаний, не обладающих ни од-
одним из свойств (ai) (an), не существует (в каждое
/n-сочетание входят какие-то элементы). Поэтому в на-
нашем случае N = C%, N@) = 0, rf"' = C%Ikk. Подставляя
эти значения в формулу C2), приходим к тожде-
тождеству C4).
Точно так же доказывается соотношение
CO/ooi r>\ r>m—I i (~& f>m—2
rr^n + m—l ^n^/i+ra—2 ~t" ^n^n+m—3 •••
,.,+(-l)"CK1 = 0, если т>п,
C°nC?+m_i - ClnC^.2 + . • • + (-l)m СC°-i = 0, C5)
если m < n.
60
Именно, рассмотрим /n-сочетания с повторениями из
элементов п сортов аи а2, .... ап и обозначим через
(as), \4ik-^.n, свойство сочетания, заключающееся
в том, что среди его элементов есть элементы сорта ah
(и, быть может, элементы других сортов). Тогда
N(cti ан)—число сочетаний, в которые заведомо
входят элементы сортов аи ..., а^. Из каждого такого
сочетания можно удалить по одному элементу сортов
аи ..., аи. В результате получится некоторое (т — k)-
сочетание с повторениями из элементов п сортов аи ...
..., ап. При этом, обратно, добавляя к (т — &)-сочета-
нию с повторениями из элементов сортов аи ..., ап по
одному элементу сортов аи ..., ah, получим /п-сочетание,
в котором заведомо представлены сорта alt ..., а^ От<
сюда вытекает, что число N(at, ..., ah) равно числу
(т — k)-сочетаний с повторениями из элементов п сор-*
тов, то есть N(au ..., ak) — C"n+m-k-v Далее, общее
число /n-сочетаний с повторениями равно С™+т_ь а со*
четаний, не обладающих ни одним из свойств (ah),
1 <[ k ^ п, не существует. Подставляя найденные значе-i
ния P)=0,^V-Cffl.i, #» = С^ы в формулу
C2), приходим к тождеству C5).
Наконец, докажем тождество
nm-C\{n-\)m+ Cl(n-2)m~ ...
l)"-lC"n-1 ¦ lm = 0, C6)
справедливое при т<п.
Для этого рассмотрим /n-размещения с повторения-
повторениями из элементов п сортов и обозначим через (ah) свой-
свойство размещения, состоящее в том, что в него не входят
элементы сорта ац.. Тогда Л/(аь-..., ак) — число /п-раз-
мещений с повторениями, не содержащих элементов сор-
сортов аи • •., ah, то есть состоящее из элементов n — k
сортов uh+u • • •. tfn- А число таких размещений равно
(n — k)m. Таким образом, NW = N(au ..., ah) = (n — k)m.
Общее число размещений равно пт.
Наконец, размещений, не обладающих ни одним из
свойств (ai) (an), не существует. В самом деле,
если размещение не обладает ни одним из свойств (ак),
то оно содержит элементы всех п сортов. А это невоз-
невозможно, так как число т элементов в размещении
61
меньше, чем п. Поэтому ЛД°)=О, и мы приходим к тож-
тождеству C6).
Мы доказали здесь целый ряд соотношений для
чисел С*. Их можно доказать и другими способами,
В главе V мы расскажем о геометрическом способе до-
доказательства таких соотношений, а в главе VII изложим
самый сильный метод доказательства — метод произво-
производящих функций. Этим методом можно доказать не
только все соотношения, приведенные в этой главе, но
и целый ряд других интересных соотношений,
ГЛАВА III
КОМБИНАТОРНЫЕ ЗАДАЧИ
С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
До сих пор мы рассматривали задачи, в которых на
порядок элементов в комбинациях не накладывалось
никаких дополнительных условий. Либо (как в разме-
размещениях и перестановках) допускался любой порядок
элементов, либо (как в сочетаниях) порядок совсем не
учитывался. Сейчас мы разберем задачи, в которых на
порядок элементов налагаются некоторые ограничения.
Львы и тигры
Укротитель хищных зверей хочет вывести на арену
цирка 5 львов и 4 тигров; при этом нельзя, чтобы два
тигра шли друг за другом. Сколькими способами он мо-
может расположить зверей.
Поставим сначала всех львов так, чтобы между
каждыми двумя львами был промежуток. Это можно
63
сделать 5! = 120 способами. Число промежутков равно 4.
Если присоединить к ним еще два места — впереди всех
львов и позади них, то получится 6 мест, на которые
можно поставить тигров, причем никакие два тигра не
окажутся рядом друг с другом. Так как порядок тигров
существен, то число способов их расстановки равно
числу размещений из 6 по 4, то есть Лб = 360. Комби-
Комбинируя каждый способ расстановки львов с одним из спо-
способов расстановки тигров, получаем 120-360=43 200
способов вывести хищных зверей на арену.
Если бы у дрессировщика было п львов и k тигров,
то он мог бы решить задачу РпА\лл = п' .~У 1\, спосо-
бами. Это возможно лишь при условии, что k^Cn+\ —
иначе два тигра обязательно окажутся рядом.
Постройка лестницы
Строится лестница, ведущая из точки А в точку В
(рис. 8). Расстояние АС равно 4,5 м, а расстояние С В —
1,5 м. Высота каждой ступеньки равна 30 см, а ее ши-
ширина — целое кратное 50 см. Сколькими способами мо-
можно построить лестницу?
в
, , I ' '
С
Рис. 8.
Из условия видно, что лестница должна иметь 5 сту-
ступеней. При этом так как 4,5 :0,5 = 9, то имеется 10 мест,
где можно устроить ступеньку. Таким образом, надо из
10 мест выбрать 5 мест. Это можно сделать
способами.
Вообще если должно быть k ступенек, а на длине АС
умещается п ступенек, то лестницу можно построить
С„+х способами.
Эта задача похожа на задачу об укротителе: укро-
укротитель не хотел ставить рядом двух тигров, а строитель
64
лестницы не может делать ступеньки двойной высоты-
Но между этими задачами есть существенное отличие.
Укротителю был важен порядок, в котором шли тигры,
одно дело поставить впереди всех тигра Шаха, а дру-
другое— тигра Акбара. А для строителя лестницы все ме-
места, где есть подъем, одинаковы. Кроме того, укроти-
укротитель должен был учитывать и порядок расположения
львов, а для строителя лестницы все места, где можно
сделать подъем, одинаковы. Поэтому выбор у строителя
лестницы меньше, чем у укротителя. Если бы лестница
имела высоту 1,2 ж и длину 2,5 м, то было бы 4 сту-
ступеньки и 6 мест, где их можно сделать. И ответ был бы
Сб=15. А у укротителя в точно таком же случае полу-
получилось 43 200 вариантов. Это и понятно — он мог пере-
переставлять между собой 5 львов 5! = 120 способами и 4 тиг-
тигров 4! = 24 способами, а всего 120-24 = 2880 способами.
А 15-2880=43 200.
Задачу о лестнице можно сформулировать следую-
следующим образом:
Сколькими способами можно расставить п нулей и k
единиц так, чтобы никакие две единицы не стояли
рядом?
В самом деле, каждую лестницу можно зашифровать
последовательностью нулей и единиц: нуль означает ме-
место, где ломаная идет вправо, а единица — место, где
она идет вверх. Например, для лестницы, изображенной
на рис. 8, получаем последовательность 100101001010010.
При этом, так как ступенек двойной высоты на лест-
лестнице нет, в последовательности не могут идти две еди-
единицы подряд. Таким образом, число последовательно-
последовательностей из п нулей и k единиц, в которых никакие две еди-
единицы не идут подряд, равно числу лестниц, то есть Сп+\.
Книжная полка
. На книжной полке стоят 12 книг. Сколькими спосо-
способами можно выбрать из них-5 кни'г так, чтобы никакие
две из них не стояли рядом?
Эта задача сводится к только что решенной. Зашиф-
Зашифруем каждый выбор книг последовательностью нулей и
единиц. Именно, каждой оставленной книге сопоставим
0, а каждой взятой— 1. В результате получится после-
последовательность из 5 единиц и 7 нулей. При этом, так как
5 Н. Я- Вилеикин 65
нельзя брать стоящие рядом книги, то в полученной
последовательности не будет двух идущих подряд еди-
единиц. Но число последовательностей из 5 единиц и 7 ну-
нулей, в которых никакие две единицы не стоят рядом,
равно С| = 56.
Вообще, если на полке стоит п книг и выбираются
k книг так, чтобы никакие две из них не стояли рядом,
то это можно сделать С*_й+1 способами. Отсюда видно,
что задача разрешима лишь при 2k—1 ^rt.
Рыцари короля Артура
За круглым столом короля Артура сидят 12 рыца-
рыцарей. Из них каждый враждует со своими соседями. Надо
выбрать 5 рыцарей, чтобы освободить заколдованную
принцессу. Сколькими способами это можно сделать
так, чтобы среди выбранных рыцарей не было врагов?
Эта задача похожа на задачу о книжной полке, но
отличается от нее тем, что рыцари сидят не в ряд, а по
кругу. Но ее легко свести к случаю, когда рыцари си^
дят в ряд. Для этого возьмем какого-нибудь рыцаря,
скажем, сэра Ланселота. Все выбираемые комбинации
рыцарей распадаются на два класса — в одних из них
участвует сэр Ланселот, а в других нет. Подсчитаем,
сколько комбинаций входит в каждый класс.
Если сэр Ланселот отправляется освобождать за«
колдованную принцессу, то ни его сосед справа, ни его
сосед слева уже не примут участия в этой экспедиции.
Остаются 9 рыцарей, из которых надо выбрать 4 спут«
ников для сэра Ланселота. Так как соседи Ланселота
не участвуют в экспедиции, то надо лишь проследить,
66
чтобы среди выбранных 4 рыцарей не было врагов, то
есть чтобы никакие два из них не сидели рядом. Но
исключение сэра Ланселота и его двух соседей разры-
разрывает цепь рыцарей, и можно считать, что они сидят не
за круглым столом, а в один ряд. А в этом случае вы-
выбрать 4 рыцарей из 9 требуемым образом можно Сб== 15
способами. Итак, в первый класс входит 15 комбинаций.
Теперь сосчитаем, сколько комбинаций входит во вто-
второй класс. Так как сэр Ланселот не участвует в экспе-
экспедиции, то его можно сразу исключить из числа рыцарей
круглого стола. А тогда цепь рыцарей и их взаимоот^
ношений разрывается, и остаются 11 рыцарей, располо-
расположенных в ряд. Из них надо выбрать 5 участников экс-
экспедиции так, чтобы среди выбранных не было двух си-
сидящих рядом. Это можно сделать С] = 2\ способами.
Таким образом, общее число способов равно 15 + 21=36.
Вообще, если за круглым столом сидят п рыцарей, и
надо выбрать k рыцарей так, чтобы в их число не по-
попали никакие два соседа, то это можно сделать
CnZk_\-\-Cn-k способами.
Это утверждение доказывается точно так же, как и
выше. Все комбинации рыцарей разбивают на два клас«
са в зависимости от того, участвует или нет в них ры«
царь Ланселот. Комбинаций, где он участвует, будет
^л-*-ь а комбинаций, в которые он не входит, С*-*.
Легко проверяется, что
n-k-l—г ^n-k— и ^n-k'
Например, при /г=12, k=5 получаем
11. С? = — -21=36.
Девушка спешит на свидание
Когда-то на экранах страны шла кинокомедия под
таким названием. В ней рассказывалось о злоключе-
злоключениях двух курортников, забывших дома паспорта. Им
решили выслать паспорта по почте. Но девушка из поч-
почтового отделения спешила на свидание и в спешке пе«
репутала конверты — паспорт одного лег в конверт с ад*
ресом другого, а паспорт другого — в конверт с адресом
5* 67
первого. Хорошо, что ей
не пришлось одновремен-
одновременно обрабатывать 5 пи-
писем— тогда не двоим, а
пятерым несчастным при-
пришлось бы ночевать на же-
жестких скамейках курорт-
курортного парка...
. Впрочем, это не сов-
совсем так, ведь случайно
она могла бы положить
некоторые из паспортов в нужные конверты. Подсчи-
Подсчитаем, во скольких случаях она сделала бы полную пута-
путаницу, то есть так, что никто не получил бы своего па-
паспорта.
Эту задачу можно сформулировать следующим об-
образом. Берутся все перестановки из 5 чисел 1, 2, 3, 4, 5.
Во скольких из них ни одно число не стоит на своем
месте? Решение проводится методом включения и ис-
исключения (см. стр. 25). Обозначим через (о) свойство
перестановки, заключающееся в том, что число а стоит
на своем месте, а через Na обозначим количество пере-
перестановок, обладающих этим свойством. Точно так же
через А/ав обозначим количество перестановок, одновре-
одновременно обладающих свойствами (а) и (C), то есть таких,
что и а и р стоят на своих местах. Аналогичный смысл
имеют обозначения A/agY и т.д. Наконец, через М°>обо-
М°>обозначим число перестановок, не обладающих ни одним
из свойств A), B), C), D), E), то есть перестановок,
в которых ни одно число не стоит на своем месте. По
формуле включений и исключений имеем
да о) = N _ Ni _. д/2 __ дгз _ д;4 _ д/5 + д/]2 _|_ ш _ _
...4 Л^-Л^з- ... -Л/з,5 +
О)
где N — P5— общее число всех перестановок из 5 эле-
элементов (см. стр. 26).
В данном случае задача облегчается тем, что свой-
свойства A), B), C), D), E) совершенно равноправны.
Поэтому ясно, что ЛГ1 = Л*>= ... =Л/5. Точно так же имеем
NiZ=N2S= .. .=Ni5 — ведь все равно, остаются на своих
местах числа 1 и 2 или числа 3 и 4. Но число пар, кото^
68
рые можно выбрать из чисел 1, 2, 3, 4, 5, равно Cl
(свойства A,2) и B,1) совпадают, и потому порядок
выбираемых чисел в паре нас не интересует).
Точно так же имеем Cf троек, Ct четверок и Ct пя-
пятерок. Поэтому формулу A) можно переписать так:
7V@) =-N - &N1" 4- CW2) - CbY3) + C5V4) - ClN*\ B)
Здесь для краткости через AW обозначено количе-
количество перестановок, в которых заданные k чисел оста-
остались на своих местах. Для того чтобы закончить реше-
решение задачи, нам осталось найти значения №h\ k —
= 1,2, 3, 4, 5.
Через Ж11 обозначено количество перестановок, в ко-
которых осталось на месте данное число, например 1. Но
если число 1 остается на своем месте, то остальные
числа можно переставлять друг с другом ^4 = 24 спосо-
способами. Значит, W) = p4. Точно так же, если на месте
остаются числа 1 и 2, то оставшиеся три числа можно
переставлять друг с другом Р3=6 способами. Поэтому
NM = PS=6. Аналогично получаем, что
' ' ЛЛ3) = />2 = 2, №*> = Р1 = \ и ЛгE)=Я0 = 1.
Подставляя полученные значения Л/С, ЛЛ2), ЛА3>, ЛД4), М3>
в формулу B), находим, что
w@> = р5—сУ>4 -+ cf я3 - с1р2 4- c$Pi - с1р0=
= 120 —5-244-10-6-10-2 + 5-1 — 1 • 1 = 44.
Итак, в 44 случаях из 120 ни один из адресатов писем
не получил бы своего паспорта.
Совершенно так же можно найти, во скольких слу-
случаях ровно один адресат получит свой паспорт. Если
этим счастливцем окажется первый адресат, то все
остальные 4 получат чужие паспорта. Это может прои-
произойти
Рл — С\Р3 + С\Рг — С\Р\ -f С\Р0 = 9
способами. Но так как счастливцем может оказаться
любой из адресатов, то общее число способов, при ко-
которых в точности один человек получит адресованное
ему'письмо, равно 5 ¦ 9=45.
69.
Проверьте сами, что в точности двое получают свое
письмо в 20 случаях, трое — в 10 случаях, четверо —
в 0 случаев и пятеро — в 1 случае. Результат для чет-
четверых объясняется тем, что если четверо получают ад-
адресованное им письмо, то и оставшееся письмо напра-
направлено по правильному адресу.
Итак, 120 различных перестановок из 5 элементов
распадаются на 44 перестановки, в которых ни один
элемент не остается на месте, 45 перестановок, в кото-
которых ровно один элемент не меняет своего положения,
20 перестановок, в которых не меняют положения два
элемента, 10 перестановок, не меняющих положения
трех элементов, и 1 перестановку, при которой все эле-
элементы остаются на своих местах.
Сеанс телепатии
Некоторые люди утверждают, что могут читать мыс-
мысли на расстоянии. Для проверки делались следующие
опыты. В одной комнате поднимали в некотором по-
порядке так называемые фигуры Зенера (рис. 9). Телепат
должен был угадать, в каком порядке поднимались эти
фигуры.
Будем считать, что фигуры поднимаются без повто-
повторений. Тогда общее число возможных перестановок этих
фигур равно 5! = 120. При проведении сеанса выбирается
одна из этих перестановок. Телепат называет другую
перестановку этих фигур, н его успех тем больше, чем
больше фигур он угадает. Из подсчетов, проведенных
на стр. 69—70, вытекает, что при случайном угадывании
результаты были бы примерно следующие: в 44 случаях
из 120 не была бы угадана ни одна фигура, в 45 слу-
случаях — одна фигура, в 20 случаях — две фигуры, в 10
70
случаях — три фигуры и в одном случае — все пять фи-
фигур. В среднем при случайном гадании число правильно
названных фигур равно
45 + 20-2+10-
120
~~ '
то есть называется одна фигура из пяти. При п различ-
различных фигурах в среднем должна угадываться одна фигу-
фигура из п. Если систематически угадывается большее чис-
число фигур, то надо тщательно изучить в чем дело —
Рис. 9.
происходит ли (как часто бывает) жульничество или дей-
действительно данный человек обладает особыми способ*
ностями.
Выясним, изменится ли число угадываемых в сред-
среднем фигур, если допустить повторения. В этом случае
вместо перестановок имеем размещения с повторениями.
Но число таких размещений из п элементов, при кото*
рых ни один элемент не находится на своем «законном»
месте, равно (п—1)". В самом деле, на первом месте
может быть любой из элементов, кроме первого, на вто-
втором — любой из элементов, кроме второго, и т. д. Ины-
Иными словами, на каждое место имеем п. — 1 кандидатов.
По правилу произведения выводим отсюда, что общее
число возможных комбинаций равно (п.— 1)п.
Найдем, во скольких случаях на своем месте стоит
в точности один элемент. Если свое место занимает,
скажем, первый элемент, то остается еще п—1 мест,
которые надо занять. При этом на каждое место
претендуют п—1 кандидатов (все элементы, кроме
71
«законного владельца» этого места). Значит, число раз-
размещений, в которых первый и только первый элемент
стоит на своем месте, равно (п — 1)"~'. Но так как на
своем месте может стоять любой из п элементов, то
число размещений, где не смещен в точности один эле-
элемент, равно п(п — I)"-1. Совершенно так же доказы-
доказывается, что число размещений, в которых не смещено
ровно k элементов, равно Сп (п — 1)"~ .
Например, в случае пяти различных элементов полу-
получаем следующий результат: число размещений с повто-
повторениями, в которых все элементы смещены, равно 45 =
= 1024; размещений, где ровно один элемент стоит на
своем месте, 5 • 44= 1280; размещений, где ровно два
элемента остались на своих местах, 10-43=640; три —
Ю ¦ 42= 160; четыре — 5-4 = 20 и пять— 1-4°=1. Всего
имеем
1024 + 1280 + 640+160 + 20+1=3125
размещений, что согласуется с формулой
At = 5°" = 3125.
В среднем будет угадываться при случайном га*
данин
1280+640-2+160-3 + 20-4+1-5
,3125
1.
Ответ получился тот же самый — при случайном гада-
гадании можно угадать одну фигуру из пяти независимо от
того, допускаются повторения фигур или нет. Однако
распределение числа угаданных фигур будет уже иным.
Оно указано в следующей таблице:
Число
угаданных
фигур
0
1
2
3
4
5
Без
повторений
0,366
0,375
0,167
0.083
0
0.009
С повторениями
0.328
0.410
0,205
0,051
0.006
0,000
72
Общая задача о смещении')
¦ Совершенно так же, как и разобранные выше задачи,
решается общая задача о смещении: найти число Dn
перестановок из п элементов, при которых ни один эле-
элемент не остается в первоначальном положении. Ответ
дается формулой
Читатель, знакомый с теорией рядов, узнает в выражении, стоя-
стоящем в скобках, частичную сумму разложения е~К
Обобщая формулу C) на случай п = 0, получаем, что
естественно принять DQ=l.
Число перестановок, при которых ровно г элементов
остаются на первоначальных местах, а остальные п — г
меняют свое положение, выражается формулой
Da,r=CnDn-r. D)
В самом деле, сначала надо выбрать, какие именно г
элементов остаются на месте. Это можно сделать Сгп
способами. А остальные п — г элементов можно пере-
переставлять после этого любыми способами, лишь бы ни
один из них не занял первоначального места. Это можно
сделать Dn-r способами. По правилу произведения по-
получаем, что общее число требуемых перестановок равно
Разобьем все перестановки на классы в зависимости от того,
сколько элементов остаются неподвижными при данной перестанов-
перестановке. Так как общее число перестановок равно «!, то получаем сле-
следующее тождество:
я!= 2 ?«,,= ?№,_,. E)
/¦ = 0 Г-0
Другое тождество, связывающее п\ н числа Dn, г, получается
следующим образом. Возьмем все п\ перестановок элементов
п], ..., а„ и подсчитаем, сколько чисел во всех этих перестановках
') Этот пункт может быть пропущен при первом чтении.
73
осталось па своих местах. Этот расчет можно сделать двумя спо-
способами. Во-первых, заметим, что если, например, элемент ai нахо-
находится на своем месте, то остальные элементы можно переставлять
Рп-] = (п—I)! способами. Поэтому в (я—1)! перестановках эле-
элемент а\ находится на первом месте. Точно так же в (я—1)! пере-
перестановках элемент а2 находится на втором месте и т. д. Всего по-
получаем п(п—1)!=я! элементов, находящихся на своих местах. Но
1 нсло этих элементов можно подсчитать и иначе. Число перестано-
перестановок г-го класса, то есть таких, что в них г элементов находится на
своих местах, равно ?>„,г. Каждая такая перестановка дает нам г
неподвижных элементов, Поэтому общее число неподвижных эле-
элементов в перестановках r-го класса равно rDn\ г и всего получаем
л
?}ГОп,г неподвижных элементов. Тем самым доказано тождество
/¦ = 0
т п
п! = S rDn, r = 2 rCrnDn-r. E')
/¦ = 0 /- = 0
Формула включения и исключения позволяет решить
и такую задачу: найти число перестановок из п элемен-
элементов, при которых данные г элементов смещены (а осталь-
остальные могут быть как смещены, так и оставаться на ста-
старых местах). Ответ дается формулой
л|_?(л-1)| + С?(л-2I- ... +(-1)г(д-гI. F)
Субфакториалы ')
Некоторые авторы называют числа Dn субфактори-
алами. Эти числа имеют много общих свойств с обыч-
обычными факториалами. Например, для факториалов вы-
выполняется равенство
л! = (л-1)[(л-1)! + (л-2I]. G)
В самом деле,
(л— 1)[(л— 1I+ (л — 2)!] = (л—1)(л — 2I л = л!.
Покажем, что это же равенство верно и для субфак-
торналов Dn, то есть, что
1 + De_2]. (8)
Для этого заменим Z)n-i и Z)n_2 их разложениями по
') Этот пункт может быть пропущен при первом чтении.
74
формуле C). Мы получим, отделяя в выражении Z)n_i
последнее слагаемое, что
Х[1 — ТГ+-2Т— -зг+ ••• +-^-iT2)Tj + (—1)" (п—1).
Но по формуле G)
Кроме того,
(_ir
Поэтому
3! ^ (л —2)!
(—I)" (—1)" 1
Доказанное соотношение (8) можно, следуя Эйлеру, вывести
с помощью чисто комбинаторных рассуждений. Рассмотрим все пе-
перестановки, в которых все элементы смещены. Первое место в таких
перестановках может занять любой элемент, кроме первого. Так
как число оставшихся элементов равно л—1, то Dn перестано-
перестановок разбито на л — 1 групп в зависимости от того, какой элемент
занял первое место. Ясно, что во всех группах будет поровну эле-
элементов.
Сосчитаем, сколько элементов в одной из этих групп, скажем
в той, где первое место занял второй элемент. Эта группа разби-
разбивается на две части: те, в которых первый элемент стоит на вто-
втором месте, и все остальные. Если первый элемент занял второе ме-
место (а второй, как мы помним, — первое место), то оставшиеся
л — 2 элементов можно переставлять любым образом, лишь бы ни
одни из них не занял своего места. Это можно сделать D,,-2 спо-
способами. Значит, первая часть состоит из ?>„-2 перестановок.
Покажем, что вторая часть состоит из Dn-\ перестановок, В са-
самом деле, во вторую часть войдут все перестановки, в которых пер-
первый элемент не стоит на втором месте, а остальные элементы не
находятся на своих местах. Если .временно считать второе место
«законным» для первого элемента, то получится, что первый, тре-
третий, четвертый, .,,, л-й элементы не находятся на своих местах.
Так как число этих элементов равно л — 1, то во второй части
Dn-\ перестановок. Но тогда вся группа состоит из Dn-i+Dn-i
перестановок. Так как все множество смещающих перестановок со-
состоит из (л — 1)-й группы, то в него входит "(л — l)[?)n-2+?>n-i]
перестановок. Тем самым доказано равенство (8).
75
Из формулы (8) вытекает, что
! = -[?>„_,-(л
Поэтому при изменении л выражение Dn — nDn-x только
меняет знак. Применяя это соотношение несколько раз,
получаем, что
(9)
1) i для
Но D2=l, a Di = 0, и поэтому
D,, = /*?„_,+ (-1)».
Эта формула напоминает соотношение п\ = п(п
факториалов.
Выпишем значения субфакториалов для первых ^на-
^натуральных чисел
п Dn
1
2
3
О
1
2
п
4
5
6
9
44
265
п
7
8
9
А,
1854
14833
133496
п
10
11
12
А,
1334 961
14684 570
176214841
Караван в пустыне
По пустыне идет караван из 9 верблюдов. Путешест-
Путешествие длится много дней, и наконец, всем надоедает видеть
впереди себя одного и того же верблюда. Сколькими спо-
способами можно переставить верблюдов так, чтобы впереди
каждого верблюда шел другой, чем раньше?
Такие перестановки наверняка существуют. Напри-
Например, можно переставить всех верблюдов в обратном по-
порядке, так что последний окажется первым и т. д. В об- •
ще.м, как гласит арабская поговорка, «когда караван по-
поворачивает назад, хромой верблюд оказывается впереди».
76
Для решения задачи перенумеруем верблюдов в пер-
первоначальном порядке от конца каравана к началу числа-
числами I, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Таким образом, последний
верблюд получает помер один, предпоследний — номер 2
и т. д. Нам нужно найти все перестановки из чисел 1, 2,
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, в которых не встретится ни одна из пар
(I, 2), B, 3), C, 4), D, 5), E, 6), F, 7), G, 8), (8, 9).
Для решения задачи снова используем формулу включе-
включений и исключений.
Сосчитаем сначала, во сколько перестановок входит
пара A, 2). Мы можем считать в таких перестановках
эту пару за один элемент. Поэтому общее число элемен-
элементов будет не 9, а 8 и число перестановок,4 содержащих
(I, 2), равно Р8- Тот же результат получаем для всех
8 нар.
Теперь рассмотрим перестановки, содержащие дан-
данные две пары. В этом случае объединяем элементы, вхо-
входящие в каждую из этих пар. При этом если обе пары
содержат один и тот же элемент (например, пары A,2)
и B, 3)), то объединяем все три элемента. В противном
случае (например, для пар A, 2) и E, 6)) объединяем
элементы по два. В обоих случаях после объединения по-
получится 7 новых элементов (часть из них является парой
или тройкой первоначальных), которые можно перестав-
переставлять друг с другом Р7 способами. А две пары можно вы-
выбрать из восьми С8 способами.
Совершенно так же доказывается, что количество
перестановок, содержащих данные k пар, равно /V&- При
этом k пар можно выбрать С\ способами. По формуле
включений и исключений получаем, что количество пере-
перестановок, не содержащих ни одной из заданных пар,
равно
Л> - с1р6+с1р7 — cIps+с1р5 —
Совершенно так же доказывается, что количество
перестановок из п чисел 1, 2, 3, ..., п,не содержащих ни
77
одной из пар A, 2)-, B, 3) (п—1, п), выражается
формулой
Еп = Рп — С' -iPn-l + Cl^Pn-2 —
я—1 , я —2 я —3. . (—I)"!
1
(Ю)
Выразим полученный ответ через субфакториалы. Для этого
разобьем каждое слагаемое в правой части на два:
(-1)й(я-*) _ (-1)*» (-IN-1
Л! Л! "г (А—1)! "
Мы получим, что
«-¦['-rr + i-•••
[1
1-^
(в обе скобки мы добавили по одному — последнему члену; очевид-
очевидно, что эти члены взаимно уничтожаются, так как после раскрытия
скобок превращаются соответственно в (—1)" и (—I))- Но пер-
первая скобка — это не что иное, как Dn, а вторая — не что иное, как
?)„_!. Поэтому
En = Dn + Dn_x. A1)
Итак, число перестановок из 1, 2, 3, ..., в которые не входит
ни одна из пар A, 2), B, 3), ..., (я—1, я), равно Dn + Dn-.i.
Совершенно так же доказывается, что количество
перестановок из п элементов, в которые не входят задан-
заданные г^.п— 1 пар, равно
Ял-С^л_1 + С?/>л_2+ ... +(_!)'<#>„-,. A2)
Иной ответ получится, если число запрещенных пар
больше, чем п— 1. Пусть, например, кроме пар A, 2),
B, 3), ..., (п—1, я), в перестановки не должна входить
и пара (я, 1). Рассуждая точно так же, как и выше, по-
получим, что ответ выражается формулой
[-Tr + Tr-...4-^i] = «DJI.1. A3)
78
В самом деле, в этом случае число запрещенных пар
равно п, а случая, когда в перестановку входят все п пар,
быть не может. Ведь, например, если в перестановку вхо-
входят пары A, 2), B, 3), ..., (п—1, п), то первым эле-
элементом является 1, а последним п и поэтому пара (п, 1)
в перестановку не входит. Поэтому последний член в фор*
муле A3) равен(— \)п~1 Спп~1 Ри а не (-\)пСпР0 = (— 1)л.
Было бы интересно дать полученному ответу Fn =
— nDn-i чисто комбинаторное обоснование.
Катание на карусели
На карусели катаются п ребят. Они решили пересесть
таким образом, чтобы впереди каждого оказался другой,
чем был раньше. Сколькими способами они могут это
сделать?
Эта задача похожа на решенную выше задачу о ка-
караване. Но теперь число запрещенных пар равно п;
должны отсутствовать пары A, 2), B, 3), ..., (п— 1, л)
и (п, 1), Кроме того, перестановки, получаемые друг из
друга пересадкой ребят по кругу, мы не будем считать
различными — когда карусель закружится, их не разли-
различишь. Поэтому из k элементов можно сделать лишь
Pk-i—{k—1)! существенно различных перестановок. На-
Наконец, в новой задаче могут быть перестановки, в кото-
которые входят все п пар. Такой будет, например, исходная
перестановка. Учитывая все эти обстоятельства, полу-
получаем по формуле включений и исключений, что число ис-
искомых перестановок равно
Qn = Pn-i- C\Pn-2 + CiPn-z- ...
1(-1)"С2. (И)
Легко проверить, что это выражение можно записать в виде
Qn = Dn_1-Dn_2 + Dn_i- ... +(-l)«-3D2. A5)
В самом деле, из формулы A4) в силу равенства Сп — C,,Ii =
С*_[ следует, что при «>1
79
а это выражение равно Z)n-i (см. стр. 75). Таким образом, Qa +
+Qn-i=?>n-b Кроме того, из формулы A4) вытекает, что Qj=O.
Мы имеем, таким образом, что
Qn-fT Qn-s =
Складывая эти равенства, приходим к соотношению A5).
Очередь в кассу
У кассы кинотеатра стоит очередь из m+k человек,
причем пг человек имеют рубли, a k — полтинники. Билет
в кино стоит 50 коп., и в начале продажи касса пуста.
Сколыши способами могут располагаться в очереди лю-
люди с рублями и полтинниками так, что очередь пройдет
без задержки, то есть никому не придется ждать сдачи?
Например, если т = & = 2, то благоприятными будут
лишь два случая; прпр и ппрр, где п означает пол-
полтинники, а р — рубли, В четырех же случаях — р р п п,
рпрп, рппр и пррп возникает задержка — в первых
трех случаях уже первый зритель не сможет получить
сдачи, а в последнем случае у кассы задержится третий
зритель.
При небольших значениях пг и k задачу можно ре-
решить прямым перебором. Но если пг и k сравнительно
велики, то прямой перебор не поможет. Ведь число
80
различных перестановок из т рублей и k полтинников
равно, как мы знаем,
v ' ' т! k!
Если, например, tn = k = 20, то
zv)— 20!20! .
а это число больше ста миллиардов.
Выведем формулу, выражающую число искомых ком-
комбинаций через т и k. Нам надо, таким образом, найти
число перестановок из т букв р и k букв п, ^обладающих
следующим свойством: для любого г, 1-^.r^m + k, число
букв п в первых г членах перестановки не меньше, чем
число букв р (полтинников должно быть не меньше, чем
рублей, иначе очередь застопорится).
Ясно, что для разрешимости задачи необходимо, что-
чтобы выполнялось условие т<&, иначе очередь наверняка
задержится — полтинников не хватит, чтобы дать сдачу
всем владельцам рублей. Поэтому мы будет считать, что
0-^.tn-^.k. Как и в некоторых других комбинаторных за-
задачах, здесь выгоднее искать число «неблагоприятных»
случаев, то есть случаев, когда очередь задерживается.
Если мы найдем это число, то, вычтя его из числа
Р{т, k) = CZ+k всех перестановок т букв р и k букв п,
получим ответ для нашей задачи.
Сейчас будет доказано следующее утверждение: число
неблагоприятных случаев для перестановок из т букв р
и k букв п равно Р(т—\, k-{-\) — C'?+l, то есть числу
всех перестановок из т—1 букв р и k+l букв п. Это
доказывается следующим образом. Возьмем любую не-
неблагоприятную перестановку из т букв р и k букв п.
Пусть очередь задерживается на каком-то месте. Тогда
перед этим местом будет одинаковое количество букв
пир (все полтинники уйдут на сдачу владельцам руб-
рублей), а на самом этом месте стоит буква р — иначе оче-
очередь благополучно прошла бы через него.
Итак, номер места, на котором задерживается оче-
очередь, имеет вид 2s+l, а перед этим местом стоит s букв
п и s букв р. Поставим теперь впереди нашей переста-
перестановки одну букву п (если очередь запротестует, то ска-
скажем, что это делается, чтобы облегчить размен монет).
6 Н. Я- Внленыш 81
У нас получится перестановка из m букв р и k+l букв п,
причем первой буквой этой перестановки является п, а
среди первых 2s + 2 букв поровну букв р и п (было 5
букв п и s + 1 букв р, мы добавили одну букву п и стало
поровну).
А теперь сделаем операцию, которая вызовет неудо-
неудовольствие всех владельцев рублей и радость владельцев
полтинников — на первых 2s + 2 местах у каждого обла-
обладателя рубля заменим его монету на полтинник, а .каж-
.каждый полтинник заменим рублем. Например, если очередь
имела вид
п п р п р п р р п р рп п р п п р,
то она задержится на месте, отмеченном буквой р. После
того как впереди поставят букву п и произведут описан-
описанную замену, получится очередь вида
рррпрпрппрпиппрппр.
Так как на первых 2s+2 местах было одинаковое
количество рублей и полтинников, то после замены об-
общее количество монет каждого вида не изменится, и мы
получим перестановку из т букв р и k+l букв п, причем
теперь первой буквой станет р. Итак, мы сопоставили
каждой «неблагоприятной» последовательности из т
букв р и k букв п последовательность из т букв р и
k+l букв п, начинающуюся с буквы р.
Покажем, что таким путем может быть получена лю-
любая последовательность из т букв р и k+l букв и, начи-
начинающаяся с буквы р. В самом деле, возьмем такую по-
последовательность. Так как мы предполагаем, что т^Л,
то на каком-то месте число букв пир сравняется. Если
заменить от начала до этого места включительно все
буквы п на р, а все буквы р на п и отбросить первую
букву п, то как раз получится неблагоприятная расста-
расстановка рублей и полтинников в очереди. Очередь задер-
задерживается на том самом месте, где в заданной последо-
последовательности впервые сравнялось число букв пир.
Мы установили таким образом, что число неблаго-
неблагоприятных расположений рублей и полтинников в очереди
в точности равно числу всех перестановок из пг букв р
и k+l букв п, начинающихся с буквы р. Если отбросить
первую букву, то получатся всевозможные перестановки
82
из tn— 1 букв р-и k+\ букв п. А число таких перестано-
перестановок равно
Р{т—\, ft+l) = Si
Итак, число неблагоприятных перестановок равно
Так как число всех перестановок из т букв р и k
букв п равно Cm+ft, то число благоприятных перестано-
перестановок выражается формулой
Cm г>т -1 k — Ш -\-1 f^m i\c\
m + k — ^вц.ц = kA-\ ^mk' \1D/
В частности, если k = m, то есть если в очереди одина-
одинаковое количество рублей и полтинников, то она пройдет
в k , t Сы случаях и задержится в k t C\k случаях.
Таким образом, чем больше k, тем меньше процент бла-
благоприятных случаев.
Наша задача полностью решена. Рассмотрим теперь
другую, весьма близкую к ней задачу. Именно, предполо-
предположим, что кассир был предусмотрителен и в начале в кас-
кассе лежало q полтинников. Во скольких случаях пройдет
без задержки очередь, состоящая из m обладателей руб-
рублей и k обладателей полтинников'}
Ясно, что если tnKq, то очередь наверняка пройдет
без задержки — полтинников, которые были в кассе с
самого начала, хватит, чтобы удовлетворить всех вла-
владельцев рублей. Если же m>k + q, то очередь наверняка
задержится — общего числа полтинников в кассе и в оче-
очереди не хватит, чтобы дать сдачу всем владельцам руб-
рублей. Поэтому мы можем ограничиться рассмотрением
случая, когда
Можно считать, далее, что q полтинников появились
в кассе потому, что в начале очереди поставили q новых
людей, державших полтинники. Поэтому задачу можно
переформулировать следующим образом:
В очереди стоит k + q человек с полтинниками и m
человек с рублями, причем первые q мест занимают об*
ладатели полтинников. Во скольких случаях никому не
придется ждать сдачи?
Эта задача решается точно так же, как разобранный
выше частный случай q = 0. Мы будем искать число
6* 83
неблагоприятных случаев. В каждом таком случае задерж-
задержка произойдет на человеке, впереди которого находится
одинаковое количество .s рублей и полтинников, а сам он
держит в руках рубль. Поставим впереди очереди еще
одного человека с полтинником и заменим у первых 2s+ 2
человек рубли на полтинники, а полтинники на рубли.
У нас получится перестановка из т рублей и k + q+l
полтинников, причем первые q+l мест занимают рубли.
При этом любая такая перестановка может быть един-
единственным образом получена из неблагоприятного распо-
расположения рублей и полтинников. Но первые q + l рублей
можно отбросить и тогда получатся всевозможные пере-
перестановки из m — q—1 рублей и k+q + l полтинников.
Число же таких перестановок равно Р(т — q — 1, k-\-q+-
+ 1) — Cm+ft-'.Мы доказали, что в рассматриваемой за-
задаче Ст+k неблагоприятных перестановок. А так как
общее число перестановок равно Cm+k, то число благо-
благоприятных перестановок дается формулой
ptn
<->m t к —
Использованный выше прием позволяет решить и мно-
многие другие задачи. Например, используя его, легко по-
получить следующие результаты:
Если m<k, to число перестановок из m букв р и k
букв п, таких, что перед каждой буквой (кроме первой)
стоит больше букв п, чем р, равно
/->m /-ira-1 k
Рассуждение проводится точно так же, как и выше,
только не надо добавлять в начале букву п.
Эта формула верна при tn<k. Если же m = k, то число
перестановок с указанным свойством равно -г-Счп-г-
В этом можно убедиться следующим образом. Каждая
такая перестановка должна начинаться буквой п и за-
заканчиваться буквой р. Если отбросить эти буквы, то по-
получится перестановка из ft—1 букв р и k—1 букв п.
Легко видеть, что для этой перестановки очередь прой-
пройдет без задержек. Обратно, из каждой перестановки
k — 1 букв пий — 1 букв р, для которой очередь прохо-
проходит без задержек, получится путем прибавления в на-
84
чале буквы пив конце буквы р перестановка е нужным
нам свойством. Но число перестановок из k—1 букв п
и & — 1 букв р, при которых очередь проходит без за-
задержки, как раз равно -т-С^Л-
Задача о двух шеренгах
В комбинаторике часто бывает, что две весьма дале-
далекие на первый взгляд задачи сводятся одна к другой.
Рассмотрим следующую задачу:
Сколькими способами можно построить 2п человек
разного роста в две шеренги по п человек в каждой, что-
чтобы в каждой шеренге они стояли по росту, причем каж-
каждый человек в первой шеренге был выше стоящего за
ним человека во второй шеренге?
Покажем, что решение этой задачи сводится к уже
решенному вопросу об очереди в кассу. Поставим людей
требуемым образом в две шеренги и дадим всем стоящим
в первой шеренге по полтиннику, а всем стоящим во вто-
второй шеренге — по рублю, после чего выстроим всех по
росту в одну колонну. Получится очередь из п облада-
обладателей полтинников и п обладателей рублей. Из условия
задачи следует, что эта очередь проходит без задержки.
В самом деле, пусть кто-то занимает k-e место во второй
шеренге. Тогда среди владельцев рублей лишь k—l
выше него. А среди владельцев полтинников выше него
по крайней мере k человек (стоящий перед ним и все
стоящие по правую сторону). Поэтому, когда он подой-
подойдет к кассе, там будет по крайней мере один полтинник,
и сдача ему обеспечена.
Обратно, пусть задана некоторая расстановка п чело-
человек с полтинниками и п человек с рублями, при которой
очередь проходит без задержки. Не теряя общности,
можно считать, что все 2/г человек стоят по росту. Выбе-
Выберем теперь всех обладателей полтинников и поставим их
по росту в первую шеренгу, а обладателей рублей — во
вторую шеренгу. Предоставляем читателю проверить, что
полученное построение удовлетворяет условиям задачи.
Отсюда следует, что возможных построений столько же,
сколько благоприятных перестановок из п букв п и п
букв р, то есть ¦ я I ! ¦ С"
"п-
85
Новые свойства сочетаний')
Выведенные в предыдущих пунктах формулы позво-
позволяют установить дальнейшие свойства числа сочетаний
Ст (см. стр. 52). Для этого разобьем на классы все
«неблагоприятные» перестановки из т букв р и k букв п.
Мы видели, что для таких перестановок очередь задер-
задерживается на месте с номером 2s +'l, причем перед ним
стоит s букв р и s букв п, на нем стоит буква р, а оче-
очередь вплоть до Этого места проходит без задержки. От-
Отнесем к s-му классу все неблагоприятные перестановки,
для которых задержка происходит на месте 25+1.Ясно,
что s может принимать значение 0, 1, 2, ..., т—1.
Найдем, сколько перестановок входит в s-й класс. На
первых 2s местах могут стоять любые благоприятные
перестановки из s букв р и s букв п — ведь до места 2s +1
очередь не останавливается. Как мы видели, число таких
перестановок равно . , , CL. Далее, на месте 2s+l
стоит буква р, а после нее — любая перестановка остав-
оставшихся т — s— 1 букв р и k — s букв п. Число этих пере-
перестановок равно P(m — s—\, k — s) = Cm+ft-L-i- Таким
образом, в силу правила произведения число неблаго-
неблагоприятных перестановок s-ro класса равно
1 /is s>m—s-l
Так как общее число неблагоприятных перестановок
равно Ст+11 а число классов равно т — 1, то получаем
при tn^Ck соотношение
. 1 .ol.om-2 I
"»2y-im —3 I I 1 v-i/и — I /iO v-irrt — 1 /1 п\
Это соотношение является частным случаем формулы
m-l
2и \y-2s-p—Ws-p J ^m + k+p-2s-l = t>m+ft . \AJ)
s=p
где p<m< p + k (в первом слагаемом CJ1 считается
равным нулю). Формула B0) доказывается так же, как
') Этот пункт может быть пропущен при первом чтении.
86
и A9), путем разбиения на классы неблагоприятных
перестановок из т букв р и k+'p букв п, у которых в на-
начале стоят р букв п (см. стр. 83).
Теперь рассмотрим соотношения, получающиеся пу-
путем разбиения на классы благоприятных перестановок,
составленных из k букв р и k букв п. Число этих пере-
становок равно ' . . С\ь. После прохождения всей оче-
редн в кассе вновь не будет ни одного полтинника — все
они уйдут на сдачу. Однако для некоторых благоприят-
благоприятных перестановок и ранее возникают моменты, когда в
кассе нет полтинников; только то обстоятельство, что
следующий зритель дает полтинник, спасает очередь от
задержки. Разобьем все благоприятные перестановки на
классы, отнеся к s-му классу все перестановки, в кото-
которых касса впервые не имеет полтинников на 2s-m месте,
5=1,2 к.
Найдем число перестановок в s-м классе. Каждая
такая перестановка разбивается на две части. Первые
2s букв образуют перестановку из s букв п и s букв р,
такую, что перед каждой ее буквой больше букв п, чем
букв р (иначе выравнивание впервые произошло бы не
на 2s-m месте, а раньше). Мы видели, что число таких
перестановок равно —'С2Г-2 (см. стр. 85). После про-
о
дажи первых 2s билетов полтинников в кассе нет. По-
Поэтому, чтобы очередь прошла без задержки, последние
k — s букв р и k — s букв п должны образовать благо-
благоприятную перестановку. Но число таких перестановок
равно-г г-г CaTAs (см. стр. 83). По правилу произве-
дения получаем, что в классе
перестановок. А так как общее число благоприятных
перестановок равно , . , C\k, то получаем тождество
^272С2*~^ = C2ft. B1)
,5 = 1
87
Если ввести обозначение
1 rs т
то формула B1) примет следующий вид:
V*-i + TJk-2+ ¦ ¦ ¦ + Тк^Т0 = Тк. B2)
Если одно соотношение между числами С™ получает-
получается следующим образом. Зададим число /, l*Cl*Cm, и разо-
разобьем множество всех благоприятных перестановок на
классы, отнеся к s-му классу все перестановки, содержа-
содержащие среди первых / элементов ровно s букв р. Тогда чис-
число букв п среди первых / элементов равно I — s. Так как
букв п должно быть не меньше, чем букв р, то s удовлет-
удовлетворяет неравенствам 0<2s</.
Найдем число перестановок в s-м классе. Каждая
такая перестановка распадается на две части: одна со-
состоит из первых / букв, а другая — из последних k+m — /
букв. В первую часть входит / — s букв п и s букв р. При
этом так как вся перестановка благоприятна, то и ее часть,
состоящая из первых / букв, тоже благоприятна. А из
I — s букв п и s букв р можно составить /_S4-1
таких перестановок.
После того как пройдет первая часть перестановки,
в кассе будет / — 2s полтинников. Вторая часть переста-
перестановки состоит из k — l+s букв п и m — s букв р. Число
перестановок, при которых эта часть очереди проходит
без задержки, вычисляется по формуле A7) на стр. 84,
в которой надо заменить q па I— 2s, m на пг — s и k на
k — l+s. Из этой формулы вытекает, что вторая часть
перестановки может быть выбрана Cm+t-i—Cm+ft-'f1
способами. По правилу произведения получаем, что чис-
число перестановок в s-м классе равно
— 2s 4-
П
Так как общее число благоприятных перестановок из k
букв пит букв р равно —~^"L\ ?"и>. то получаем
88
тождество')
е(-)
¦у I — 25-|-1 rs\rm~s /^вм-г-п _ k — m-j-1
B3)
(Здесь Cf при р<0 считается равным нулю.) Читатель
без труда выведет аналогичные соотношения, устанав-
устанавливая те или иные методы разбиения перестановок на
классы.
Через ¦^('о") обозначена целая часть числа -к-
ГЛАВА IV
КОМБИНАТОРИКА РАЗБИЕНИИ
В задачах на размещения, перестановки и сочетания
из данных элементов составлялись различные комбина-
комбинации, и мы считали, сколько таких комбинаций получает-
получается при тех или иных ограничениях. Судьба элементов,
оставшихся после выбора комбинаций, нас почти не ин-
интересовала. Иной вид имеют задачи, к которым мы сей-
сейчас перейдем. В этих задачах элементы делятся на две
или большее число групп, и надо найти все способы
такого раздела.
При этом могут встретиться различные случаи.
Иногда существенную роль играет порядок элементов
в группах: например, когда сигнальщик вывешивает сиг-
сигнальные флаги на нескольких мачтах, то для него важно
не только то, на какой мачте окажется тот или иной
флаг, но и то, в каком порядке эти флаги развешивают-
развешиваются. В других же случаях порядок элементов в группах
никакой роли не играет. Когда игрок в домино выбирает
кости из кучи, ему безразлично, в каком порядке они
придут, а важен лишь окончательный результат.
Отличаются задачи и по тому, играет ли роль поря-
порядок самих групп. При игре в домино игроки сидят в опре-
определенном порядке, и важно не только то, как раздели-
разделились кости, но и то, кому какие кости достались. Если
же я раскладываю фотографии по одинаковым конвер-
конвертам, чтобы послать их приятелю, то существенно, как
распределятся фотографии по конвертам, но порядок
самих конвертов совершенно несуществен — ведь па
почте их все равно смешают.
Играет роль и то, различаем ли мы между собой
сами элементы или нет, а также различаем ли между
собой группы, на которые делятся элементы. Наконец,
в одних задачах некоторые группы могут оказаться пу-
90
стыми, то есть не содержащими ни одного элемента, а
в других такие группы недопустимы. В соответствии со
всем сказанным возникает целый ряд различных комби-
комбинаторных задач на разбиение.
Игра в домино
При игре в домино 4 игрока делят поровну 28 костей.
Сколькими способами они могут это сделать?
Раздел костей можно выполнить следующим обра-
образом. Сначала каким-то образом положим все 28 костей
в ряд. После этого первый игрок берет первые 7 костей,
второй — вторые 7 костей, третий — следующие 7 костей,
а четвертый забирает себе остаток. Ясно, что таким
образом можно получить всевозможные разбиения
костей.
Так как число всех перестановок из 28 элементов
равно 28!, то может показаться, что общее число всех
способов раздела равно 28!. Но это неверно — ведь пер-
первому игроку совершенно безразлично, что он возьмет
сначала — кость 6:6 или кость 3:4; ему важен лишь
окончательный итог. Поэтому любая перестановка пер-
первых 7 костей не меняет существа дела. Не меняет его и
любая перестановка вторых 7 костей, третьих 7 костей
и последних 7 костей. В силу правила произведения по-
получаем G!L перестановок костей, не меняющих резуль-
результата раздела.'
Таким образом, 28! перестановок костей делятся на
группы по G!L перестановок в каждой группе, причем
перестановки из одной группы приводят к одинаковому
распределению костей. Отсюда следует, что число спо-
281
собов раздела костей равно ,? ,Л . Это число прибли-
приближенно равно 4,7-1015.
К тому же результату можно прийти иначе. Первый
игрок должен выбрать 7 костей из 28. Так как порядок
этих костей безразличен, то он имеет С|з выборов. После
этого второй игрок должен выбрать 7 костей из остав-
оставшихся 21 кости; Это можно сделать С\\ способами. Тре-
Третий игрок выбирает из 14 костей, а потому имеет Си
возможностей выбора. Наконец, четвертому игроку
остается С], то есть единственный выбор.
91
По правилу произведения получаем, что полное число
возможностей равно
П7 п; ni Г1 __ 28! 21! 14! _ 281
O28O21O11O7 — -2ТТ7Т "ШУТ ' 7!7! ~1Пу'
Совершенно так же доказывается, что при игре в
преферанс, где 32 карты делятся между тремя игроками
по 10 карт каждому, а две карты кладутся в прикуп,
число различных сдач равно
32!
10f10!10! 2!
=2 753 294 408 504 640.
Возможно, у читателя возникает вопрос, стоит ли
вообще тратить время на изучение карточных игр? По
этому поводу напомним, что именно изучение азартных
игр дало толчок для первоначального развития комби-
комбинаторики и теории вероятностей. Такие первоклассные
математики, как Паскаль, Бернулли, Эйлер, Чебышев,
оттачивали идеи и методы комбинаторики и теории ве-
вероятностей на задачах об играх в орел и решку, кости
и карты. Многие идеи теории игр (раздел математики,
широко применяемый в экономике и военном деле) пер-
первоначально оформились на изучении простейших моде-
моделей карточных игр.
Раскладка по ящикам
Задачи о домино и преферансе относятся к комби-
комбинаторным задачам на раскладывание предметов по ящи-
ящикам. Общая постановка этих задач такова:
Даны п различных предметов и k ящиков. Надо поло-
положить в первый ящик tii предметов, во второй — п2 пред-
предметов, ..., в k-u — пи предметов, где п^ + П2+\ .. + tik~n.
Сколькими способами можно сделать такое распреде-
распределение'}
В задаче о домино роль ящиков выполняли игроки,
а роль предметов — кости. Рассуждая точно так же, как
и в этой задаче, получаем ответ в общем случае: число
различных раскладок по ящикам равно
Р(пи п,, ..., Яй)=_т_?!__. A)
Эта формула возникла у нас раньше при решении
следующей, на первый взгляд совсем непохожей задачи:
92
Имеются предметы к различных типов. Сколько раз-
различных перестановок можно сделать из п{ предметов
первого типа, п% предметов второго типа, ..., nh предме-
предметов k-го типа?
И здесь ответ был дан формулой
2,
где п=П[+п2+ ... +Пь (см. стр. 39).Чтобы установить
связь между этими задачами, занумеруем все п мест,
которые могут занимать паши предметы. Каждой пере-
перестановке соответствует распределение номеров мест на
k классов. В первый класс попадают номера тех мест,
па которые попали предметы первого типа, во второй —
номера мест предметов второго типа и т. д. Тем самым
устанавливается соответствие между перестановками с
повторениями и раскладкой номеров мест по «ящикам».
Понятно, что формулы решения обеих задач оказались
одинаковыми.
Букет цветов
В задаче о раскладке элементов по ящикам мы счи-
считали известным количество предметов, попадающих в
каждый ящик (например, число костей, которые должен
взять каждый игрок). В большинстве задач о разделе
предметов эти количества не указываются.
Двое ребят собрали 10 ромашек, 15 васильков и 14
незабудок. Сколькими способами они могут разделить
эти цветы?
Ясно, что ромашки можно разделить 11 способами —
первый может не взять ни одной ромашки, взять 1 ро-
ромашку, 2 ромашки, ..., все 10 ромашек. Точно так же
васильки можно разделить 16 способами, а незабудки —
15 способами. Так как цветы каждого вида можно де-
делить независимо от цветов другого вида, то по правилу
произведения получаем 11 • 16-15=2640 способов раз-
раздела цветов.
Разумеется, среди этих способов есть и крайне не-
несправедливые, при которых, например, один из ребят
совсем не получает цветов. Введем поэтому ограничение,
что каждый из ребят должен получить не менее 3 цвет-
цветков каждого вада. Тогда ромашки можно разделить
93
лишь пятью способами: первый может взять себе 3, 4,
5, 6 или 7 цветков. Точно так же васильки можно раз-
разделить 10 способами, а незабудки — 9 способами. В этом
случае общее число способов деления равно 5-10-9 =
=450.
Вообще, если имеется пу предметов одного сорта, п2
предметов другого сорта, ..., nh предметов &-го сорта,
то их можно разделить между двумя людьми
(nl + \)(n.2+\)...{nk+\) B)
способами. В частности, если все предметы отличны друг
от друга и их число равно k, то щ=п2= ... =щ—\ и
потому есть 2fe способов раздела.
Если же наложить добавочное ограничение, что каж-
каждый из участников раздела должен получить не менее
Si предметов первого сорта, s2 предметов второго сор-
сорта, ..., sfe предметов fe-ro сорта, то число способов раз-
раздела выражается формулой
2s2 + \) ... (nk-2sk+\).-. C)
Мы предоставляем читателю доказать эти утверждения.
Задача о числе делителей
Выведенная нами формула B) позволяет решить
следующую задачу теории чисел:
Найти, сколько делителей есть у натурального чис-
числа iV. Для этого разложим jV на простые множители:
N = p1lp • • • pnkk, где р\, ...,Ph — различные простые
числа. Например, 360=23-32-5. При разложении числа
iV на два сомножителя, N=NtN2, простые сомножители
распредляются между iVt и N2. Если в jVi сомножитель
Pi войдет т.] раз, /=1, ..., k, то разложение имеет вид
Таким образом, разложение N на два сомножителя сво-
сводится к разделу щ элементов одного сорта, п-г элементов
второго сорта, ..., пк элементов &-го сорта на две части.
А формула B) показывает, что это можно сделать
(rii + l) ... (rtfe + 1) способами. Значит, число делителей
у натурального числа N' = р ... p"kk равно («i+J) ...
... (rtfe+l). Это число обозначают
94
Сбор яблок
Трое ребят собрали с яблони 40 яблок. Сколькими
способами они могут их разделить, если все яблоки
считаются одинаковыми (то есть если нас интересует
лишь, сколько яблок получит каждый, но не то, какие
именно яблоки ему достанутся) ?
Для решения этой задачи поступим так: добавим к
собранным яблокам еще 2 одинаковые груши, а потом
переставим всеми возможными способами 40 яблок и
2 груши. По формуле для перестановок с повторениями
число таких перестановок равно
Я D0, 2) = С242 = -^- = 861.
Но каждой перестановке соответствует свой способ раз-
раздела яблок. Первому из ребят мы даем все яблоки, на-
начиная от первого и до первой груши, второму — все
яблоки, попавшие между первой и второй грушей, а
третьему — все яблоки, лежащие после второй груши.
Ясно, что при этом различным перестановкам соответ-
соответствуют разные способы раздела. Таким образом, общее
число способов раздела равно 861. При этом может слу-
случиться так, что одному (или даже двоим) участникам
раздела ничего не достанется. Например, если одна из
груш попадет при перестановке в начало, то лишается
яблок первый из ребят, а если в конец — то третий. Если
же обе груши окажутся рядом, то ничего не получит вто-
второй. Разберите сами, что случится, если обе груши по-
попадут в начало или в конец.
Совершепно так же доказывается, что п одинаковых
предметов можно разделить между k лицами
Р(п, A-l) = Cj+*_i = C*;i_, D)
способами.
Предположим теперь, что для большей справедливо-
справедливости раздела условлено, чтобы каждый участник получил
по крайней мере г предметов. В этом случае надо на-
начать с того, что дать каждому по г предметов. После
этого остается п — kr предметов, которые можно уже
распределять произвольным образом. А это можно сде-
сделать, как мы видели, C*Iftr+ft_i = C*Zft (r_i)_i способами.
95
В частности, если каждый из k участников должен
получить не менее одного предмета, то задача решается
C*ll способами.
Последний результат можно вывести и иным обра*
зом. Расположим данные п предметов в ряд. Тогда
между ними будет п— 1 промежутков. Если в любые
k—1 из этих промежутков поставить разделяющие пере-
перегородки, то все предметы разделятся на k непустых
частей. После этого первая часть передается первому
лицу, вторая — второму и т. д. Так как k—1 перегоро-
перегородок можно поставить в п — 1 промежутков CknZ\ спосо-
способами, то число способов раздела равно C*l}.
Сбор грибов
Если делят предметы разных видов, то надо найти чи-
число способов раздела для каждого вида и перемножить
полученные числа. Решим, например, следующую задачу:
Сколькими способами можно разделить 10 белых
грибов, 15 подберезовиков и 8 подосиновиков между
4 ребятами?
Применяя'результаты предыдущего пункта, получаем,
что ответ имеет вид
?? = 41 771 040.
Если же каждый должен получить хотя бы по одному
грибу каждого сорта, то ответом будет
CgCl4C7= 1070160.
В случае, когда п различных предметов делят между
k лицами без ограничений, каждый предмет можно вру-
вручить k способами (отдав его одному из участников раз-
раздела). Поэтому число решений равно kn.
Например, 8 различных пирожных можно разделить
между 5 человеками 58 = 390 625. способами.
Посылка фотографий
Я хочу послать своему другу 8 различных фотогра-
фотографий. Сколькими способами я могу это сделать, исполь-
использовав 5 различных конвертов?
Эта задача похожа на решенную в конце предыду-
предыдущего пункта. Поэтому, казалось бы, ответом является
96
58=390 625. Однако посылать пустые конверты нельзя,
поэтому накладывается новое ограничение — ни один
конверт не должен быть пустым. Чтобы учесть это
©граничение, используем формулу включений и исклю-
исключений (ответ Сп~_\ неверен, так как фотографии раз-,
личны).
Найдем сначала, при скольких способах распределе-
распределения данные г конвертов оказываются пустыми (а осталь-
остальные могут быть как пустыми, так и содержать фотогра-
фотографии). В этом случае фотографии кладутся без ограни-
ограничений в 5 — г конвертов, и по доказанному выше число
таких распределений равно E — г)8.
Но г конвертов можно выбрать из пяти Cl способа-
способами. Отсюда, применяя формулу включений и исключе-
исключений, выводим, что число распределений, при которых ни
один конверт не оказывается пустым, равно
58_ С\ ¦ 48Ч- С\ • З8— С% • 28Ч- Cs • 18 = 126020.
Совершенно так же доказывается, что если посы-
посылаются п различных фотографий в k различных конвер-
конвертах, причем ни один конверт не пуст, то число способов
распределения выражается формулой
kn-CUk-\)"-+C2n(k-2)n- ... -Ь(—l)*-1^. Iя.
E)
Предоставляем читателю разобрать следующую за-
задачу:
Имеются пл предметов первого вида, п2 предметов
второго вида, ..., п.5 предметов s-го вида. Сколькими
способами .можно раздать их k лицам так, чтобы каж-
каждый получил хотя бы один предмет!
Ответ на эту задачу такой:
¦ s*.2{~*k~ 3 /^ft —3 /"•? — 3 I / 1 \ft — 1 /^ft —1 /c\
T 1'^/11+*-ЗЬл2 + »-3 • • ¦ b^+j-3— ... -t-( — I) bft . (Dj
Например, если делят 8 яблок, 10 груш и 7 апельси-
апельсинов между 4 ребятами и каждый должен получить хотя
бы один фрукт, то раздел возможен
CuCkjCio— С4СЮС12С9 -f ¦ С^СдСцСв — С4 = 5 464 800
способами.
7 Н. Я. Вилспкии 97
Флаги на мачтах
До сих пор мы не учитывали порядок, в котором рас*
положены элементы каждой части. В некоторых зада-
задачах этот порядок надо учитывать.
Имеется п различных сигнальных флагов и k мачт,
на которые их вывешивают. Значение сигнала зависит
от того, в каком порядке развешены флаги. Сколькими
способами можно развесить флаги, если все флаги дол-
должны быть использованы, но некоторые из мачт могут
оказаться пустыми?
Каждый способ развешивания флагов можно осуще*
ствить в два этапа. На первом этапе мы переставляем
всеми возможными способами данные п флагов. Это
можно сделать п\ способами. После этого берем один
из способов распределения п одинаковых флагов по
k мачтам (напомним, что число этих способов равно
Cn+k-i)- Пусть этот способ заключается в том, что на
первую мачту надо повесить пг флагов, на вторую щ
флагов, ..., на k-ю nh флагов, где «i+~«.2+ ••• +nh = n.
Тогда берем первые п\ флагов данной перестановки и
развешиваем в полученном порядке на первой мачте;
следующие пг флагов развешиваем на второй мачте
и т.д. Ясно, что, используя все перестановки п флагов
и все способы распределения п одинаковых флагов по
k мачтам, мы получим все способы решения поставлен-
поставленной задачи. По правилу произведения получаем, что
число способов развешивания флагов равно
я|/->*-! (tl + k — 1I &п m
Я!С„ + А_1= (ft —l)t =An+k-l' (I)
Вообще, если имеется п различных вещей, то число
способов распределения этих вещей по k различным
ящикам с учетом порядка их расположения в ящиках
равно Ann + k-v
К тому же результату можно прийти иным путем.
Добавим к распределяемым п вещам k— 1 одинаковых
шаров и рассмотрим всевозможные перестановки полу-
полученных n + k— 1 предметов. Каждая такая перестановка
определяет один из способов распределения. Именно, в
первый ящик кладут ^се предметы, идущие в переста-
перестановке до первого добавленного шара (если первым
предметом в перестановке является один из добавлен-
ных шаров, то первый ящик остается пустым). После
этого во второй ящик кладут все предметы, попавшие
между первым и вторым шаром, ..., в k-u ящик — все
предметы, идущие после шара k—l. Ясно, что при этом
получаются все распределения предметов, обладающие
указанными свойствами. Но число перестановок из
п различных предметов и k — 1 одинаковых >шаров
равно
D/1 1 1 А 1\
(n-t-ft —1) !
~" 1! ... 1!(?— 1)!
п раз
Аналогично решается задача в случае, когда на ка<
ждой мачте должен висеть хотя бы один флаг (или, что
то же самое, в каждом ящике должен быть хотя бы
один предмет). С помощью формулы, выведенной на
стр. 96, получаем, что в этом случае имеем n\CknZ\
способов распределения. И этот результат можно полу*
чить путем выбора точек раздела среди п — 1 проме-<
"жутков.
Полное число сигналов
До сих пор мы считали, что все флаги должны быть
использованы для передачи сигнала. Но могут быть и
сигналы, для передачи которых используется лишь часть
флагов, причем допускаются и пустые мачты. Найдем
полное число сигналов, которые можно передать с по-,
мощьюп сигнальных флагов, вывешиваемых на k мачтах*
Разобьем эти сигналы на классы по числу флагов,
участвующих в сигнале.
По формуле G) с помощью заданных s флагов
можно передать Assvk_x сигналов (число мачт равно &)«
Но s флагов из п можно выбрать Csn способами. По-<
этому число всех сигналов в s-тл классе равно CsnAss+lt-b
Значит, полное число сигналов дается формулой
х + С\А\ + C2nAl+l + ... + CteUn-i. (8)
Например, с помощью 6 различных флагов на 3 мачтах
можно передать
1 + С\А\ + ClAl + ClAl + С\А\ + С654 + CtAl — 42 079
сигналов.
7* '99
Если не допускать, чтобы некоторые мачты пустск
вали, то вместо формулы (8) получаем
... -f CnnCHnz\n\ (9).
способов.
Разные статистики ...
Задачи о раскладке предметов по ящикам весьма
важны для статистической физики. Эта наука изучает,
как распределяются по своим свойствам физические
частицы; например, какая часть молекул данного газа
имеет при данной температуре ту или иную скорость.
При этом множество всех возможных состояний распре-
распределяют на большое число k маленьких ячеек (фазовых
состояний), так что каждая из п частиц попадет в одну
из ячеек.
Вопрос о том, какой статистике подчиняются те или
иные частицы, зависит от вида этих частиц. В классиче-
классической статистической физике, созданной Максвеллом и
Больцманом, частицы считаются различимыми друг от
друга. Такой статистике подчиняются, например, моле-
молекулы газа. Мы знаем, что п различных частиц можно
распределить по k ячейкам kn способами. Если все эти
kn способов при заданной энергии имеют равную ве-
вероятность, то говорят о статистике Максвелла — Больц-
мана.
Оказалось, что этой статистике подчиняются не все
физические объекты. Фотоны, атомные ядра и атомы, со-
содержащие четное число элементарных частиц, подчи-
подчиняются иной статистике, разработанной Эйнштейном и
индийским ученым Бозе. В статистике Бозе — Эйнштей-
Эйнштейна частицы считаются неразличимыми друг от друга.
Поэтому имеет значение лишь то, сколько частиц попало
в ту или иную ячейку, а не то, какие именно частицы
туда попали. Эта задача похожа на задачу о разделе
яблок (см. стр. 95). Мы уже знаем, что при таком
подходе получается С*+*_1 s=CJ5+ft_i различных спосо-
способов раздела. В статистике Бозе — Эйнштейна все эти
способы считаются равновероятными.
Однако для многих частиц, например, таких, как
электроны, протоны и нейтроны, не годится и статистикд
100
Бозе — Эйнштейна. Для них в каждой ячейке может
находиться не более одной частицы, причем различные
распределения, удовлетворяющие указанному условию,
имеют равную вероятность. В этом случае может быть
Сц различных распределений. Эта статистика назы-
вается статистикой Дирака — Ферми.
Разбиения чисел
В большинстве рассмотренных выше задач предметы,
подлежащие разделу, были различными. Теперь мы пе-
переходим к задачам, в которых все разделяемые пред-
предметы совершенно одинаковы. В этом случае можно го-
говорить не о разделе предметов, а о разбиении нату-
натуральных чисел на слагаемые (которые, конечно, тоже
должны быть натуральными числами).
Здесь возникает много различных задач. В одних
задачах учитывается порядок слагаемых, а в других —
нет. Можно рассматривать лишь разбиения на четное
или только на нечетное число слагаемых, на различные
или на произвольные слагаемые и т.д. Основным мето-
методом решения задач на разбиение является сведение
к задачам о разбиении меньших чисел или о разбие-
разбиении на меньшее число слагаемых.
Отправка бандероли
За пересылку бандероли надо уплатить 18 коп.
Сколькими способами можно оплатить ее марками стои-
стоимостью в 4, 6 и 10 коп., если два способа, отличаю-
отличающиеся порядком марок, считаются различными?1).
Обозначим через f(N) число способов, которыми
можно наклеить марки в 4, 6 и 10 коп. так, чтобы общая
стоимость этих марок равнялась N. Тогда для f(N)
справедливо следующее соотношение:
f(N) = f(N-4)+f(N-6)+f(N-\0). A0)
В самом деле, пусть имеется некоторый способ наклей-
наклейки марок с общей стоимостью N, и пусть последней на-
наклеена марка стоимостью в 4 коп. Тогда все остальные
') Запас марок различного достоинства мы считаем неограни-
неограниченным.
101
марки стоят N — 4 коп. Наоборот, присоединяя к любой
комбинации марок общей стоимостью N—4 коп. одну
четырехкопеечную марку, получаем комбинацию марок
стоимостью в N коп. При этом из разных комбинаций
стоимостью в JV — 4 коп. получатся разные комбинации
стоимостью в N коп. Итак, число искомых комбинаций,
где последней наклеена марка стоимостью в 4 коп.,
равно f(N— 4).
Точно так же доказывается, что число комбинаций,
оканчивающихся на шестикопеечную марку, равно
f(N — 6), а на десятикопеечную марку оканчиваются
f(N—10) комбинаций. Поскольку любая комбинация
оканчивается на марку одного из указанных типов, то
по правилу суммы получаем соотношение A0).
Соотношение A0) позволяет свести задачу о наклеи-
наклеивании марок на сумму N коп. к задачам о наклеивании
марок на меньшие суммы. Но при малых значениях N
задачу легко решить непосредственно. Простой подсчет
показывает, что
= /B) = H3) = 0, fD)=l, fE) = 0,
fF)=l, fG) = 0, f(8) = l, f(9) = 0.
Равенство f@) = l означает, что сумм^ в 0 коп. можно
уплатить единственным образом: совсем не наклеивая
марок. А сумму в 1, 2, 3, 5, 7 и 9 коп. вообще никак
нельзя получить с помощью марок в 4, б и 10 коп. Ис-
Используя значения f(N) для Л'=0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
легко найти fA0):
После этого находим
и т.д. Наконец, получаем значение fA8)=8. Таким
разом, марки можно наклеить восемью способами. Эти
способы таковы:
10, 4, 4; 4, 10, 4; 4, 4, 10; 6, 4, 4, 4; 4, 6, 4, 4;
4, 4, 6, 4; 4, 4, 4, 6; 6, 6, 6.
Отметим, что значения f(N) для Лг=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
8, 9 можно было получить иначе, не приводя непосред-
102
ственной проверки. Дело в том, что при N<0 имеем
j(N)=O, поскольку отрицательную сумму нельзя упла*
тить, наклеивая неотрицательное количество марок.
В то же время, как мы видели, f@) = l. Поэтому
Точно так же получаем значение fB)=0, ДЗ) =0. А для
N = 4 имеем
Общая задача о наклейке марок
Разобранная задача является частным случаем сле«
дующей общей задачи:
Имеются марки достоинством в пи tiz, ..., nh коп1).
Сколькими способами можно оплатить с их помощью
сумму в N коп., если два способа, отличающиеся поряд-
порядком, считаются различными?
В этом случае число f(N) способов удовлетворяет
соотношению
f(N)=>f(N-nl)+f(N-n2) + ... + f(N-nk). A1)
При этом f(N)=O, если N<0 и f@) = l. С помощью со«
отношения A1) можно найти f(N) для любого N, после^
довательно вычисляя f(l), fB), ..., f(N—1).
Рассмотрим частный случай этой задачи, когда nt =
— 1, /г2 = 2, ..., nh = k. Мы получаем всевозможные раз-
разбиения числа N на слагаемые 1, 2, ..., k, причем раз*
биения, отличающиеся порядком слагаемых, считаются
различными. Обозначим число этих разбиений через
&; N) 2). Из соотношения A1) следует, что
; N-k). A2)
При этом
Ф(?;О)=1 и v(k\ N) — 0, если iV<0.
') Все числа Я], ..., /и различны, а запас марок неограничен.
2) Здесь и в дальнейшем мы будем на первом месте указы-
указывать число слагаемых, на втором — раабиваемое число и на послед-
последнем — ограничения на величину слагаемых.
103
Вычисление q>(Af; k) ^яожно упростить, если -заме*
тить, что
<p(JV— I; k) = (p(N— 2; ?)+... + cp(JV—?; k)-\-
+ cp(N-k-l; k)
и потому
<I>(JV; ?) = 2q>(iV-l; k)-^(N — k — 1; k). A3)
Ясно, что слагаемые не могут быть больше N. По-
Поэтому (f(N,N) равно числу всех разбиений N на нату-
ральные слагаемые (включая и «разбиение» N—N).
Если число слагаемых равно s, то получаем СлГ-i Раз"
биений (см. стр. 96). Поэтому
<р (N, N) = С, -f- C!v_, + .. • + C^l! = 2".
Итак, мы доказали, что натуральное число N мож-
можно разбить на слагаемые 2-v-1 способами. Напомним, что
при этом учитывается порядок слагаемых.
Например, число 5 можно разбить на слагаемые
25~' = 16 способами:
5=5 - 5=341+1 5=1+2+2
5=4+1 5=1+3+1 5=2+1+1+1
5=1+4 5=1+1+3 5=1+2+1+1
5=2+3 5=2+2+1 5=1+1+2+1
5 = 3 + 2 5 = 2+ 1+2 5=1 + 1 4-1+2
5=1+1+1+1+1'
Комбинаторные задачи теории информации
Задачу, похожую па только что решенную, прихо-
приходится решать в теории информации. Предположим, что
сообщение передается с помощью сигналов нескольких
типов. Длительность передачи сигнала первого типа
равна t\, второго типа t2, ..., &-го типа tk единиц вре-
времени. Сколько различных сообщений можно передать
с помощью этих сигналов за Т единиц времени? При
этом учитываются лишь «максимальные» сообщения, то
есть сообщения, к которым нельзя присоединить ни од-
одного сигнала, не выйдя за рамки отведенного для пере-
передачи времени.
104
Обозначим число сообщении, которые можно пере-
передать за время Т через f(T). Рассуждая точно так же,
как и в задаче о марках, получаем, что f(T) удовлетво-
удовлетворяет соотношению
/(Г-^)+ ... +/G--*й). A4)
При этом снова f(T)=O, если Г<0 и f@)=l.
Проблема абитуриента
Поступающий в высшее учебное заведение должен
сдать 4 экзамена. Он полагает, что для поступления бу-
будет достаточно набрать 17 очков. Сколькими способами
он может сдать экзамены, чтобы наверняка поступить
в вуз?
Эта задача похожа на задачу о марках, но отли-
отличается от нее тем, что указано число «марок», которыми
надо «уплатить сумму в 17 очков». За каждый успешно
Сданный экзамен поступающий получает 3, 4 или 5 бал-
баллов. Обозначим через F(k; N) число способов, кото-
которыми можно набрать /V баллов после k экзаменов. То-
Тогда имеет место соотношение
F{k\ N) — F(k—l; N — 3)-{-F(k—U N — 4) +
+ F(k-l; N-5),
вывод которого совершенно аналогичен выводу соот-
соотношения A1) на стр. 103.
Отсюда получаем, что
; 13) 4-
FB; 11)-т-2/7B; 10)-г 3/7B; 9) 4-2/7B; 8)-+FB; 7) =
; 7),
поскольку набрать II баллов после 2 экзаменов невоз-
невозможно, а набрать 10 баллов можно единственным об-
образом — получив две пятерки.
Продолжая вычисление, получаем, что
FD; 17) = 2-r-3/7(l; 6) + 5F(l; 5) +
-f-6/41; 4) + 3F(l; 3) + F(U 2).
105
HoF(l;6)=F(l; 2)=01), af(l; 5)=F(l; 4)=FA;3) =
= 1. Поэтому rD; 17) = 16. Точно так же выводим, что
FD; 18)= 10, ^D; 19) = 4 и /7D; 20)= 1.
Итого получаем 16+10 + 4 + 1=31 способ успешной сда-<
чи экзаменов.
Тот же результат можно получить иначе. Легко проверить, что
17 очков можно получить лишь двумя существенно различными спо-
способами: либо получить 2 пятерки, 1 четверку и 1 тройку, либо по-
получить 1 пятерку и 3 четверки. Эти отметки могут любым спосо-
способом распределяться по сдаваемым предметам. Так как
то 17 очков можно получить 16 способами. Точно так же подсчи-
тывается число способов получить 18, 19 и 20 очков.
Вообще, пусть F(m; N)—число способов разбие*
ния N на т слагаемых, каждое из которых равно од«
ному из чисел nit n2, ...f nh. Тогда для F(m\ N) выпол*
няется соотношение
F(m; N) = F(m—l; N — «,)+••¦ -\-F(m — 1; N — nk),
A5)
которое выводится точно так же, как соотношение A1).
Мы предоставляем читателю провести этот вывод.
В частности, если «i=l, «2 = 2, ..., tih=k, то полу-
получаем разбиения N на т слагаемых, каждое из которых
равно одному из чисел 1, 2, ..., k. Обозначим число
этих разбиений через F(m; N; k). Тогда для F(m;N;k)
имеем соотношение
F(m; N; k) = F(m—l; N—l; k) +
-\-F{m—\\ N—2; k)+ ... +F{m—\, N — k; k). A6)
Как и на стр. 104, из этого соотношения вытекает, что
F(m; N; k) = F{m, N—l; k)-\-
-YF{m—\; N—l; k) — F{m—\; N—k — h k). A7).
Перейдем теперь к задачам на разбиения, в кото-
которых разбиения, отличающиеся только порядком слагаем
мых, считаются одинаковыми.
') Шесть баллов за один экзамен получить нельзя, а с двойкой
в институт не принимают.
106
Уплата денег
В кошельке лежат монеты в 1, 2, 3, 5, 10, 15, 20 и
50 коп. по одной монете каждого достоинства. Сколь-
Сколькими способами можно уплатить этими монетами за по-
покупку стоимостью в 73 коп.?
В этой задаче порядок монет не играет роли — важ-
важно лишь, какие именно монеты берутся для уплаты. Вве-
Введем следующее обозначение: через
F(nv n2, ..., nm\ N)
будем обозначать число способов, которыми можно
уплатить N коп. с помощью монет различного достоин-
достоинства пи п->, ..., пт коп., беря не более чем по одной мо-
нете каждого достоинства. Разобьем все способы уплаты
на два класса в зависимости от того, использована или
нет монета достоинством в пт коп. Если она использо-
использована, то остается уплатить сумму в N— пт коп. с по-
помощью монет в пи п2, ..., nm-i коп. А это можно сде-
сделать F(nu n-i, ..., «m_i; N— nm) способами. Если же
монета в пт коп. не использована, то надо оплатить всю
сумму в N коп. с помощью монет в пи п», . .., «m-i коп,
А это можно сделать F(nu п2, ..., «m-i; N) способами.
Отсюда следует, что имеет место соотношение
F(nit n2, ..., пт; N) =
= F(nl, n2, ..., «m_,; N—nm) + F(nx, щ, ..., nm^; N).
A8)
Это соотношение позволяет свести задачу о выборе из
т монет к задаче о выборе из т — 1 монет. Повторяя
это же рассуждение, сводим к задаче о выборе из т — 2
монет и т.д., пока не дойдем либо до задачи об уплате
нулевой суммы, либо до задачи о выборе из одной мо-
монеты. Обе задачи решаются однозначно. При этом в
ходе вычисления многие слагаемые отбрасываются.
Ведь если ni + n2+ ... +nm<N, то F(nt, n2, ..., пт\ N) =
= 0, так как монет не хватает на оплату покупки. Кро-
Кроме того, если nm>N, то соотношение A8) заменяется
на
F(nit «2, ..., пт; N) = F(nl n2, ..., пт^\ N),
поскольку монета пт в уплате участвовать не может.
107
Применим описанный метод к решению нашей за-
задачи. По соотношению A1) выводим сначала, что
F(l, 2, 3, 5, 10, 15, 20, 50; 73) =
= /7A, 2, 3, 5, 10, 15, 20; 23) +
+ /=¦A, 2, 3, 5, 10, 15, 20; 73) =
= F(l, 2, 3, 5, 10, 15, 20; 23),
так как 1+2+3 + 5+10+ 15 + 20<73 и потому F(l, 2, 3,
5, 10, 15, 20; 73) =0. Далее получаем, что
F(l, 2, 3, 5, 10, 15, 20; 23) =
= F(l, 2, 3, 5, 10, 15; 3) + /7A, 2, 3, 5, 10, 15; 23).
Но
F(l, 2, 3, 5, 10, 15; 3) = F(l, 2, 3; 3) =
= F{\, 2; 0) + /7A, 2; 3)=1+.РA; 3)-f/7(l; 1) = 2.
Вычислим второе слагаемое
F(l, 2, 3, 5, 10, 15; 23) =
= /="A, 2, 3, 5, 10; 8) + /7A, 2, 3, 5, 10; 23) =
= F(\, 2, 3, 5, 10; 8),
так как 1+2 + 3 + 5+10<23. Но F(l, 2, 3, 5; 8) =
= F(l,2, 3; 3)=2.
Окончательно получаем, что
F(\, 2, 3, 5, 10, 15, 20, 50; 73) = 4.
Итак, требуемую уплату можно произвести 4 способами,
а именно 50, 20 л 3 коп.; 50, 20, 2 и 1 коп.; 50, 15, 5 и
3 коп. и, наконец, 50, 15, 5, 2 и 1 коп.
Покупка конфет
В магазине продаются конфеты нескольких сортов:
3 сорта стоимостью 2 коп. за штуку и 2 сорта стои-
стоимостью 3 коп. за штуку. Сколькими способами можно
купить конфеты на 8 коп., если брать не более одной
конфеты каждого сорта?.
108
Решение задачи получается из следующих соотно-
соотношений:
FB, 2, 2, 3, 3; 8) = FB, 2, 2, 3; 5)+FB, 2, 2, 3; 8)=-
= FB, 2, 2; 2)+-2FB, 2, 2; 5)-fFB, 2, 2; 8) =
= FB, 2, 2; 2) = .РB, 2; 0) + /=-B, 2; 2) =
; 2) = 3.
Итак, покупку можно сделать 3 способами — купить
по одной конфете обоих сортов за 3 кои. и добавить
к ним любую из конфет за 2 коп.
Казалось бы, столько же решений имеет задача:
В кошельке лежат 3 монеты по 2 коп. и 2 монеты
по 3 коп. Сколькими способами можно уплатить с по-
помощью этих монет сумму в 8 коп.?
Это зависит, однако, от того, какие именно монеты
лежат в кошельке. Если монеты по 2 коп., равно как и
монеты по 3 коп., считались различимыми, то задача
совпадает с разобранной и уплату можно произвести
3 способами. Если же все монеты по 2 коп. неразли-
неразличимы, то остается единственный способ уплаты: 2 мо-
монеты но 3 коп. и 1 монета в 2 коп.
Таким образом, задачи на уплату имеют разный ха-
характер в зависимости от того, различимы или нет мо-
монеты одного и того же достоинства. Разобранный выше
метод решения годится лишь в случае, когда все мо-
неты считаются различными независимо от того, имеют
они одинаковое или разное достоинство. Покажем те-
теперь, как решать задачу в случае, когда монеты одного
достоинства считаются неразличимыми.
В кошельке лежат 10 монет по 2 коп. и 5 монет по
3 коп. Сколькими способами можно уплатить этими мо-
монетами сумму в 22 коп., если монеты одного достоин-
достоинства неразличимы друг от друга?
Обозначим число решений задачи через ФA0-2,
5 • 3; 22) A0 -2 означает, что у нас 10 монет по 2 коп.,
а 5-3 — что есть 5 монет по 3 коп.). Разобьем все спо-
способы решения задачи на классы в зависимости от того,
сколько использовано трехкопеечных монет. Если, на-
например, использованы две такие монеты, то остается
уплатить 16 коп. с помощью двухкопеечных монет,
а если использованы все 5 монет, то остается уплатить
109
лишь 7 коп. Если же трехкопеечные монеты совершенно
не использовались для уплаты, то все 22 коп. надо упла-
уплатить двухкопеечными монетами. Таким образом, имеет
место равенство
ФA0-2, 5-3; 22) = ФA0-2; 22) +
+ ФA0-2; 19) + Ф(Ю-2; 16) +
+ ФA0-2; 13) + ФA0-2; 10)+ФA0.2; 7). A9)
Продолжать дальше не надо, так как у нас только
5 трехкопеечных монет. Ясно, что 10 двухкопеечными мо-
нетами невозможно уплатить 22 коп. Поэтому ФA0-2;
22) =0. Далее, очевидно, что нечетную сумму невоз-
можно уплатить двухкопеечными монетами, а четную
можно уплатить единственным образом. Поэтому из
формулы A9) следует
ФA0-2; 5-3; 22) = 2.
Есть только 2 способа уплаты:
Как разменять гривенник!
Читателю, наверно, приходится каждый день по не-
нескольку раз менять гривенники — для проезда на метро
нужны пятачки, для разговора по телефону-автомату —
двухкопеечные монеты, а для того чтобы выпить стакан
газированной воды с сиропом — трехкопеечные монеты.
В связи с этим возникает вопрос:
Сколькими способами можно разменять гривенник
(монету в 10 коп.) на монеты в 1, 2, 3 и 5 коп.?
Эта задача похожа на решавшуюся в конце преды-
предыдущего пункта. Только теперь число монет разного до-
достоинства не ограничено. Поэтому число решений мы
обозначим тдк: ФA, 2, 3, 5; 10). Рассуждая точно так
же, как и в предыдущем пункте, получаем соотношение
ФA, 2, 3, 5; 10) = ФA, 2, 3; 10) +
+ ФA, 2, 3; 5) + ФA, 2, 3; 0) B0)
(все способы размена разбиты на классы по числу вхо-
входящих в них пятачков). Ясно, что ФA, 2, 3; 0) = 1—••
уплатить 0 коп. можно единственным образом,
ПО
Чтобы сосчитать ФA, 2, 3; 5), разобьем все способы
размена 5 коп. монетами 1, 2, 3 коп. на классы в зави-
зависимости от того, сколько берут трехкопеечных монет.
Мы получим
ФA, 2, 3; 5) = ФA, 2; 5)-f ФA, 2; 2)
(первое слагаемое соответствует случаю, когда не бе-
берется ни одна трехкопеечная монета, а второе — когда
берут одну такую монету).
Продолжая вычисление, получаем
, 2, 3; 5) = ФA; 5) + ФA; 3L:
; 0).
Все эти слагаемые равны 1, так как любая сумма копей-
копейками уплачивается единственным образом. Итак,
ФA, 2, 3; 5) =5. Точно так же подсчитывается, что
ФA, 2, 3; 10) = 14. Всего получаем 14 + 5 + 1=20 спосо-
способов размена.
Вместо соотношения B0) можно было взять сна-
сначала соотношение
ФA, 2, 3, 5; 10) = ФA, 2, 3; 10) + ФA, 2, 3, 5; 5).
Оно показывает, что способы размена распадаются на
те, где не использован ни один пятачок, и на те, где
хотя бы один пятачок использован.
Вообще, если надо заплатить N коп. монетами до-
достоинством в пи ..., nh коп., то имеет место соотношение
:, ..., пк.и пк; N) =
, ..., nk.vnk\ N — nk). B1)
Оно показывает, что либо мы не используем ни одной
монеты в Пи коп. и тогда надо всю сумму N заплатить
остальными монетами в щ, ..., пк-\ коп., либо хоть одна
монета в nh коп. использована и тогда надо заплатить
оставшуюся сумму N—nh кон. монетами в пи ..., nh-u
пи коп. Если же, как это было на стр. 107, монеты не
должны повторяться, то соотношение B1) заменяется
уже встречавшимся ранее (см. стр. 107) соотношением
F(nv ..., пк.х, nk; N) =
(nu .... nk^, N-nk). B2)
111
Разбиение чисел на слагаемые
Рассмотрим частный случай задачи о размене, когда
допускаются любые монеты от 1 до п коп. Иными сло-
словами, решим следующую задачу: !
Сколькими способами можно разбить число N на
слагаемые, каждое из которых равно одному из чисел
J, 2, ..., п (порядок слагаемых не учитывается).
Обозначим число таких способов разбиения через
Пдг:). Тогда имеет место соотношение
П^ = П^ЧП^„. B3)
В самом деле, если число п не использовано в каче-
стве слагаемого, то N разбито на слагаемые I, 2, ...
..., п—1, а это можно сделать ИдГ способами. Если
же п использовано в качестве слагаемого, то число
N — п разбито на слагаемые 1, 2, ..., п, что можно сде-
сделать Пд-_„ способами.
Наложим теперь ограничение, что все слагаемые
должны быть различными. Число решений в этом слу-
чае обозначим через Фдг (при этом Фо = 1). Предоста-
Предоставляем читателю показать, что для Ф.у имеет место со-
соотношение
^'я B4)
(число-п нельзя второй раз использовать в качестве
слагаемого).
Как легко видеть, Ф}= 1 и Ф}у:=0 при N>\, и с по-
помощью формулы B4) можно последовательно вычис-
вычислить Ф% для всех п и ЛЛ Для П% удобнее вместо соот-
соотношения B3) взять соотношение
П? = П&-1 -f Пи!1» + ИГЛ,, + ..., B5)
которое получается последовательным применением со-
соотношения B3). А после этого достаточно заметить, что
П,у = 1 (любое натуральное число можно единственным
образом разложить на слагаемые, равные 1). Пользуясь
соотношением B5), последовательно вычисляем П^ для
всех N, потом П;у и т. д.
') Значение Щ мы полагаем равным 1.
112
'' Заметим, что число всех способов разложения N на
слагаемые равно П;у—слагаемые, большие чем N, в
разложение войти не могут. Точно так же число спосо*
бов разложения N на различные слагаемые равно Ф,у.
Диаграммная техника
Первоначальные методы доказательства теорем
о разбиениях чисел были весьма сложны. Как и во мно->
гих вопросах математики, привлечение геометрических
соображений упростило и сделало наглядными
доказательства теорем.
Каждое разбиение числа N на слагае- •
мые можно изобразить в виде диаграммы. Ка-
Каждая строка диаграммы состоит из стольких • •
точек, сколько единиц входит в соответ- , # ,
ствующее слагаемое. Например, разбиению
7=1 + 1+2 + 3 соответствует диаграмма Рис. 10.
(рис. 10).
Так как порядок слагаемых в разбиении не играет
роли, то строки можно расположить так, чтобы их дли*
на не убывала сверху вниз. Кроме того, первые точки
каждой строки будем изображать в одном столбце.
Такие диаграммы будем на-
называть нормальными. fi\
С помощью диаграмм
легко доказывать различные
свойства разбиений. Дока- # #
жем, например, что число
способов разбиения числа N • • • \*J • • •
на не более чем т слагае- т=-4
мых такое же, как и способов Рис. 11.
разбиения N+m на m сла-
слагаемых. В самом деле, диаграмма, изображающая раз-
разбиение числа N на не более чем m слагаемых, состоит
из N точек, расположенных не более чем в m строках.
Добавим к каждой из таких диаграмм столбец, состоя-
состоящий из m точек (см. рис. 11, где изображено это преоб-
преобразование для N = 5, т = 4). Получится диаграмма, со*
стоящая из N+m точек, расположенных в m строках.
Обратно, отнимая первый столбец от каждой диаграммы,
состоящей из N+m точек, расположенных в виде
8 Н. Я. Впленкпн 113
m строк, мы получим диаграмму из N точек, причем
число строк будет не больше, чем т.
Мы установили взаимно однозначное соответствие
между диаграммами двух видов, откуда следует, что.
число этих диаграмм одинаково. Тем самым утвержде-
утверждение доказано.
Несколько сложнее доказывается следующая тео«
рема [теорема Эйлера):
Число способов разбиения N на не более чем т сла~
-. - „ , /Я (/Я -|- 1)
гаемых равно числу способов разбиения /V -| •
на т неравных частей.
/77=4
Рис. 12.
Каждое разбиение числа N на не более чем пг сла-
слагаемых изображается в виде диаграммы из N точек, со-
содержащей не более чем m строк. Добавим к каждой
такой диаграмме равнобедренный прямоугольный тре-
треугольник из m строк, после чего приведем диаграмму
к нормальному виду (рис. 12), где изображено такое
преобразование при N = 6, /п=4. Так как число точек
в треугольнике равно ——^—• то мы получим диа-
диаграмму из ./V -f- m g"" точек, содержащую m строк.
При. этом все строки диаграммы будут различной длины.
В самом деле, длины строк исходной диаграммы не
убывают, а длины строк треугольника все время уве-
увеличиваются. Значит, после добавления треугольника
получается диаграмма, длины строк которой все время
растут. Следовательно, строк одинаковой длины быть
не может.
Обратно, из каждой диаграммы для разбиения
./V-f- m(ffH~ Ha m неравныхслагаемых можно удалить
114
равнобедренный прямоугольный треугольник, содержа»
щий т строк, и получить диаграмму для разбиения N.
на не более чем т слагаемых. Это соответствие между
диаграммами двух видов показывает, что число их оди*
наково. Тем самым наше утверждение доказано.
Двойственные диаграммы
Диаграммы можно преобразовывать так, чтобы стро-*
ки стали столбцами, а столбцы — строками. Для этого
повернем диаграмму на 90° и приведем ее к нормаль*
ному виду. На рис. 13 изображено такое преобразовав
ние диаграмм.
Ясно, что если повторить это преобразование, то
снова получим исходную диаграмму. Поэтому все диа«
граммы распадаются на двойственные друг другу пары
Рис. 13. Рис. 14.
диаграмм (впрочем, надо иметь в виду, что некоторые
диаграммы двойственны сами себе, такова, например,
диаграмма на рис. 14).
Пользуясь двойственностью диаграмм, можно срав*
нивать разбиения, подчиненные некоторым ограничен
ниям на величину слагаемых с разбиениями, подчинен*
ными ограничениям на число слагаемых. Например,
имеет место такое утверждение:
Число разбиений N на слагаемые, не превосходящие
п, равно числу разбиений N на не более чем п сла-
слагаемых,
В самом деле, диаграммы для разбиения N на сла-
слагаемые, не превосходящие п, состоят из N точек, при-*
чем в каждой строке не более п точек. Значит, в этой
диаграмме не более чем п столбцов. Но тогда двой-
двойственная диаграмма имеет не более чем п строк, то есть
соответствует разбиению числа N на не более чем п
слагаемых.
8* 115
Точно так же доказывается, что число разбиений Л7
на п слагаемых равно числу разбиений на слагаемые,
не превосходящие п, хотя бы одно из которых равно п.
Далее, рассмотрим разбиения числа N на четные сла-
слагаемые. Эти разбиения изображаются диаграммами,
строки которых содержат четное число точек. Но тогда
в Двойственной диаграмме будет четное количество сла-
слагаемых каждого вида (рис. 15). Отсюда выводим такое
утверждение.
Рмс. 15.
Количество разбиений N на четные слагаемые равно
количеству разбиений, в которые каждое из чисел вхо-
входит четное число раз (разумеется, некоторые слагаемые
могут совсем не входить, поскольку нуль — четное
число).
Точно так же доказывается, что
Количество разбиений N на нечетные слагаемые рав-
равно количеству разбиений, в которые каждое из слагае-
слагаемых, кроме наибольшего, входит четное число раз, а
наибольшее слагаемое — нечетное число раз.
Формула Эйлера')
В связи с некоторыми вопросами разбиений Эйлер
изучил бесконечное произведение
Л = A—*)A— Л2)A— *3) ... A-х") ... B6)
Раскроем в этом произведении первые 22 скобки. Мы
получим выражение
А = [1— х —
') Этот пункт может быть пропущен при первом чтении.
116
где точками обозначены слагаемые, содержащие х в бо«
лее высокой степени, чем 22. Мы не стали выписывать
эти члены, так как после умножения квадратной скобки
на 1 —х23, 1 —х24, .. и т. д. они изменятся. Выписанные
же члены больше меняться не будут. Поэтому если
раскрыть все скобки, то получится бесконечный ряд, пер-
вые члены которого имеют вид
1 — х — л2 +*5 + л:7 — хи — ;cI5 + *2a-f- ... B7)
Видно, что после двух отрицательных членов идут
два положительных, потом снова два отрицательных
и т. д. Однако закон, по которому идут показатели этих
членов, уловить гораздо труднее. Путем длительного
экспериментирования Эйлер установил следующее пра*
вило:
Если превратить бесконечное произведение
A— х){\— Л2)A — х3) ... A-х") ...
в ряд, то в этом ряду будут отличны от нуля лишь СЛа-
гаемые вида (—\)kx 2 , где k — натуральное число.
Теорема Эйлера имеет большое значение не только
в теории разбиений на слагаемые, по и в теории эллип-
эллиптических функций и других вопросах математического
анализа. Однако большинство доказательств этой тео->
ремы довольно сложны. Мы приведем сейчас весьма
простое геометрическое доказательство теоремы Эйлера.
Предварительно нам понадобится сформулировать эту
теорему на языке теории разбиений.
При раскрытии скобок в выражении B6) слагаемые
±xN встретятся столько раз, сколькими способами
можно разбить число N на различные слагаемые. При
этом xN появляется, если число слагаемых четно, а — xN,
если это число нечетно. Например, разбиению 12 = 5+4+;
+ 2+1 соответствует слагаемое (—х5) (—х4) (—х2) (—х)~
=х12, а разбиению 12=5 + 4 + 3 — слагаемое
(_*») (_г') (—X3) = — X12.
Таким образом, коэффициент при xN в разложении
B7) равен разности между количеством разбиений на
четное число различных слагаемых и количеством раз-
разбиений на нечетное число различных слагаемых. Тео-
Теорема Эйлера утверждает: . .
117
Если число N не может быть представлено в виде
., 3k2 ± k -,
J\ = и— • т0 оно имеет одинаковое количество
разбиений на четное и на нечетное число различных ела-
гаемых. А для чисел вида N = ^— • разность меж-
между этими количествами равна (—l)ft (то есть если k четно,
то на 1 больше разбиений на четное число слагаемых, а
если k нечетно, то на 1 больше разбиений на нечетное
число слагаемых).
Чтобы доказать теорему Эйлера, покажем один спо-
способ превращения диаграммы с четным числом строк в
Рнс. 16.
диаграмму из стольких же точек с нечетным числом
строк, и обратно. Так как мы рассматриваем лишь раз-
разбиения на различные слагаемые, то диаграммы таких
разбиений состоят из нескольких трапеций, поставлен-
поставленных друг на друга. Обозначим число точек в верхней
строке диаграммы через ш, а число строк нижней тра-
трапеции через п. На рис. 16 изображена диаграмма, для
которой т = 2ип=3.
Предположим, что диаграмма содержит не менее
двух трапеций, причем пг^Сп. В этдм случае отбросим
первую строку и удлиним последние m строк нижней
трапеции на одну точку. После этого общее число точек
не изменится, все строки окажутся различной длины, но
четность числа строк изменится. Точно такое же преоб-
преобразование можно сделать, если диаграмма состоит из
одной трапеции, причем m-tCn— 1. На рис. 17а изовра-*
жен результат такого преобразования диаграммы.
Пусть теперь диаграмма содержит не менее двух
трапеций, причем пг>п. Тогда от каждой строки послед-
118
ней трапеции возьмем по одной точке и составим из них
первую строку новой диаграммы. Это можно сделать,
так как m>n и поэтому составленная строка короче
первой строки исходной диаграммы. Кроме того, так как
мы взяли все строки нижней трапеции, то в получив-
получившейся диаграмме все строки будут иметь различную
Л'
Рис. 17а.
длину. Наконец, новая диаграмма содержит столько то*
чек, что и исходная, но четность числа строк измени-"
лась — новая диаграмма содержит еще одну строку.
Точно такое же преобразование допускают диаграммы,
состоящие из одной трапеции, если п > т — 2. На
Рис. 176.
рис. 176 изображен результат описанного преобразовав
ния диаграммы. Сравнивая рисунки 17а и 176, мы убе«
ждаемся, что описанные преобразования взаимно обрат*
ны — если сначала сделать одно из них, а потом второе,
то снова получим исходную диаграмму.
Таким образом, диаграммы разбиений числа N, до'
пускающие одно из этих преобразований, распадаются
на одинаковое число диаграмм с четным и нечетным чис-
числом строк. Осталось выяснить, какие же диаграммы не
допускают описанного преобразования. Ясно, что эти
диаграммы состоят из одной трапеции, причем для них
либо tn—n, либо пг—п+_1. В первом случае диаграмма
119
Зл2 — л Зя2 -4- л
содержит —2— точек, а во втором А— точек
(рис. 18).
Приведенные рассуждения показывают, что если N
Зл2 ± л
не является числом вида—?>—- то оно имеет поровну
разбиений на четное и на нечетное число различных сла-
r~ A7 ЗЛ2 ± Л
гаемых. Если TV = —*—и п — четное число, то остается
m=/?-J m-U, n=3
Рис. 18.
одна диаграмма, не допускающая преобразования и
имеющая четное число строк. Поэтому разбиений на чет-
четное число слагаемых окажется на 1 больше, чем на не-
г- „ Зл2 ± П
четное число слагаемых, если жеУУ = —^—" п — не*
четное число, то на 1 больше будет разбиений на нечет-
нечетное число слагаемых. Теорема доказана.
ГЛАВА V
КОМБИНАТОРИКА
НА ШАХМАТНОЙ ДОСКЕ
Человек бродит по городу
На рис. 19 изображен план города (примерно такой
вид имеет план Канберры — столицы Австралии). В этом
городе nxk прямоугольных кварталов, разделенных
п—1 «горизонтальными» и k—1 «вертикальными» ули-
улицами. Путник хочет попасть из пункта А в пункт В
Рис. 19.
кратчайшим путем, то есть двигаясь все время или
«слева направо», или «снизу вверх». Сколькими путями
он может добраться из А в В?
Ясно, что, каким бы путем ни шел путник, он прой-
пройдет через k+n перекрестков (считая точку А, но не счи-
считая точку В). На каждом перекрестке он может идти
или направо, или вверх. В соответствии с этим все пе-
перекрестки делятся на два класса. Сопоставим тем пере-
перекресткам, где он выбирает путь вправо, цифру 0, а тем,
где он идет вверх, цифру 1. Так как число перекрестков
121
первого класса должно
равняться k, а второго
п (иначе путник не по-
попадет в точку В), то по-
получим перестановку, со-
состоящую из k нулей и
п единиц. Каждой та-
такой перестановке в свою
очередь соответствует
некоторый путь. На
рис. 19 изображен путь,
соответствующий пере-
перестановке 0110001100.
Но число перестано-
перестановок из k нулей и п еди-
единиц равно
-• A)
n\k\
Тому же самому равно и число кратчайших путей из
А в В.
Арифметический квадрат
Перемещения путника по городу напоминают движе-
движения шахматной ладьи. Возьмем бесконечную шахматную
доску, ограниченную с двух сторон перпендикулярными
лучами, и поставим в углу этой доски ладью. Мы будем
предполагать, что ладья движется по доске или сверху
вниз, или слева направо. Комбинируя друг с другом эти
движения, можно получить различные пути, ведущие из
углового поля в данное поле доски. Напишем на каждом
поле доски число этих путей. Ясно, что написанное число
зависит от координат поля, от того, в какой вертикали и
горизонтали оно находится.
Нам будет удобно нумеровать вертикали и горизон-
горизонтали числами 0, 1,2, ..., п, ... При такой нумерации уг-
угловое поле получает координаты @, 0). Используя ре*
зультат, полученный при решений предыдущей задачи,
убеждаемся, что на пересечении k-й вертикали и я-й го-
горизонтали стоит число Сд+й (чтобы попасть на это поле,
122
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
1
3
6
10
15
21
1
4
10
20
35
56
1
5
15
35
70
126
1 . . ;
6 ...
21 ...
56 ...
196 ...
252 ...
надо сделать k ходов вправо и п ходов вниз). Подставим
вместо Cn+k их числовые значения. Мы получим тогда
таблицу .3. Эту таблицу на- таблица з
зывают арифметическим ква-
квадратом. Познакомимся под-
подробнее с его свойствами.
Внимательное изучение ариф-
арифметического квадрата по-
показывает, что каждое напи-
написанное в нем число полу-
получается по следующему зако-
закону: оно равно сумме числа,
написанного над ним, и чис-
числа, написанного слева от него. Например, над числом
10 = 4 + 6 написано 4, а слева от пего 6.
Полученное правило легко вытекает из доказанного
ранее (см. стр. 53) равенства Cn = Cn-\-\-CnZv Но его
можно доказать и непосредственно. В самом деле, на
поле (k, n) ладья может попасть с одного из полей
(k—1, п) или (k, п—1). Поэтому в силу правила
суммы число способов попасть на поле (k, n) равно
сумме числа способов достигнуть поле (k—1, п) и
числа способов достигнуть поле (k, п— 1). А это и есть
наше утверждение.
Из соотношения Cn+k~Cnn+k вытекает, что арифме-
тический квадрат симметричен относительно диагонали,
проходящей через угол (мы будем называть ее главной
диагональю). Впрочем, это свойство также легко дока*
зать геометрически — попасть иа пересечение п-и вер-
тикали и k:n горизонтали и на пересечение fe-й вертикали
и п-п горизонтали можно одинаковым числом способов.
Фигурные числа
При вычислении элементов таблицы 3 мы пользова-
пользовались как элементами предыдущей строки, так и элемен-
элементами предыдущего столбца. Но достаточно было исполь-
использовать элементы предыдущей строки. В самом деле, мы
доказали на стр. 54 формулу A5)
^ 1 bl fC
Эта формула показывает, что каждый элемент нашей
таблицы равен сумме элементов предыдущей строки,
123
начиная с первого и кончая элементом, стоящим непо-
непосредственно над вычисляемым. Таким образом, последо-
последовательно складывая элементы (п— 1)-й строки, мы вы-
вычисляем один за другим элементы n-й строки. •
Такой метод вычисления таблицы 3 связан с восхо-
восходящим к древнегреческим математикам Пифагору и Ни«
комаху учением о фигурных числах. Дело в том, что
числа 1, 2, 3, можно изображать строками из одной,
Рис. 20.
двух, трех и т. д. точек, а эти строки объединить в тре-
треугольники (рис. 20). Тогда число точек в каждом тре-
треугольнике будет равно соответствующему числу во вто-
второй строке таблицы '). Поэтому числа 1, 3, 6, 10, 15, 21
и т. д. называют треугольными числами, k-e треугольное
число равно
Г2 ¦ (* + !)*
1
Точно так же треугольники, изображенные на рис. 20,
можно объединять в пирамиды. Число точек в каждой
пирамиде равно соответствующему числу в третьей
строке нашей таблицы. Поэтому числа 1, 4, 10, 20, 35
и т. д. называют пирамидальными. Их общий вид такой:
^з (к + 2) (к -f-1) к
Чтобы дать аналогичное истолкование числам следую-
следующих строк, надо было бы перейти к пирамидам в про-
пространствах высшего числа измерений.
Учение о фигурных числах на протяжении многих
столетий привлекало математиков, и было в свое время
важным разделом теории чисел.
') Напомним, что строки нумеруются числами 0, I, 2, ..., и по-
потому верхняя строка—нулевая, следующая за ней — первая и т. д.
124
f'
г
Г
b
b
b
b
Ш
Ш
Щ
A
A
Рис. 21.
'Арифметический треугольник
Возьмем теперь доску, ограниченную только с одной
стороны, и поставим на поле А нулевой горизонтали
шашку (рис. 21). Двигаясь по правилам шашечной
игры, эта шашка мо-
может попасть на лю- С я
бое поле в области,
ограниченной пря-
прямыми АВ и АС. Сно-
Снова напишем на Каж-
Каждом поле число спо-
способов, которыми на
него может попасть
наша шашка. Мы ви-
видим, что написанные
числа совпадают, по
сути дела, с числами
арифметического квадрата и только иначе расположены.
Это не удивительно: если повернуть доску па 45°, то
шашка будет двигаться по горизонтальным и вертикаль-
вертикальным линиям, и задача превратит-
превратится в задачу о движениях ладьи.
Числа на рис. 21 обычно изо-
изображают в виде треугольника
(таблица 4). Здесь каждое число
равно сумме двух чисел предыду-
предыдущей строки, между которыми оно
находится. Этот треугольник ча-
часто называют треугольником Пас-
Паскаля. Однако еще до Паскаля
A623—1662) его знал итальян-
итальянский математик Тарталья1)
A500—1557). А за много лет до Тарталья этот тре-
треугольник встречается в работах арабских математиков
1 А
1
Б Л
1
И
1
4
Ц А
1
3
4
1
2
6
1
3
1
4
1
1
') Тарталья был замечательным математиком. Кроме арифмети-
арифметического треугольника, он открыл формулу решения для кубических
уравнений. Он рассказал эту формулу другому итальянскому мате-
математику Д. Кардано, взяв с него клятву никому не открывать до-
доверенный секрет. Но Кардано вскоре опубликовал это решение
в своем учебнике алгебры, и потому формулу для решения кубиче-
кубических уравнений совершенно несправедливо называют «формулой
Кардано»,
125
Гиясэддина и Омара Хайяма. Поэтому мы будем налы*
вать его просто арифметическим треугольником.
Арифметический треугольник можно записать и в та-
ком виде:
Т А 6Л
1
1
1
1
1
1
И Ц А
0
1
2
3
4
5
i
0
0
1
3
6
10
0
0
0
1
4
10
0
0
0
0
1
5
0 ...
0 ...
0 ...
0 ...
0 ...
1 ...
Здесь на пересечении й-й вертикали и п-н горизонтали
стоит число С\ (напомним, что крайние линии имеют
нулевые номера). Каждое число треугольника равно
сумме числа, стоящего выше его, и числа, расположен^
ного в предыдущей строке наискосок влево. Например,
над числом 4 в четвертой строке стоит число 1, а наиско-
наискосок влево от 4 стоит число 3, и 4= 1 +3.
Отметим еще следующие особенности арифметиче-
арифметического треугольника — все элементы, расположенные
выше главной диагонали, равны нулю, а нулевой стол-
столбец состоит из единиц. Числа, стоящие в п-к строке
арифметического треугольника, то есть числа Сп при
фиксированном п, являются коэффициентами в разложе-
разложении бинома (\+х)п по степеням х. Поэтому их назы-
называют также биномиальными коэффициентами. Мы оста-
остановимся на этом подробнее в главе VII.
Расширенный арифметический треугольник
Арифметический треугольник занимает лишь часть
плоскости. Распространим его на всю плоскость, сохра-
сохраняя сформулированное выше правило — каждый эле-
элемент равен сумме элемента, стоящего над ним, и эле-
элемента предыдущей строки, стоящего наискосок влево.
При этом, так как нулевой столбец арифметического тре-
угольника состоит нз единиц, то и в расширенном тре-
треугольнике заполним этот столбец единицами..
126 ¦ .
Применяя указанное правило к элементам нулевого
столбца, видим, что перед ним должен быть столбец, за*
полненный нулями. Но тогда и все дальнейшие столбцы
влево состоят из одних нулей. Поэтому надо лишь вы*
яснить, что стоит над нулевой строкой треугольника.
Наискосок от первого элемента нулевой строки стоит
число 1, а сам этот элемент равен нулю. Поэтому над
ним надо написать —1 A + (—1)=0). Но тогда, чтобы
получить нуль и на втором месте первой строки, надо
поставить над ним число 1. Продолжая далее, увидим,
что над первой строкой появилась новая строка, состоя*
щая из чередующихся чисел 1 и —1. Точно так же за*
полняются остальные строки вверх.
В результате получаем таблицу, часть которой изо-
изображена ниже:
ТАБЛИЦА
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
... 0
6
1
1
1
1
1
-5
—4
—3
—2
-1
0
1
2
3
4
5
15
10
6
3
1
0
0
1
3
6
10
—35
-20
—10
—4
—1
0
0
0
1
4
10
70
35
15
5
1
0
0
0
0
1
5
—196 . . .
-56. ..
—21 ...
—6. . .
-1 ...
0. . .
0. . .
0. . .
0. . .
0. . .
1...
Рассматривая часть этой таблицы, расположенную
выше нулевой строки, убеждаемся, что она отличается
от арифметического квадрата на стр. 123 лишь знаками
членов. Именно, на пересечении (—«)-й горизонтали и
?-й вертикали стоит число (—\)k~x Ckn+k-\- Разумеется,
рассмотрение части таблицы не может служить до-
доказательством того, что это утверждение верно для
всех строк и всех столбцов. Чтобы убедиться в его
127
справедливости, заметим, что
= (-if-1 [с* ,*_1 - c*;i_2] ^(-l)*-1 c5+»_2
(см. формулу A1) на стр. 53). Полученное равенство
показывает, что в таблице, составленной из чисел
(—\)k~lCkn+k-\, k-й элемент строки я+1 равен сумме
элементов (—я)-й строки с номерами k и k— 1. Иначе,
правило заполнения таблицы из чисел (—1) ~ Cn+*-i
совпадает с правилом заполнения таблицы для расши-
расширенного арифметического треугольника. Так как, кроме
того, эти таблицы имеют одинаковые сроки с номе-
номером— 1 и нулевой столбец, то все их элементы совпадают.
В исходном арифметическом треугольнике на пере-
пересечении я-й горизонтали и k-й вертикали стояло число
Сп. В расширенном треугольнике на пересечении (—я)-и
горизонтали и k-й вертикали стоит число (—1) ~ Cn+it~i-
Поэтому можно обобщить символ С* на отрицательные
значения я, положив
С*_я = (-1)*-1с!1+*..1. B)
Как показывает таблица 6, обобщение символа С* на
отрицательные значения k тривиально: при k<0 имеем
С* = 0 (см. также стр. 202). Кроме того, С* = 0, если
О < п < k.
Шахматный король
Арифметический треугольник можно получить сле->
дующим образом. Поставим в левом верхнем углу таб«
лицы «одностороннего шахматного короля», то есть фи->
гуру, которая может ходить только на одно поле вперед
и на одно поле наискосок вправо. Напнсаз на каждом
лоле число способов, которыми эта фигура может дойти
до этого поля, мы получим арифметический треугольник.
Заменим теперь «одностороннего короля» обычным
шахматным королем, ограничив его свободу передвиже-
ния лишь одним условием: король должен всегда идти
128
вперед, на следующую горизонталь. Для того чтобы ко*
роль мог использовать свои новые возможности, надо
расширить доску, взять доску, ограниченную только.с
одной стороны прямой линией. На рис. 22 изображена
такая доска, на каждом поле которой указано число
способов, которым может достигнуть его король, перво-
первоначально находившийся на поле А.
Разберемся, как составлена новая таблица. Предио*
ложим, что для каждого поля горизонтали п — 1 уже
/
г
"-—.
Щ
'М
'/Л
4
4
3
ш
16
й
2
г
1
У//
16
ш
2
///
3
У//
%
щ
YA
¦'л
Л
щ
1
Рис. 22.
найдено, сколькими способами может попасть на него
царственный скиталец. Найдем, сколькими способами
достигаются поля я-й горизонтали. На каждое из этих
полей король может попасть с одного из соседних полей
горизонтали я— 1 (лежащего прямо над ним, наискосок
вправо и наискосок влево, см. рис. 22). По правилу
суммы получаем следующий результат:
Число способов, которыми шахматный король может
достигнуть некоторого поля п-й горизонтали, равно
сумме чисел способов, которыми достигаются три сосед-
соседних поля горизонтали п— 1.
При этом считается, что для поля, на котором ко*
роль стоит в самом начале, есть один такой способ (не
двигаться с места), а для остальных полей нулевой го-
горизонтали таких способов совсем нет.
Обобщенный арфиметический треугольник
Треугольник на рис. 22 можно изобразить иначе,
сдвинув все числа вправо так, чтобы таблица умести-
уместилась "на части доски, ограниченной двумя перпендику-
перпендикулярными лучами.
9 Н. Я. Виленкин 129
В этом случае правило получения каждого числа таб-
таблицы формулируется так:
Каждое число равно сумме грех чисел предыдущей
строки: стоящего прямо над ним и двух соседних слева.
При этом в углу стоит число 1, а все остальные эле-
элементы нулевой строки равны нулю.
Например, число 16 в четвертой строке является
суммой чисел 3, 6 и 7 третьей строки.
Совершенно ясно, как дальше обобщать арифмети-
арифметический треугольник. Возьмем какое-нибудь натуральное
число m и будем заполнять таблицу по такому правилу:
в левом верхнем углу поставим число 1, а во все осталь-
остальные клетки нулевой строки — нули. А после этого в ка-
каждую клетку первой строки запишем сумму m элемен*
тов нулевой строки: стоящего прямо над искомым и
m — 1 элементов влево от него. Ясно, что тогда первые
m элементов первой строки окажутся равными единице,
а остальные — нулю (если при составлении суммы не
хватает слагаемых, то недостающие слагаемые считают-
считаются равными нулю; иными словами, таблицу дополняют
слева таблицей из нулей (см. таблицу 7).
ТАБЛИЦА 7
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
2
3
4
0
1
3
6
10
0
0
2
7
16
0
0
1
6
19
0
0
0
3
16
0
0
0
1
10
0
0
0
0
4
0
0
0
0
1
Совершенно так же заполняются остальные строки
таблицы: каждый элемент таблицы равен сумме m эле-
элементов предыдущей строки: стоящего прямо над ним и
m — 1 стоящих влево. В частности, арифметический тре-
треугольник получается при т=2, треугольник на таблице 7
при т=3.
Для того чтобы различать друг от друга арифмети-
арифметические треугольники с различными значениями т, мы
будем называть их т-арифметическими треугольниками.
Элемент m-арифметического треугольника, стоящий на
пересечении и-й горизонтали и k-й вертикали, обозначим
130
через Cm(k,n). Из определения m-арифметического тре-
треугольника вытекает, что числа Cm(k, n) удовлетворяют
соотношению
Cm(k, n) = Cm(k, л_1) + Ст(Л-1, п- 1)+ ...
... +Ce(ft-w+l, я-1). C)
При этом выполняются условия
{1, если 0-<&<:/га—1;
О, если k>m.
Обобщенные арифметические треугольники
и/я-ичная система счисления
Числа Cm(k,n) связаны с m-нчной системой счисления. Именно,
Ст (k, n) равно количеству п-значных чисел в пг-ичной системе счис-
счисления, у которых сумма цифр равна k. При этом термин «п-знач-
ные» мы понимаем в широком смысле, допуская и числа, начинаю-
начинающиеся с одного или нескольких нулей. Например, 001 215 рассматри-
рассматривается как шестизначное число, сумма цифр которого равна 9.
Чтобы доказать сформулированное утверждение, обозначим ко-
количество n-значных чисел в m-ичной системе счисления, сумма цифр
которых равна k, через Bm(k,n). Мы покажем, что числа Bm(k,n)
удовлетворяют тому же соотношению C), что и Cm(k,n). В самом
деле, последняя цифра числа ъ m-ичной системе счисления может
принимать одно из значений 0, 1, ..., ш—1. В соответствии с этим
сумма цифр (п—1)-злачного числа, получающегося из п-значного
отбрасыванием последней цифры, может принимать одно из значе-
значений k, k—1, ...., k — m+1. В силу правила суммы получаем от-
отсюда, что
Bm(k, n) = Bm(k. я-1)+ ... + Bm(k-m+l, n-\). D)
Кроме того, ясно, что Bm(k, 1) равно 1, если 0^ k ^ m—1, и
0 в противном случае (в m-ичной системе счисления есть только од-
одно однозначное число с суммой цифр k, если 0<й^т—1, и ни
одного такого числа, если k^m). Таким образом, первая строка
таблицы чисел Bm(k,n) совпадает с первой строкой таблицы чисел
Cm (k, n). Так как законы C) и D) составления этих таблиц тоже
совпадают, то для любых k a n имеем Bm{k,n)=Cm{k,n).
Некоторые свойства чисел С„, (А, га)
Числа Cm (k, n) обладают рядом свойств, напоминающих свой-
свойства чисел С%. Это не удивительно, поскольку в силу построения
арифметического треугольника имеем С2 F, п) = Cnk. В первую оче-
очередь отметим, что Cm(k,n) отлично от нуля лишь при 0<? <
<ln(m—1). Это сразу следует из того, что каждая следующая
строка m-арифметического треугольника длиннее предыдущей на
ш— 1.
9* 131
Далее, покажем, что числа Ст(к,п) обладают следующим свой-
свойством симметрии:
Ст (А, я) = Ст (п (т - 1) - А. я). E)
Для этого сопоставим каждому я-значному числу в m-ичной систе-
системе счисления «дополнительное число», получающееся путем замены
каждой цифры ее дополнением до т-—I. Например, в 7-ричной си-
системе счисления дополнительным к 3 140216 будет число 3 526 450.
Ясно, что если сумма цифр данного числа равнялась к, то сумма
цифр дополнительного числа равна п(т—1)—к. Поэтому я-знач-
я-значных. чисел с суммой цифр к столько же, сколько и с суммой цифр
п(т — 1) — к. Но это и выражено равенством E).
Так как общее количество я-значных чисел в m-ичнои системе
счисления равно тп (см. стр. 12), то имеет место соотношение
Ст @, я) + Ст A. я) + ... + Ст (я (т - 1), я) = /я» F)
Докажем теперь соотношение
Cm@, l)Cm(k, я_/) + стA. /)Cm(A-l, я-0+ ¦¦•"
.., + Ст {к, I) Ст @, я - I) = Ст (к, п). (!)
где 0</<«. Для этого разобьем все я-зпачные числа с суммой цифр,
равной к, на классы. К s-му классу отнесем числа, сумма пер-
первых / цифр которых равна s. Тогда сумма последних п — I
цифр будет равна к — s. По правилу произведения получаем,
что в s-й класс входит Cm(s,l)Cm{k — s, n — /) чисел. Так как об-
общее количество я-значных чисел с суммой цифр к равно Ст(к,п),
то по правилу суммы получаем соотношение G).
В частности, при /=1 соотношение G) пронводнт к равенству
C) (так как Ст(к, 1) = 1 при 0<,?<т — 1 и Ст(к, 1)=0 при
*>т).
Наконец, покажем, что имеет место равенство
... + CsnCm_x (А-я + s, л-s) + ... + С"аСя_х (к, 0) = Ст {к, я).
(8)
Для этого разобьем все л-зпачные числа в m-пчнон системе счис-
счисления, сумма цифр которых равна к, па классы. К s-Aiy классу,
0<[5^я, отнесем числа, в m-нчной записи которых встречается
ровно s пулей.
Найдем, сколько чисел входит в s-fi класс. Каждое число s-ro
класса мол^ет быть выбрано в два этапа. Сначала выберем места,
на которых стоят нули. Так как рассматриваются я-зпачные числа,
а количество нулей равно s, то это может быть сделано Csn спосо-
способами. После этого вычеркнем все нули и уменьшим каждую остав-
оставшуюся цифру па 1. Мы получим (я — х)-змачное число, записанное
цифрами 0, 1, ..., т — 2 (то есть число в (т—1)-ичной системе
счисления), сумма цифр этого числа равна к— (я — s)=k — n+s. Ко-
Количество таких чисел равно Ст-\(к — n + s, я — s), Из проведенных
132
рассуждений видно, что в s-й класс входит CsnCm_i (k — n-\-s, n — s)
чисел. Так как общее количество n-значных чисел, имеющих
сумму цифр к, равно Cm(k, n), то в силу правила суммы получаем
соотношение (8).
Так как С.2 (к, п) =. С%, то из соотношения (8) следует, что
С3(*. п)-С°яС1_п + С1аС12\+{+ ... +CnCl
Повторно применяя формулу (8), получаем выражение Cm(k,n) че-
через биномиальные коэффициенты.
Шашка в углу
Возьмем снова бесконечную шахматную доску, огра«
ничейную двумя перпендикулярными лучами, и поста*
вим в углу этой доски шашку (рис. 23I). На каждом
поле доски напишем число способов, которыми шашка
'<Р/,
%
У//
7/,
Щ
ш
%
У//
'Ж
ь
г//
Щ
щ
т.
У//
'S.
ш.
У/,
ж
''л
Рис. 23.
может на него попасть. Результат будет отличаться от
полученного ранее, когда доска была ограничена только
одной прямой линией (см. стр. 125), так как теперь
шашка не может перейти вертикальную границу. По-
Поэтому число возможностей попасть на какое-нибудь поле
стало меньше: идя на это поле, шашка не должна заби-
забирать слишком влево. Например, па ноля, находящиеся
вдоль границы, шашка может попасть только с одного
') На рисунке изображен нужный для дальнейшего добавочный
столбец.
133
поля, а не с двух, как это было на стр. 125. На стр. 125
говорилось, что число, написанное на каждом черном
поле, равно сумме двух чисел, написанных на соседних
черных полях предыдущей горизонтали. Чтобы этот
закон сохранил силу и сейчас, надо провести еще
одну вертикаль слева от границы, и на каждом ее чер-
черном поле написать нуль (попасть на это поле невоз-
невозможно) .
Подсчитаем, сколькими же способами можно попасть
на некоторое поле с учетом сделанного ограничения. Ка-
Каждый путь можно записать в виде последовательности
нулей и единиц — нуль означает ход влево, а единица —
ход вправо. При этом число нулей и единиц определяет-'
ся только полем, на которое должна попасть шашка. На-
Например, любой путь из 4 нулей и 6 единиц приводит
к полю на пересечении второй вертикали и десятой го-
горизонтали (как и выше, мы считаем, что крайние линии
имеют нулевой номер).
Однако не любая последовательность нулей и едн-
ниц допустима. Например, нельзя начинать с нуля —
этот ход сразу выведет шашку за пределы доски. Допу-
Допустимые последовательности обладают следующим харак-
характеристическим свойством: перед каждым местом стоит
не меньше единиц, чем нулей — в каждый момент дви-
движения число ходов вправо должно быть не меньше, чем
число ходов влево, иначе шашка окажется за пределами
доски.
Итак, нам надо найти, сколько последовательностей
из k нулей и m единиц обладает следующим свойством:
перед каждым местом последовательности число единиц
не меньше, чем число нулей. Но эту задачу мы уже ре-
решили на стр. 83 (только там вместо нулей и единиц
брали буквы р и п). Там было показано, что число та-
m — k -4-1 s^k r-ч
ких последовательностей равно ц—?—Cm+h. Это
число и надо написать на пересечении горизонтали m+k
и вертикали m — k.
Поставим теперь шашку не в угол, а на <?-е поле ну-
нулевой горизонтали (вопреки шашечным правилам это
поле .может быть и белым). Теперь у шашки появи-
появилось q запасных ходов влево. Этот случай соответствует
рассмотренной на стр. 84 задаче, в которой кассир за-
заранее запасся q полтинниками. Используя полученный
134
там ответ, приходим к выводу: если на некоторое поле
шашка попадает, сделав k ходов влево и т ходов вправо,
C^ , то число различных способов попасть на
Фа
у/л
'#<
'Фа
Фа
т
'/л
'&
'Ф,
Фа
%
Фа
У//
%
b
У//
Ж
fa
%
Фа
%
''а
Рис. 24.
это поле равно Ст+й — Cm+V1- На .рис. 24 изображена
таблица, возникающая при <?=3.
Арифметический пятиугольник
Повернем доску на 45°. Тогда шашка будет двигаться
по вертикальным и горизонтальным прямым, а гра-
граница будет наклонена к этим прямым под углом в 45°.
Поэтому задача о шашке в углу примет следующий
вид:
В углу шахматной доски стоит ладья. Сколькими спо-
способами она может попасть на поле (m, k), двигаясь
кратчайшим образом и не пересекая во время движе-
движения диагональ доски (вставать на поля диагонали ладья
может) ?
Из доказанного выше следует, что при k^Cm число
- m — k + 1 /->к и ^
этих способов равно -ц-+—Ст+*, а при k>m — нулю.
Если же перенести диагональ на q полей вправо, то от-
ответ примет вид: при O^Ck^Ctn + q число способов равно
С?„ ,.* — Ст~&\ а при k>m + q — нулю.
Если шахматная доска конечна, то отличные от нуля
числа этой таблицы заполняют пятиугольник (рис. 25).
135
/
/
/
/
/
2
3
4
1
3
6
10
\
10
20
0
\
14
34
0
0
X
48
0
0
0
ч
Рис. 25.
Его называют арифметическим, пятиугольником. Это же
название сохраняют и для таблицы, получающейся на
бесконечной доске, ограниченной двумя перпендикуляр-
" ными лучами.
Основное свойство арифметического пятиугольника
совпадает с основным свойством арифметического квад-
квадрата: каждое число арифметического пятиугольника
равно сумме двух чисел: стояще-
стоящего выше него и стоящего слева от
пего. Отличие же арифметическо-
арифметического пятиугольника от арифметиче-
арифметического квадрата состоит в том, что
диагональ пятиугольника, распо-
расположенная на q линий выше глав-
главной диагонали, состоит из нулей
(этим пятиугольник напоминает
арифметический треугольник, рас-
рассмотренный на стр. 126).
Возьмем теперь доску, ограниченную двумя перпен-
перпендикулярными лучами, и проведем на ней не одну, а две
линии, параллельные главной диагонали — на q линий
выше ее и на s линий ниже ее. Будем считать обе эти
линии «запретными» для ладьи
и напишем на каждом поле
доски число способов, которы-
которыми ладья может дойти до этого
поля. Получающаяся таблица
носит название арифметическо-
арифметического шестиугольника. На рис. 26
изображена такая таблица при
<7 = 4, s = 3.
Арифметический шести-
Арифметический шестиугольник можно истолковать
также следующим образом.
Возьмем шахматную доску, ог-
ограниченную отрезком длины в
s + q полей и двумя перпенди-
перпендикулярными к нему лучами, и поставим шашку на поле,
удаленное от одного угла на s полей, а от другого
угла на q полей. Напишем на каждом поле число спо-
способов, которыми может достигнуть его наша шашка.
Повернув эту таблицу па 45°, получим арифметический
шестиугольник.
136
/
/
/
\
0
0
Г
г
3
4
\
0
1
3
6
10
14
\
1
4
10
20
34
48
\
5
15
35
69
117
0
\
20
55
124
241
0
0
\
75
199
340
Рис. 26.
Геометрический способ доказательства
свойств сочетаний
В главе II были доказаны некоторые свойства соче-
сочетаний. Покажем, как вывести эти свойства более нагляд-
наглядно, используя геометриче-
геометрические соображения.
Сначала покажем, как
вывести соотношение
-f С = 2". (9)
Для этого рассмотрим все
пути, ведущие из точки
Л @, 0) в точки вида Bh(k,
n — k), 0<k<n (рис. 27).
Эти пути распадаются
на классы в зависимости от
того, в какой точке Bk>
n, они закапчиваются.
„Ш)
ff/W
\
вр)
В3C,2)
\
\
а@,0)
Рнс-27-
В точку же Bk ведет P(k, п — k) = Cn путей. Нам оста-
осталось подсчитать общее число рассматриваемых путей.
Каждый такой путь имеет длину «. Его можно заши-
зашифровать «-последовательностью из нулей и единиц, со-
сопоставив горизонтальным отрезкам нули, а вертикаль-
вертикальным— единицы. Но число всех «-последовательностей
из нулей и единиц равно 2". Тем самым доказано соот-
соотношение (9).
На стр. 123 мы уже доказали геометрически соотно-
соотношения
1-1 __ /-k /->n-k
С„ =
C* = i
Этим способом можно доказать и более сложные ра-
равенства. Проведем вертикальную прямую с абсциссой
т, 0-^иг-^/е. (рис. 28). Каждый путь, ведущий из точки
А @, 0) в точку B(k, n), пересекает эту прямую, причем,
быть может, частично проходит по этой прямой. Разо-
Разобьем множество всех путей из Л в Б на классы, причем
в s-й класс отнесем пути, для которых последней общей
точкой с прямой х = т является точка О„(т, s).
Подсчитаем теперь, сколько путей, соединяющих точ-
точки А и В, относится к s-му классу. Каждый такой путь
137
состоит из пути, идущего от Л к Ds, отрезка от Ds(m, s)
до Ds (от-f- 1, s) (ведь Ds — последняя точка прямой х =
= т на этом пути!) и пути от Ds(m-\- 1,5) до точки
B(k, п). По формуле A) из точки Л @, 0) в точку
Ds(tn, s) ведет Р(т, s) путей. Из точки жсО5(т-\-1, s)
в точку B(k, п) ведет P(k—т—1, п—s) путей (чтобы
попасть из Ds в В, надо пройти k — т—1 единичных
в(к,п)
А @,0)
4ава
Рис. 28.
отрезков вправо и /г — s единичных отрезков вверх). По
правилу произведения общее число путей s-ro класса
равно
Р(т, s)P(k — m—\, n — s).
Число же всех путей из Л в Б равно P(k, n). Поэтому
по правилу суммы получаем, что
P(k, n) = P(m, 0)P(k—m—\, n) +
+ Р{т, \)P{k — m—\, я —1)+ ...
... +Р{т, n)P{k — m—\, 0).
Это равенство можно записать так:
t>n l-ft == (~> пг~> п + к — т — \ ~Т~ ^/n + l^-n+ft—m—2 ~т~ • • • ~Т~ ^m+nf~>k—m—1
A0)
(ср. формулу B4) на стр. 57),
В частности, при m = k—1 получаем соотношение
л + ft — ^ft-l~r^ft -j- >•• f Ut.).j.i-(-i,i -f- 1>А+л_1. [П)
138
Заметим, что соотношения A0) и A1) можно вывести,
многократно применяя соотношение Cn = Ckn-i-\-CnZi,
Докажите самостоятельно геометрическим путем фор-
формулу B3) на стр. 56:
СП у-*Я s>0 i /~*П — 1 у->1 t
n+k — K^n+k-s^s ~T ^n+k-s^s ~j- • • •
... -f Cnn~+ksCf -h ... + Cnn-+sk-sCss, A2)
где 0 < s < k, 0 < s < n.
Для этого надо провести прямую через точки
D(k — s, п) и E(k, п — s) и разбить множество всех пу-
путей из /4@, 0) в B(k, п) на классы в соответствии с тем,
через какую точку этой прямой они проходят. Формула
A2) лишь обозначениями отличается от формулы B3)
на стр. 56.
Этим геометрическим способом можно доказать еще
целый ряд соотношений для чисел Ckn+k, разбивая раз-
различным образом на классы пути, которые ведут из
Л@, 0) в B(k, n).
Для того чтобы доказать аналогичным образом соот-
соотношения между числами Р(пи .... пк) (см. формулы
B7), B8) на стр. 58), пришлось бы использовать мно-
многомерную геометрию. Мы не будем здесь этого делать.
Заметим, что и соотношения между числами С„, вы-
выведенные на стр. 86—89, тоже допускают геометрическое
истолкование. Для этого надо взять доску с проведен-
проведенной на ней параллельно главной диагонали линией и
рассматривать лишь пути, не пересекающие эту линию
(но, быть может, имеющую с ней общие точки). Разби-
Разбивая множество этих путей на классы различными спо-
способами, приходим к установленным в главе III фор-
формулам.
Само решение задачи об очереди в кассу может быть
очень просто истолковано геометрически. Процесс про-
прохождения очереди можно изобразить графически, ставя
каждому полтиннику в соответствие горизонтальный, а
каждому рублю — вертикальный отрезок. Из условия за-
задачи ясно, что этот график не должен пересекать глав-
главную диагональ. Сделанные при решении преобразования
(добавление в очередь одного человека с полтинником
и замена полтинников на рубли, а рублей на полтинни-
полтинники) приобретают простой геометрический смысл: они
139
N
BK(K,N-H)
\
\
\
\
сводятся к отражению графика прохождения очереди в
прямой, параллельной главной диагонали и отстоящей
от нее на единицу длины. Мы предоставляем читателю
перевести на «геометрический язык» рассуждения, кото-
которые были использованы при решении этой задачи.
Случайные блуждания
Разобранные выше задачи о движении шахматных
фигур тесно связаны с важными для физики проблема-
проблемами случайных блужданий. Рассмотрим следующую за-
задачу, предлагавшуюся в
eotaJt/f 1945 г. на VIII Московской
математической олимпиаде.
Имеется сеть дорог
(рис. 29). Из точки А выхо-
f\. дят 2-v человек. Половина
^ идет по направлению I, по-
^ ловина — по направлению т.
Дойдя до первого перекре-
перекрестка, каждая группа разде-
разделяется: половина идет по на-
BN(N,O) правлению I, половина — по
направлению пг. Такое же
разделение происходит на
каждом перекрестке. Где
окажутся эти люди после того, как они пройдут N от-
отрезков, и сколько людей окажется после этого на ка-
каждом перекрестке?
Так как общее число пройденных каждым человеком
отрезков равно N, то очевидно, что все они попадут в
точки Bh с координатами вида (k, N — k), где k прини-
принимает значения О, 1, ..., N. Все эти точки расположены
на прямой, проходящей через точки В0@, N) и B^(N, 0)
(см. рис. 29).
Теперь нам надо узнать, сколько человек придет в
точку Bh(k, N — k). Для этого зашифруем все пути, ве-
ведущие из Л@, 0) в точки Bk(k, N — k), й = 0, I, ..,, Л?,
с помощью нулей и единиц. Мы получим всевозможные
Л'-последовательиости, составленные из нулей и единиц.
Л таких последовательностей, как мы знаем, 2-v, то есть
столько же, сколько человек вышло нз точки А. Отсюда
легко вытекает, что каждый путь пройдет ровно один
140
Рис. 29.
человек, Поэтому в каждую точку Bh(k, N — k) придет
ровно столько людей, сколько кратчайших путей ведет
в нее из точки А. А число этих кратчайших путей мы
уже сосчитали. Оно равно
Итак, в точку Bh(k, N — k) придет fel (jV_fe!) людей.
Это число равно k-щ числу N-й строки арифметического
треугольника.
Броуновское движение
Решенной выше задаче можно придать следующую,
по сути дела эквивалентную, форму
Из точки О на прямой Ох выходит 2N человек. Из
них половина идет направо, половина — налево. Через
1 час каждая группа снова делится пополам, и полови-
половина идет направо, а половина — налево. Такое разделение
происходит каждый час. Сколько человек придет в каж-
каждую точку через N часов после выхода?
Будем считать, что за один час они проходят полови-
половину единицы пути. Рассуждая точно так же, как при ре-
решении предыдущей задачи, получаем следующий ре-
результат: через N часов участники прогулки окажутся в
точках Bk\k s-J, k = 0, I, ..., N (точка О — нача-
2
k NX
ло отсчета). При этом в точку Bh придет См = ь\(м — k\\
человек.
Маловероятно, чтобы люди ходили описанным выше
образом (впрочем, в фольклорном варианте этой задачи
в точке О находится питейное заведение..). Однако в
некоторых задачах физики подобные блуждания возни-
возникают естественным образом. Именно, такое блуждание
является простейшей моделью так называемого броунов-
броуновского движения, совершаемого частицами под ударами
молекул.
Рассмотрим частицы, которые могут передвигаться
только по прямой линии. Так как удары молекул носят
случайный характер, то в первом приближении можно
считать, что за единицу времени половина частиц сме-
сместится на '/г единицы длины вправо, а половина — на
141
Уг единицы влево (па самом деле процесс значительно
сложнее и возможны передвижения на различные от-
отрезки). Поэтому если взять 2N частиц, находящихся в
самом начале в точке О, то они будут перемещаться
'примерно так, как было описано в нашей задаче. Такое
распространение частиц называют в физике диффузией.
Решенная нами задача о случайном блуждании толпы
людей позволяет найти, как распределяются диффунди-
диффундирующие частицы через некоторое время после начала
диффузии. Именно, через N единиц времени частицы рас-
распределятся по следующему закону: в точке Bk\k ?А
окажется С%= kl(N_k,[ частиц.
Как уже отмечалось, числа С^ являются элемента-
элементами N-й строки арифметического треугольника. При ином
характере диффузии получатся числа N-й строки т-
арифметического треугольника. Именно, пусть вначале
в точке О было mN частиц. Их разделили на т равных
частей и поместили в т точек на прямой Ох, причем
расстояние между соседними точками равно 1, и эти
точки симметричны относительно точки О. После этого
каждая часть делится таким же образом (разумеется,
если делится часть, находящаяся в какой-то точке В, то
частицы помещают в т точек, симметричных относи-
относительно точки В). После N шагов частицы будут нахо-
диться в точках Вк с координатами k ~—^> гДе
k = 0, 1, ..., (m—l)N. При этом в точке Bh будет
Cm(N, k) частиц.
При больших значениях N подсчет числа частиц в каждой точке
становится слишком сложным. Но, как часто бывает в математике,
с ростом сложности закон распределения начинает приближаться
к простой предельной закономерности, причем эта закономерность
тем точнее описывает распределение частиц, чем больше их число,
чем сложнее точная закономерность.
В теории вероятностей доказывают, что при больших значениях
,, Г а , а~\ ..
N на отрезке л: х, Jr-f-jj- > где а мало по сравнению с N, ока-
окажется примерно
12am" Г 72*2 I1)
ехр
1) [ Л^2(от2 —1JJ
') Через ехр х мы обозначаем e*t
142
частии. Это утверждение можно истолковать так. Построим ступен-
ступенчатую линию, высота которой в точке B^lk к—N) равна
ДГ (т2 1
Cm(N,k). Уменьшим все абсциссы полученной линии в ткт
\2amN
раз, а все ординаты в -jj-.—2 . раз. Тогда, если N велико,
получится ступенчатая линия, очень мало отличающаяся от гра-
графика функции
X2
1
U — р- 2 •
/2л
Эту функцию ввел в теорию вероятностей великий немецкий
математик К. Гаусс. Поэтому ее называют функцией Гаусса. Она
играет важную роль не только в вопросах диффузии газов, но и в
теории теплопроводности, теории ошибок и т. д.
У Шемаханской царицы
Вернемся снова к блужданиям толпы людей по оси
Ох. Только теперь будем считать, что слева ог точки О,
из которой они вышли, простираются... владения Ше-
Шемаханской царицы, сыгравшей столь печальную роль в
судьбе незадачливого царя Додона и его сыновей. Как
читатель, вероятно, помнит, те, кто попадали в ее цар-
царство, обратно уже не возвращались. Мы тоже будем
считать, что те, кто попадают на левую половину оси,
там и остаются. Требуется выяснить, сколько человек
останется у Шемаханской царицы и где окажутся осталь-
остальные люди через N часов после выхода из точки О.
Оказывается, эта задача сводится к рассмотренной
нами выше задаче об очереди в кассу кинотеатра. В са-
самом деле, рассмотрим передвижения некоторого чело-
человека, вышедшего из точки О. Эти передвижения можно
задать последовательностью чисел 1 и —1: каждому
передвижению направо соответствует число 1, а каж-
каждому движению налево — число —1. Если в этой после-
последовательности имеется k единиц, то он k раз передви-
передвинется вправо и N — k раз влево. В результате он должен
был бы оказаться в точке Bkik g-J '. Однако это
случится лишь в том случае, если наш путник по дороге
') Напомним, что каждый раз он сдвигается на '/2 единицы
длины.
143
не попадет в Шемаханское царство. А в это царство он
попадает, если в какой-то момент времени число пере-
передвижений влево окажется больше числа передвижений
вправо.
Если вместо передвижений вправо и влево рассма-
рассматривать людей, имеющих полтинники и рубли, то можно
сказать, что попадание к Шемаханской царице соответ-
соответствует тому, что очередь в кассу задержится. Значит,
число людей, попавших в точку Вк \k н-), равно числу
случаев, когда очередь, в которой стоят к обладателей
полтинников и N — k обладателей рублей, пройдет без
задержки. А мы знаем, что это число отлично от нуля,
лишь если k^-N— k. В этом случае оно равно (см.
стр. 83)
Итак, через N часов после выхода 2N человек из
точки О в точку Bk\k п-1, где 2k~^-N, придут
C'n~ — Cn~ ~у человек. Теперь уже нетрудно подсчи-
подсчитать, сколько человек попадет в Шемаханское царство.
Для этого сложим сначала числа СдГ —Cn~ ~ от
тг-1 -I- 1 Ч ПП Л/. Мы ППЛЧ'ЧИМ. ЧТО С\г \ 2 /
+- 1 ') до N. Мы получим, что Cn
ловек в Шемаханское царство не попали. А так как
всего из точки О вышло 2-v человек , то во владе-
нпя Шемаханской царицы попали 2N — CN ^2' че-
человек.
Если бы Шемаханское царство начиналось не слева
от точки О, а слева от точки О\ (с абсциссой—'-JA, то
результат получился бы несколько иной. Именно, ока-
оказалось бы, что в точках Bk (k g-J > k > —Y^~ ' нах0"
дится CJv~*—Cff~k~9~1 человек, остальные находятся
во владениях Шемаханской царицы. Это сразу вытекает
из результатов задачи на стр. 84.
') См. сноску на стр. 89.
144
Поглощающая стенка
Мы уже говорили, что задачи о случайных блужда-
блужданиях весьма важны для физики — они являются про-
простейшими моделями диффузии частиц. Задача о Шема-
Шемаханской царице тоже имеет простое физическое истол-
истолкование— просто слева от точки О находится степка из
материала, поглощающего частицы. Если ^стенка вплот-
вплотную примыкает к точке О, возникает случай, рассмот-
рассмотренный вначале. Если же она отстоит от точки О на qj2
единиц длины, то получается задача, разобранная в кон-
конце предыдущего пункта.
В те времена, когда основным практическим приме-
применением комбинаторики и теории вероятностей была тео-
теория азартных игр, задача о случайных блужданиях с по-
поглощением формулировалась иначе. Речь шла об «играх
на разорение». Представим себе двух игроков, играю-
играющих, например, в орел и решку. После каждой партии
проигравший уплачивает выигравшему один рубль. Уча-
Участник, проигравший все деньги, прекращает игру. Надо
было выяснить вероятность различных исходов игры,
если вначале у одного игрока было р рублей, а у дру-
другого q рублей. Очевидна связь этой задачи с задачей
о диффузии частиц в области, ограниченной с двух сто-
сторон поглощающими стенками.
Блуждания по бесконечной плоскости
До сих пор мы рассматривали либо блуждания
ладьи, имеющей право передвигаться лишь вверх или
вправо, либо, что, по сути дела, то же самое, блужда-
блуждания по бесконечной прямой. Изучим теперь случай,
когда ладья перемещается в любом направлении по бес-
бесконечной доске. Иными словами, решим следующую за-
задачу:
Шахматная ладья находится в начале на поле О (О,0)
бесконечной во всех направлениях шахматной доски.
Сколькими способами она может попасть на поле A (p,q),
сделав N ходов (мы считаем, что за один ход ладья
перемещается на соседнее поле)?
В силу соображений симметрии достаточно рассмот-
рассмотреть случай, когда р^-0, q^-О. Если бы ладья двигалась
10 Н. Я- Виленкин 145
кратчайшим путем, то она достигла бы поля А(р,q) за
p+'q ходов. Поэтому должно выполняться неравенство
N^-p + q, Отличие N-ходового пути от кратчайшего со-
состоит в том, что ладья делает несколько уничтожающих
друг друга ходов, причем очевидно, что число этих хо-
ходов четно. Поэтому N — р — q является четным числом.
Положим N — р — q — 2k.
Предположим, что было сделано s ходов влево. Тогда
число ходов вправо равно p + s и для передвижений по
вертикали остается N — р — 2s = q + 2(k — s) ходов. Из
них надо сделать k — s ходов вниз и q + k — s ходов
вверх. Поэтому s должно удовлетворять неравенству
Для каждого значения s, удовлетворяющего этому
неравенству, мы получаем несколько путей, состоящих
из s ходов влево, p+s ходов вправо, k — s ходов вниз и
q+k— s ходов вверх. Эти ходы могут выполняться в
любой последовательности, а потому число комбинаций
равно P(s, p+s, k— s, q+k — s). Отсюда следует, что
полное число Т путей, ведущих к полю А (р, q) за N
ходов, равно
s, p+-s, k — s,
Преобразуем полученное выражение. Для этого заме-
заметим, что
г^рл-Ь
S\(q + k-
и потому
' ^*— (k-s)Hp + s)\ '
к
Но в правой части равенства стоит сумма попарных
произведений СТС™, у которых нижние индексы постоян-
146
ны, а сумма верхних равна k. Применяя формулу B3)
со стр. 56, получаем, что
или, поскольку p + q + 2k=N,
Общая задача о ладьях
Перейдем к новому циклу комбинаторных задач на
шахматной доске. Эти задачи связаны с подсчетом числа
расположений двух шахматных фигур (королей, ферзей
и т. д.), при которых они могут бить друг друга. Ясно,
что тем самым подсчитывается и число расположений,
при которых эти фигуры не могут бить друг друга: ведь
общее число расположений двух фигур сразу подсчитьь
вается по формуле для размещений.
Некоторые задачи такого типа мы уже решили — на
стр. 34 была разобрана задача о 8 ладьях на обыкно-
обыкновенной шахматной доске. Обобщим эту задачу и возь-
возьмем tnXn доску, то есть доску из m горизонталей и п
вертикалей. Мы xothjvi узнать, сколькими способами
можно расставить на m X п доске k ладей так, чтобы
они не могли бить друг друга?
Ясно, что для разрешимости задачи нужно, чтобы
выполнялись условия k*Cm и k*Cn — иначе какие-то две
ладьи попадут па одну и ту же горизонталь или верти-
вертикаль. Пусть эти условия выполнены. Тогда расстановку
ладей можно осуществить в два этапа. Сначала выбе-
выберем горизонтали, на которых будут стоять ладьи. Так
как общее число горизонталей равно ш, а надо выбрать
k горизонталей, то выбор можно сделать Ckm способами.
Точно так же вертикали, на которых будут стоять ладьи,
можно выбрать Скп способами. Поскольку выбор верти-
вертикалей не зависит от выбора горизонталей, то по правилу
произведения получаем СтСп способов выбора лиши"!,
где стоят ладьи.
Однако этим еще дело не кончено. Ведь k горизон-
горизонталей и k вертикалей пересекаются по k2 клеткам. Сдви-
Сдвигая, если понадобится, эти клетки, мы получим новую
доску из k горизонталей и k вертикалей. А мы уже
знаем, что на такой доске k ладей можно расставить k\
10* 147
способами (так, чтобы они не могли бить друг друга).
Поэтому общее число требуемых расположений ладей
равно
pk pk,\я 1 /и!
Например, 3 ладьи па обычной шахматной доске можно
расставить
-3^=17696.
При k = m = n .формула A3) дает ответ п\ в соответ-
соответствии со сказанным на стр. 35.
Если снять ограничение, что ладьи не могут бнть
друг друга, то ответ был бы иной. Именно, нам надо
было бы выбрать из тХп клеток любые k клеток. А это
можно сделать
рк (т/г)!
способами. А если бы k ладей различались друг от дру-
друга, то полученные ответы надо было бы умножить на k\.
Симметричные расстановки
Усложним теперь задачу о ладьях и потребуем, что-
чтобы они не только не били друг друга, но еще симмет-
симметрично стояли на доске. При этом получается много за-
задач в зависимости от того, какое налагается условие
симметрии.
Самым простым является случай, когда ладьи стоят
симметрично относительно центра доски. Обозначим
через Gn число решений задачи в случае, когда п ладей
стоят на доске из п горизонталей и п вертикален. Мы
покажем сейчас, что
О2п = 2пО2„_2. A4)
in in~ i \ I
Пусть доска состоит из 2п горизонталей и 2п верти-
вертикалей. Ладья, стоящая на первой вертикали, может за-
занять любое из 2п полей этой вертикали. По условию,
этим определяется положение ладьи, стоящей на по-
последней вертикали,— она должна расположиться сим-
симметрично с первой ладьей относительно центра доски.
148
I
I
Рис. 30.
Вычеркнем первую и последнюю вертикали и горизон-
горизонтали, занятые ладьями (так как число горизонталей
четно, выбрасываемые ладьи не могут стоять на одной
и той же горизонтали). Мы получаем доску из 2л— 2
вертикалей и 2л— 2 горизонталей. Ясно, что каждому
симметричному расположению ладей на новой доске со-
соответствует симметричное расположение ладей на ис-
исходной доске. Отсюда и вы-
вытекает, что G2n = 2rtG2n_2
(еще раз напомним, что пер-
первая ладья могла занять лю-
любое из 2л полей первой вер-
вертикали).
Пользуясь формулой A4),
находим, что С2п = 2пл!
А теперь рассмотрим до-
доску из 2п+\ вертикалей и
2п+1 горизонталей. В этом
случае есть поле, не имею-
имеющее симметричных, — цент-
рально.е поле доски. На этом
поле обязательно должна
стоять ладья. Вычеркивая
центральные вертикаль и горизонталь, получаем симмет-
симметричное расположение 2л ладей на 2пХ2п доске. Значит,
имеет место равенство
О2л+1 = С2я = 2"/г!. A5)
Рассмотрим теперь несколько более сложную задачу
о расположениях, не меняющихся при повороте доски на
90° (на рис. 30 изображено одно из таких расположений
на 8X8 доске). Пусть доска имеет 4л вертикалей и 4л
горизонталей и число ладей тоже 4л. В этом случае
ладья, стоящая на первой вертикали, может занять лю-
любое из полей, кроме угловых, то есть любое из 4л — 2
полей (на угловое поле ставить ладью нельзя, потому
что после поворота на 90° получились бы две ладьи, ко-
которые бьют друг друга). Этой ладье соответствуют еще
три ладьи, стоящие соответственно на последней гори-
горизонтали, последней вертикали и первой горизонтали (они
получаются из выбранной поворотами на 90°, 180° и
270°). Вычеркивая горизонтали п вертикали, на которых
стоят эти ладьи, получаем расположение ладей на
149
(An— 4)ХDл — 4) доске, обладающее той же симмет-
симметрией. Поэтому имеет место равенство
где Rn — число решений задачи для пХп доски. Отсюда
ясно,что
Я4я = 2яBл-1)Bл-3)...1. A6)
Число решений задачи для Dп+1) X (Ап+\) доски
такое же, как и для 4«Х4п доски — ведь на Dп+1)Х
ХDп+1) доске одна ладья обязательно стоит в центре
и можно вычеркнуть центральные горизонталь и верти-
вертикаль. Поэтому
Rin+i = Rin- A7)
А для Dм + 2)ХDп + 2) и Dл + 3) X Dи + 3) досок число
решений равно нулю. В самом деле, для каждой ладьи
возможны два случая — либо она стоит в центре доски,
либо не стоит в центре. Во втором случае ладья входит
в четверку ладей, переходящих друг в друга при пово-
поворотах доски на 90°. Поэтому общее число ладей должно
иметь вид 'или An (когда на доске нет центрального
поля) или Ап+\. Тем самым мы доказали, что /?4п+з=
R
Наконец, найдем число расположений п ладей, сим-
симметричных относительно диагонали1). Обозначим число
решений задачи на пХп доске через Qn. Тогда имеет
место соотношение
<?„ = <?„_,4-(/г-l)Qn_2. A8)
В самом деле, ладья на первой вертикали либо стоит
в нижнем левом углу, либо нет. В первом случае вычер-
вычеркиваем первую вертикаль и первую горизонталь и полу-
получаем симметричное расположение п — 1 ладей на
(п—\)Х(п—1) доске. Число таких расположений
равно Qn-i. Во втором случае для данной ладьи най-
найдется другая, симметричная с ней относительно выбран-
выбранной диагонали. Вычеркиваем вертикали и горизонтали,
на которых стоят эти ладьи. Мы получим симметричное
расположение п — 2 ладей на (и — 2) X (« — 2) доске.
') Мы берем диагональ, проходящую через нижнее левое угло-
doc поле.
150
Поскольку число таких расположений равно Qn~2,
а ладью можно поставить на п — 1 поле первой верти-
вертикали, то получаем (п— \)Qn-z способов. Отсюда и еле*
дует соотношение A8).
Имеет место равенство
(?Л=1+С^ + 1^С2ПС^2 + ТТ^ТС2„С2„_2С^4+... A9)
Оно выводится путем разбиения всех расположений ла-
ладей на классы — в s-й класс относятся расположения,
при которых s пар ладей не попадают на диагональ.
Совершенно так же показывается, что число Вп рас*
положений п ладей на пХп доске, таких что ладьи не
бьют друг друга и стоят симметрично относительно
обеих диагоналей, удовлетворяет соотношениям
В.2п = 252л_2 + B/г — 2M2л_4, В2пП = В2п.
Дза коня
Сколькими способами можно расставить на пгХп
доске белого и черного коней так, чтобы они не могли
бить друг друга?
Решение этой задачи осложняется тем, что на разных
полях доски конь имеет различное число ходов — если
т^5ия^ 5, то в углу доски всего два хода, на одних
крайних полях — три хода, на других — четыре хода,
а в центре — 8 ходов. Это связано с тем, что конь имеет
ходы различных типов: он может пойти на одно поле
вперед и на два вверх или на два поля назад и на одно
вниз и т. д. Всего у коня 8 видов ходов, которые можно
задать, указав, сколько полей он проходит в горизон-
горизонтальном направлении и сколько в вертикальном. Эти
ходы имеют, таким образом, следующий вид: B, 1),
A, 2), (-1, 2), (-2, 1), (-2, -1), (-1, -2), A, -2),
B,-1).
Для того чтобы справиться с возникшим осложне-
осложнением, будем считать, что конь является объединением
8 фигур, каждая из которых имеет ходы только одного
типа. Посмотрим, сколькими способами можно поста-
поставить на доску B, 1)-коня так, чтобы он держал под об^
стрелой какое-то поле доски. Ясно, что он может стоять
на любой вертикали, кроме последних двух, и любой
151
горизонтали, кроме самой последней. Значит, вертикаль
можно выбрать п — 2 способами, а горизонталь т — I
способами, а всего получаем (т—1)(« — 2) способов
поставить белого B, 1)-коня. В силу симметрии ясно,
что столько же способов поставить любого из белых
(±2, ±1)-коней так, чтобы он мог бить черного коня.
А для белых (±1, ±2)-коней число способов равно
(т — 2) (и — 1). Отсюда следует, что общее число спо-
способов расстановки двух коней, при которых они бьют
друг друга, выражается формулой
4[{т — 1)(/г — 2) 4-(/л — 2)(п— 1)J =
= 2\Bт — 3)B/г — 3)- 1J.
Если бы ставили коней одного и того же цвета так,
чтобы они могли защищать друг друга, то получили бы
вдвое меньше способов (из-за возможности переставить
коней). А число способов расставить двух коней раз-
разного цвета так, чтобы они не могли бить друг друга,
равно
т2п2 — Ътп~\-\2т~{ \2п— 16.
(Двух коней можно поставить на тХп доску тп{тп—1)
способами.)
Составители шахматных задач иногда вводят «ска-
«сказочные» фигуры, которые ходят не так, как обычные.
Введем и мы новую фигуру, которую назовем (р, q)-no-
нем, р^- О, q ^ 0. Ход этой фигуры состоит в перемеще-
перемещении.на р полей в горизонтальном направлении и q полей
в вертикальном направлении. Например, обычный конь
является объединением A, 2)- и B, 1)-коней. Рассу-
Рассуждая точно так же, как и ранее, выводим, что
если 0<р4^.п, 0<<7 -^ т, то на тХя-доске можно
A(n—p)(m — q) способами поставить двух (р, <?)-коней
разного цвета так, чтобы они били друг друга. Если же
р или. q равно кулю, то получается вдвое меньше спо*
собов. Число способов уменьшается вдвое и в случае,
когда кони одинакового цвета.
Любую шахматную фигуру можно рассматривать как
объединение нескольких (р, q) -коней при разных зна-
значениях р и q. Например, шахматный король является
объединением @, 1)-, A, 0)^ и A, 1)-коней. Поэтому
152
двух шахматных королей разного цвета можно поста-
поставить на тХ«-доску
2\п(т— 1L-(л— \)т + 2(п — \)(т— 1)]==
= 8тп — 6т — 6п + 4
способами, чтобы они били друг друга. Следовательно,
поставить их, чтобы они не били друг друга, можно
т2пг — 9тп + 6т + 6п— 4 способами.
Шахматный слон является объединением A, 1)-,
B, 2)-,..., (р, р)-коней, где р — наименьшее из чисел
т — 1, п—1. Предположим для определенности, что
т < п. Тогда р = т — 1, и двух слонов разного цвета
можно поставить
4\(п - \)(m-\)+(n-2)(,n — 2L-...-f {п — т+\)Л\
способами, чтобы они били друг друга. Раскрывая
скобки и используя формулы для суммы натуральных
чисел от 1 до т — 1 и суммы квадратов этих чисел, по-!
лучаем, что число способов можно записать так:
2т (от — 1)C/г — т — 1) „ -
i -^ -. При m>n надо поменять роли
п 2т (т — 1)Bот — 1)
тип. Б частности, если т = п, то получаем о
способов.
Для ладей проще подсчитать число способов рас-*
становки иначе. Белую ладью можно поставить на то*
бое из тп полей. После этого она держит под боем
т + п — 2 поля, на любое из которых можно поставить
черную ладью. Поэтому всего получаем тп(т + п — 2)
способов расстановки, при которых ладьи бьют друг
Друга.
Так как ферзя можно рассматривать как объедпне-<
пне ладьи и слона, то на /пХя-Доске при т^п можно
2
¦jm(tn — 1) Cti — in — 1L- /»«(т 4- п — 2)
способами поставить двух ферзей так, чтобы они били
друг друга. При т = п это выражение принимает вид
¦jт(т — 1)Eт—1). Предоставляем читателю подсчи-
подсчитать, сколькими способами можно расставить эти фи-
фигуры так, чтобы они не могли бить друг друга.
ГЛАВА VI
РЕКУРРЕНТНЫЕ СООТНОШЕНИЯ
При решении многих комбинаторных задач мы уже
пользовались методом сведения данной задачи к за-
задаче, касающейся меньшего числа предметов. Таким пу-
тем была, например, выведена формула для числа разме-
размещений с повторениям» (стр. 11), этим способом были
решены почти все задачи на раз.биения в главе IV. Ме-
Метод сведения к аналогичной задаче для меньшего числа
предметов называется методом рекуррентных соотноше-
соотношений (от латинского гесиггеге — возвращаться). Поль-
Пользуясь рекуррентным соотношением, можно свести задачу
об п предметах к задаче об л — 1 предметах, потом к за-
задаче об п — 2 предметах и т. д. Последовательно умень-
уменьшая число предметов, доходим до задачи, которую уже
легко решить. Во многих случаях удается получить из
рекуррентного соотношения явную формулу для реше-
решения комбинаторной задачи.
Например, в главе II (см. стр. 33) мы вывели фор-
формулу Рп = «! для числа перестановок п элементов с по-
помощью формулы для числа размещений без повторений.
Но ту же формулу можно вывести и иначе, найдя сна-
сначала рекуррентное соотношение, которому удовлетво-
удовлетворяет Р„.
Пусть у нас есть п предметов аь..., а„_ь ап. Любую
их перестановку можно получить так: взять некоторую
перестановку предметов аь ..., an-i и присоединить к ней
элемент ап. Ясно, что элемент ап может занять различ-
различные места. Его можно поставить в самое начало, между
первым и вторым элементами перестановки, между вто-
вторым и третьим, можно поставить и в самый конец. Число
различных мест, которые может занять элемент ап,
равно п, и потому из каждой перестановки элементов
at,..., an-i получается п перестановок элементов аи.. s
154
,.., ап-л, ап. Но это означает, что перестановок из п
элементов в п раз больше, чем перестановок из л—I
элементов. Тем самым установлено рекуррентное соот-
соотношение
Пользуясь этим соотношением, последовательно выво-
выводим, что
Mo Pi=l, так как из одного элемента можно сделать
лишь одну перестановку. Поэтому
/>в = я(я —1) ...2- 1=я!.
Таким образом, мы снова получили формулу Рп = п\.
Много рекуррентных соотношений встречалось нам
при решении задач на разбиения, задач о фигурах на
шахматной доске и т. д. Сейчас мы рассмотрим еще не-
несколько таких задач, а в конце главы остановимся на
общей теории рекуррентных соотношений.
Числа Фибоначчи
В • книге «Liber Abaci», появившейся в 1202 году,
итальянский математик Фибоначчи среди многих других
задач привел следующую:
Пара кроликов приносит раз в месяц приплод из
двух крольчат (самки и самца), причем новорожденные
крольчата через два месяца после рождения уже прино-
приносят приплод. Сколько кроликов появится через год, если
в начале года была одна пара кроликов?
Из условия задачи следует, что через месяц будет
две пары кроликов. Через два месяца приплод даст
только первая пара кроликов, и получится 3 пары.
А еще через месяц приплод дадут и исходная пара кро-
кроликов, и пара кроликов, появившаяся два месяца тому
назад. Поэтому всего будет 5 пар кроликов.
Обозначим через F(n) количество пар кроликов по
истечении п месяцев с начала года. Мы видим, что че-
через л+1 месяцев будут эти F(n) пар и еще столько
новорожденных пар кроликов, сколько было в конце
155
месяца п — 1, то есть еще F(n— 1) пар кроликов. Иными
словами, имеет место рекуррентное соотношение
—l). A)
Так как, по условию, /7@) = 1 и /7A)=2, то последова*
тельно находим .
F{2) = 3, F{3) = 5, /гD) = 8 и т. д.
В частности, FA2) =377.
Числа F(п) называют числами Фибоначчи. Они обла-
обладают целым рядом замечательных свойств. Сейчас мы
выведем выражение этих чисел через Ст. Для этого
установим связь между числами Фибоначчи и следую-
следующей комбинаторной задачей.
Найти число п-последовательностей, состоящих из ну-
нулей и единиц, в которых никакие две единицы не идут
подряд.
156
Чтобы установить эту связь, возьмем любую такую
последовательность и сопоставим ей пару кроликов по
следующему правилу: единицам соответствуют месяцы
появления на свет одной из пар .«предков» данной пары
(включая и исходную), а нулями — все остальные ме-
месяцы. Например, последовательность 010010100010 уста-
устанавливает такую «генеалогию» — сама пара появилась
в конце 11-го месяца, ее родители — в конце 7-го ме-
месяца, «дед» — в конце 5-го месяца и «прадед» — в конце
второго месяца. Исходная пара кроликов зашифровы-
зашифровывается при этом последовательностью 000000000000.
Ясно, что при этом ни в одной последовательности не
могут стоять две единицы подряд — только что появив-
появившаяся пара не может, по условию, принести приплод че-
через месяц. Кроме того, при указанном правиле различ-
различным последовательностям отвечают различные пары
кроликов, и обратно, две различные пары кроликов
всегда имеют разную «генеалогию», так как, по усло-
условию, крольчиха дает приплод, состоящий только из од-
одной пары кроликов.
Установленная связь показывает, что число «-после-
«-последовательностей, обладающих указанным свойством, рав-
равно F(n).
Докажем теперь, что
F(n) = C°n+i + C)t + C2n-1+ ... +С5_Р+ь B)
где р = —5^—, если п нечетно, и/? = -5-, если п четно.
,. я 4-1 ,
Иными словами, р — целая часть числа —к— (в даль-
дальнейшем мы будем обозначать целую часть числа а че-
через Е(а); таким образом, р = Е( пJ"
В самом деле, F(n)—это число всех п-последова-
тельностей из 0 и 1, в которых никакие две единицы не
стоят рядом. Число же таких последовательностей, в ко-
которые входит ровно k единиц и п — k нулей,равно С*_*+1
(см. стр. 65). Так как при этом должно выполняться
неравенство k ^ п — k+l, то k изменяется от 0 до
п{—-W—). Применяя правило суммы, приходим к соот-
соотношению B).
157
Равенство B) можно доказать и иначе. Положим
G (п) = С°+1 -f- С\ + С2Я_! +... + С5_р+Ъ
где р = Е( ^ )• Из равенства С* = C*_! + C*ll легко
следует, что
G(n) = G(n — i)-fG(« — 2). C)
Кроме того, ясно, что GA)=2 = FA) и GB) =3=/7B).
Так как обе последовательности F(n) и G(n) удовле-
удовлетворяют рекуррентному соотношению Х(п)=Х(п— 1)+.
+Х (п — 2), то имеем
и, вообще, G(n) =F(n).
Другой метод доказательства
В предыдущем пункте мы непосредственно устано-
установили связь между задачей Фибоначчи и комбинаторной
задачей. Эту связь можно было установить и иначе, не-
непосредственно доказав, что число Т(п) решений комби-
комбинаторной задачи удовлетворяет тому же рекуррентному
соотношению
Т{п+\) = Т(п)+Т{п-\), D)
что и числа Фибоначчи.
В самом деле, возьмем любую (п+ ^-последователь-
^-последовательность нулей и единиц, удовлетворяющую условию, что
никакие две единицы не идут подряд. Она может окан-
оканчиваться или на 0, или на 1. Если она оканчивается на О,
то, отбросив его, получим ^-последовательность, удовле-
удовлетворяющую нашему условию. Обратно, если взять лю-
любую «-последовательность нулей и единиц, в которой
подряд не идут две единицы, и приписать к ней нуль, то
получим (п+ ^-последовательность с тем же свойством.
Мы доказали, что число «хороших» последовательностей,
оканчивающихся на нуль, равно Т(п).
Пусть теперь последовательность оканчивается на 1.
Так как двух единиц подряд быть не может, то перед
этой единицей стоит нуль. Иными словами, последова-
последовательность оканчивается на 01. Остающаяся же после от-
отбрасывания 0 и 1 (п—1)-последовательность может
быть любой, лишь бы в ней не шли подряд две единицы.
158
Поэтому число «хороших» последовательностей, оканчи-
оканчивающихся единицей, равно Т(п— 1). Но каждая после-
последовательность оканчивается или на 0, или на 1. В силу
правила суммы получаем, что Т(п+1) =Т(п) +Т(п — 1)<
Мы получили, таким образом, то же самое рекур-*
рентное соотношение. Отсюда еще не вытекает, что
числа Т(п) и F(n) совпадают. Ведь, например, для фак-<
ториалов и субфакториалов (см. стр. 74) имело место
одно и то же рекуррентное соотношение:
Х(п-1)]. E)
Но для факториалов первые члены последовательности
равны 0! = 1, 1! = 1, а для субфакториалов — D@) = l,
?>A)=0. Поэтому разными оказались и третьи, и чет-
четвертые, да и все остальные члены последовательности.
Чтобы доказать совпадение чисел Т(п) и F(n), надо
еще показать, что T(l)=F(l) и ТB) =FB) — тогда уже
в силу рекуррентного соотношения имеем и 71C)=/7C),
ГD) =^D) и т. д. Существуют две 1-последов-ательно-
сти, удовлетворяющие поставленному условию: 0 и 1,
и три 2-последовательности; 00, 01 и 10. Поэтому 7"A) =
= 2=/7A) и ТB) =3 = /7B). Тем самым утверждение до-
доказано.
Процесс последовательных разбиений
Для решения комбинаторных задач часто применяют
метод, использованный в предыдущем пункте. Устана-
Устанавливают для данной задачи рекуррентное соотношение и
показывают, что оно совпадает с рекуррентным соотно-
соотношением для другой задачи, решение которой нам уже из-
известно. Если при этом совпадают и начальные члены
последовательностей в достаточном числе (позже мы
остановимся подробнее на том, сколько членов должны
совпадать), то обе задачи имеют одинаковые решения.
Применим описанный прием для решения следующей
задачи. Пусть дано некоторое множество из п предме-
предметов, стоящих в определенном порядке. Разобьем это мно-
множество на две непустые части так, чтобы одна из этих
частей лежала левее второй (то есть, скажем, одна часть
состоит из элементов от первого до m-го, а вторая — из
элементов от (т+1)-го до и-го). После этого каждую
из частей таким же образом разобьем на две непустые
15Э
части (если одна из частей состоит уже из одного пред-
предмета, она не подвергается дальнейшим разбиениям).
Этот процесс продолжается до тех пор, пока не получим
части, состоящие из одного предмета каждая. Сколько
существует таких процессов разбиения (два процесса
считаются различными, если хотя бы на одном шагу
они приводят к разным результатам)?
Обозначим число способов разбиения для множества
из л+1 предметов через Вп. На первом шагу это мно-
множество может быть разбито п способами (первая часть
может содержать один предмет, два предмета, ..., п
предметов). В соответствии с этим множество всех про-
процессов разбиений распадается на п классов — в s-й класс
входят процессы, при которых первая часть состоит из
5 предметов.
Подсчитаем число процессов в s-м классе. В первой
части содержится s элементов. Поэтому ее можно раз-
разбивать далее Ss_i различными процессами. Вторая же
часть содержит п — s+1 элементов, и ее можно разби-
разбивать далее ?„_,, процессами. По правилу произведения
получаем, что s-й класс состоит из Bs_iBn_s различных
процессов. По правилу суммы отсюда вытекает, что
Мы получили рекуррентное соотношение для Вп. Оно
уже встречалось нам при решении задачи об очереди
в кассу кинотеатра (см. стр. 88). Там было показано, что
этому соотношению удовлетворяют числа
т1 1 /~*П
Чтобы доказать равенство
"' ^ '
°л'л= л 4-1
нам осталось показать, что начальные члены То и 60 по-
последовательностей То, Ти ..., Тп,... и Во. Bi Вп, ...
совпадают.
Мы имеем Го = Со=1. С другой стороны, Во=1,
так как множество из одного элемента можно разделить
единственным образом. Итак, Во = То. Но по рекуррент-
рекуррентной формуле имеем Bs—Bl= 1.Так как То удовлетво-
удовлетворяет той же рекуррентной формуле, то 'Л = Го= 1. Да*
160
лее устанавливаем, что
{-BlBu = 2 и T.2 = TJl f TJ0 =
и т. д. Итак, все члены обеих последовательностей совпа-.
дают. Таким образом, доказан следующий результат:
Число процессов последовательного деления множе-
множества из п+\ элементов, расположенных в некотором
порядке, равно
Умножение и деление чисел
Пусть даны п чисел аи ..., ап, стоящих в определен-
определенном порядке. В силу сочетательного закона умножения
произведение этих чисел можно вычислить разными спо-
способами (сохраняя порядок сомножителей). Например,
три числа можно перемножить двумя способами (ab)c =
= а(Ьс), четыре числа — пятью способами и т. д. Тре-
Требуется найти число всех способов перемножения п чи-
чисел, стоящих в заданном порядке.
Ясно, что каждый способ перемножения сводится
к процессу разбиения данных п чисел на части из од-
одного элемента каждая. Например, умножение четырех
чисел по формуле (ab) (cd) сводится к такому процессу
разбиения a\b \c\d, а умножение этих же чисел по фор-
формуле ({ab)c)d — к процессу разбиения а\Ь с
d. По-
этому число различных способов умножения равно числу
различных процессов разбиения множества из п элемен-
элементов, то есть Г„_1 — — С"п-2-
Но, кроме сочетательного свойства, умножение обла-
обладает и переместнтельным свойством. Если учесть его, то
число процессов умножения увеличится в п\ раз — ведь
п чисел можно переставить друг с другом п\ способами,
а потом подвергать переставленные числа тем или иным
разбиениям. Отсюда следует, что полное число способов
перемножить данные п чисел равно (п — 1)! C^-V
К этому результату можно прийти и непосредственно,
не опираясь на формулу для числа процессов разбиения.
1] Н. Я. Виленкнн 161
Этот вывод дает новый метод получения формулы для
числа процессов разбиения, а тем самым и для задачи
об очереди в кассу (при условии, что число рублей в оче-
очереди равно числу полтинников).
Непосредственный вывод заключается в следующем.
Предположим, что мы уже нашли число Ф(п) способов
перемножить п чисел. Присоединим к ним еще один со-
сомножитель ап+и Выясним, сколькими способами можно
присоединить этот сомножитель к одному из произведе-
произведений чисел аь ..., ап.
Число an+i можно умножить на все произведение,
взяв либо как множимое, либо как множитель. Это дает
два способа присоединения. Но an+i можно присоеди-
присоединить и на одном из промежуточных этапов. Умножение п
чисел сводится к п — 1 последовательным перемноже-
перемножениям, на каждом из которых перемножаются два числа.
К каждому из этих перемножений число а„+1 можно
подключить 4 способами — умножив его на первый со-
сомножитель в качестве множимого, либо множителя, а
также умножив его на второй сомножитель в качестве
множимого или множителя. Но так как есть п— 1 ум-
умножений, к которым можно присоединить an+i, то всего
получаем 4л — 4 способов. Добавляя к ним два способа,
о которых говорилось выше, получаем 4л — 2 способов
присоединения а„+1 к каждому из Ф(л) способов пере-
перемножения чисел аи ..., ап. Отсюда вытекает, что
Ф(л-М) = Dл —2)Ф(л).
Но ФA) = 1. Поэтому
ф (П) = 2 • 6 ... Dл — 6) = 2п~1 ¦ 1 • 3 .. Bл — 3).
Этот ответ совпадает с полученным ранее, так как
2"-1. 1-3 ... Bя-3) = ((^~ff,' = (д- 1) 1 СГп-1.
Рассмотрим теперь операцию деления. Запишем вы-
выражение ;
а,
- (8)
162
Эта запись не имеет смысла, если не указан порядок,
в котором должны выполняться деления. Выясним,
сколькими способами можно придать смысл этому вы-
выражению. Для этого заметим, что каждый способ указа-
указания порядка деления может рассматриваться и как про-
процесс разбиения п элементов на части из одного эле-
элемента, описанный выше. А мы видели, что число таких
процессов равно — Си-2-
Значит, выражению (8) можно придать смысл
— С2п-2 способами.
Задачи о многоугольниках
В некоторых вопросах квантовой химии возникает
следующая задача:
В окружность вписан правильный 2п-угольник.
Сколькими способами можно попарно соединить его вер-
вершины так, чтобы получающиеся отрезки не пересекались
друг с другом?
Рис. 31.
При /г=1 есть один способ такого соединения '). При
п = 2 получаем два способа, изображенных на рис. 31.
Чтобы найти число способов F(n) для любого л, выве-
выведем рекуррентное соотношение для F(n). Выберем одну
из вершин А многоугольника. Ее можно соединить с лю-
любой из вершин В такой, что между А и В находится чет-
четное число вершин (рис. 32). В соответствии с этим все
способы соединения вершин распадаются на классы
') Мы считаем здесь диаметр «правильным двууголышком».
11* 163
в зависимости от того, сколько вершин остается слева-
от отрезка, проведенного из точки А.
Если остается 2s вершин, то по другую сторону от
нее остается 2(п — s— 1) вершин. Тем самым 2п-уголь^
ник разбивается на 25-уголь-
ник и 2(« — s—1)-угольник.
Но в 25-угольнике можно
F(s) способами провести от-
отрезки так, чтобы они не пересе-
пересекали друг друга. В 2(/г—s—1)-
угольнике же это можно
сделать F(n— s—1) способа-
способами. По правилу произведе-
произведения получаем, что в s-й
класс входит F[s)F(n— s—1)
способов проведения отрез-
отрезков.
Значит, общее число всех
способов равно F@)F(п — 1)+;
+ F(l)F(n—2)+...+F(n—l)F@). Мы получили ре-
рекуррентное соотношение
= F@)F(n-\)-\-F(l)F(n-2)-+- ... +F(n-l)F@).
Это то же самое соотношение, которому удовлетво-
удовлетворяют числа Г„= д4_ t С",,- Так как F0 = T0=\, то для
всех п имеем F(n) = Tn. Итак,
в 2/г-угольнике .можно Г„ =
= . j fin способами провести
диагонали так, чтобы они попар-
попарно не пересекались.
Тот же ответ имеет следую-
следующая задача:
Сколькими способами можно
разбить выпуклый (п+2) -уголь-
-угольник на треугольники диагоналя~
ми, не пересекающимися внутри
этого многоугольника?
Обозначим число способов
через Ф(«). Выберем одну из
сторон многоугольника и расклассифицируем все раз-
разбиения в зависимости от того, с какой вершиной много-
164
угольника совпадает вершина треугольника, основанием
которого служит выбранная сторона (рис. 33). Если
удалить этот треугольник, то многоугольник распадается
на (s+2)-угольник и (п — s + \)-угольник. Разбивая эти
многоугольники на треугольники и комбинируя эти раз-
разбиения друг с другом, получим все разбиения исходного
'многоугольника, в которые входит удаленный треуголь-
треугольник. А потом, применяя правила произведения и суммы,
получаем рекуррентное соотношение
ф(л) = Ф@)Ф(я-1)+ФA)Ф(я-2) + ...+Ф(я-1)Ф@),
где положено Ф@) = 1. Предоставляем читателю убе-*
диться, исходя из этого соотношения, что
Затруднение мажордома
Бывают комбинаторные задачи, в которых прихо*
дится составлять не одно рекуррентное соотношение,
а систему соотношений, связывающую несколько после-
последовательностей. Эти соотношения выражают (п+1)-е
члены последовательностей через предыдущие члены не
только данной, но и остальных последовательностей.
Однажды мажордом короля Артура обнаружил, что
к обеду за круглым столом приглашено 6 пар враждую'
щих рыцарей. Сколькими способами можно рассадить
их так, чтобы никакие два врага не сидели рядом?
165
Если мы найдем какой-то способ рассадки рыцарей,
то, пересаживая их по кругу, получим еще 11 способов.
Мы не будем сейчас считать различными способы,
получающиеся друг из друга такой циклической пере-
пересадкой.
Введем следующие обозначения. Пусть число рыца-
рей равно 2/т. Через Ап обозначим число способов рас-
рассадки, при которых никакие два врага не сидят рядом,
через Вп — число способов, при которых рядом сидит
ровно одна пара врагов, и через Сп — число способов,
при которых есть ровно две пары враждующих соседей.
Выведем сначала формулу, выражающую An+i че-
через Ап, В„ и Сп- Пусть п+1 пар рыцарей посажены так,
что никакие два врага не сидят рядом. Мы будем счи-
считать, что все враждующие пары рыцарей занумерованы.
Попросим встать из-за стола пару рыцарей с номером
п+1. Тогда возможны три случая; среди оставшихся за
столом нет ни одной пары соседей-врагов, есть одна та-
такая пара и есть две такие пары (ушедшие рыцари могли,
разделять эти пары) ').
Выясним теперь, сколькими способами можно снова
посадить ушедших рыцарей за стол, так, чтобы после
этого не было ни одной пары соседей-врагов.
Проще всего посадить их, если за столом рядом си-
сидят две пары врагов. В этом случае один из вновь
пришедших садится между рыцарями первой пары, а
другой — между рыцарями второй пары. Это можно сде-
сделать двумя способами. Но так как число способов рас-
рассадки 2п рыцарей, при которых две пары соседей оказа-
оказались врагами, равно С„, то всего получилось 2Сп спо-
способов.
Пусть теперь рядом сидит только одна пара врагов.
Один из вернувшихся должен сесть между ними. Тогда
за столом окажутся 2п+1 рыцарей, между которыми
есть 2п+1 мест. Из них два места — рядом с только
севшим гостем — запретны для второго рыцаря, и ему
остается 2л — 1 мест. Так как первым может войти лю-
любой из двух вышедших рыцарей, то получается 2Bп—1)
способов рассадки. Но число случаев, когда 2« рыцарей
сели так, чтобы ровно одна пара врагов оказалась сосе-
') Здесь и далее мы считаем, что и я>1. При я=1 последую-
последующие рассуждения теряют силу.
166
дями, равно Вп. Поэтому мы получаем 2Bп — 1)Вп
способов посадить гостей требуемым образом.
Наконец, пусть никакие два врага не сидели рядом.
В этом случае первый рыцарь садится между любыми
двумя гостями — это он может сделать 2/г способами.
После этого для его врага останется 2/г— 1 мест — он
может занять любое место, кроме двух мест, соседних
с только что севшим рыцарем. Таким образом, если 2/г
рыцарей уже сидели нужным образом, то вернувшихся
гостей можно посадить 2пBп— 1) способами. Всего же
в этом случае получается 2пBп—\)Ап способов.
Как уже отмечалось, разобранными случаями исчер-<
пываются все возможности. Поэтому имеет место рекур-<
рентное соотношение
АаУ1 = 2пBп-\)Аа + 2{2п-\)Вл + 2Са. (9)
Этого соотношения еще недостаточно, чтобы найти
А„ для всех значений п. Надо еще узнать, как выра-
выражаются В„+1 и Cn+i через Ап, Вп, С„.
Предположим, что среди 2п + 2, п>\ рыцарей оказа*
лась ровно одна пара врагов-соседей. Мы знаем, что это
может произойти в Bn+i случаях. Во избежание ссоры
попросим их удалиться из-за стола. Тогда останется
2/г рыцарей, причем возможно одно из двух: либо среди
оставшихся нет врагов-соседей, либо есть ровно одна
пара таких врагов — до ухода покинувших зал они си-
сидели по обе стороны от них, и теперь оказались рядом.
Во втором случае ушедших можно посадить обратно
только на старое место—иначе появится вторая пара
враждующих соседей. Но так как 2п рыцарей можно
посадить Вп способами так, чтобы была только одна
пара враждующих соседей, то мы получаем 2Вп вариант
тов (возвратившихся рыцарей можно поменять места-*
ми). В первом же случае можно посадить ушедших
между любыми двумя рыцарями, то есть 2/г способами,
а так как их еще можно поменять местами, то получится
4/г способов. Комбинируя их со всеми способами посад-
посадки /г пар рыцарей, при которых нет соседей врагов, по*
лучаем 4пАп способов. Наконец, номер ушедшей и вер-
вернувшейся пары рыцарей мог быть любым от 1 до п+1.
Отсюда вытекает, что рекуррентное соотношение для
Bn+i имеет вид
A0)
167
Наконец, разберем случай, когда среди 2п + 2 рыца-
рыцарей было две пары врагов-соседей. Номера этих пар
можно выбрать С„±\ = к-— способами. Заменим
каждую пару одним новым рыцарем, причем будем счи-
считать новых двух рыцарей врагами. Тогда за столом
будут сидеть 2п рыцарей, причем среди них либо не бу-
будет ни одной пары врагов-соседей (если новые рыцари
не сидят рядом), либо только одна такая пара.
Первый вариант может быть в Ап случаях. Вернуть-
Вернуться к исходной компании мы можем 4 способами благо*
даря возможности изменить порядок рыцарей в каждой
паре. Поэтому первый вариант приводит к 4CniiAn —
= 2й(«4- l)Ai способам.
Второй же вариант может быть в — Вп случаях ').
Здесь тоже можно вернуться к исходной компании
4 способами, и мы получаем всего 2(п+\)Вп способов.
Отсюда вытекает, что при п > 1
A1)
Мы получили систему рекуррентных соотношений
Д,м = 2Bл-1)(лЛя+ ?„)+¦ 2С„. (9)
ДяЧ = 2(я+ \)BпАа + Ва), A0)
. СяП = 2(п+1)(пАа+В„). A1)
справедливых при п >- 2. Но простой подсчет показы-
показывает, что A-i — 2. В) = 0, С2 = 4. Поэтому из соотношений
(9) —A1) вытекает, что Л3 = 32, В3 = 48, С3 = 24. Продол-
Продолжая далее, находим, что гостей можно посадить за стол
требуемым образом Л6=12 771 840 способами.
Разобранная задача похожа на следующую задачу,
называемую часто «задачей о гостях».
Сколькими способами можно рассадить за круглым
столом п супружеских пар так, чтобы мужчины и жен-
женщины чередовались и никакие два супруга не сидели
рядом?
') Имеется Вп случаев, когда какая-нибудь пара врагов сидит
рядом. Если указать, какая именно пара должна сидеть рядом, по-
получим в п раз меньше случаев.
16S
Эта задача решается примерно так же, как и задача
а. мажордоме. Сначала рассаживают женщин. Если за-
занумеровать места, то либо все женщины окажутся на
четных местах, либо они займут нечетные места. Но
число четных мест равно п, и женщины могут сесть на
них п\ способами. Столькими же способами они могут
занять нечетные места. Значит, женщин можно посадить
2 • (ni) способами. А потом рассматривают случаи, ко-
когда ни один из мужей не сидит рядом со своей женой,
когда рядом сидит одна супружеская пара и, наконец,
когда рядом сидят две супружеские пары. Предоста-
Предоставляем читателю составить соответствующую систему
рекуррентных соотношений.
Счастливые троллейбусные билеты
Некоторые люди считают шестизначные номера трол-
троллейбусных билетов «счастливыми», если сумма цифр,
стоящих на четных местах, равна сумме цифр, стоящих
на нечетных местах. Наприме-р, билет 631 752 считается
«счастливым», так как 6+1+5 = 3 + 7 + 2=12. Требуется
найти число «счастливых», номеров от 000000 до 999999.
Для этого сначала найдем, сколько трехзначных чи-
чисел имеет данную сумму цифр N (при этом мы относим
к трехзначным и числа вида 075 и даже 000). Эта за-
задача аналогична решенной на стр. 106 — число слагае-
слагаемых 3, сумма равна N, а слагаемые — от 0 до 9. Обозна-
Обозначим число ее решений через FC, 9; А'). Тогда имеет ме-
место рекуррентное соотношение
/7C, 9; N) = FB, 9; N) + FB, 9; N — 1L-
-rFB, 9; N — 2) + FB, 9; N-3L ^B, 9; Л' - 4) f-
¦+ FB, 9; N — 5)+FB, 9; N—6L FB, 9; N-7) 4-
+ FB, 9; N-8)-^FB, 9; N-9).
Точно так же
FB, 9; N) = F(l, 9; N)+F(l, 9; /V- 1) \- ...
... -+ F(l, 9; jV-9).
Ясно, что F(l,9; N) = l, если 0<Л/<9, и F(l,9; Л')=0
в противном случае. Пользуясь этими соотношениями,
без труда заполняем следующую таблицу:
169
ТАБЛИЦА 8
\ N
к ч^
со to —¦
\ N
ft ^ч.
1
2
3
0
1
1
1
15
0
4
73
1
со to —
2
(
16
0
2
69
3
3
1
4
10
17
0
3
63
4
1
5
15
18
0
1
55
5
1
6
21
19
0
0
45
6
1
7
28
20
0
0
36
7
1
8
36
8
1
9
45
21
0
0
28
9
1
10
55
22
0
0
21
10
0
9
63
23
0
0
15
11
0
8
69
45
0
0
10
12
0
7
73
25
0
0
6
13
0
6
75
26
О О СО
14
0
5
75
27
0
0
1
Чтобы найти теперь число «счастливых» билетов,
надо возвести в квадрат числа третьей строки и сложить
получающиеся результаты. В самом деле, каждый «сча-
«счастливый» билет имеет одну и ту же сумму цифр, стоя-
стоящих на четных и на нечетных местах. Пусть эта сумма
равна N. Число, стоящее на А/-м месте третьей строки
нашей таблицы, показывает, сколько трехзначных чисел
имеет сумму цифр N. Иными словами, оно показывает,
сколькими способами можно выбрать цифры, стоящие
на четных местах (то есть вторую, четвертую и шестую).
Столькими же способами можно выбрать цифры на не-
нечетных местах (первом, третьем и пятом). Так как эти
выборы не зависят друг от друга, то по правилу произ-
произведения «счастливых» номеров с суммой цифр на чет^
ных местах, равной N, будет [F(N)f. А тогда по пра-
правилу суммы общее число «счастливых» номеров равно
2 [12 + З2 + б2 + 102 + 152 + 21-'+ 28-' + 362 + 452 +
+ 552 -f 632 + 692 ¦+- 732 ¦+- 752J.
Вычисляя эту сумму, получаем ответ 55 252.
Рекуррентные таблицы
В комбинаторике часто встречаются величины, за-
зависящие не от одного, а от нескольких чисел. Напри*
мер, число Сп зависит и от п, и от k. Если рассматри*
170
ваемая величина F(n, k) зависит от двух натуральных
чисел п и k, то ее значения можно расположить в виде
таблицы, помещая F(n, k) на пересечении /г-й строки и
?-го столбца. С такими величинами мы уже неодно-
неоднократно сталкивались в главе V — арифметический
квадрат, арифметические треугольники и обобщенные
арифметические треугольники имели вид именно та-
таких таблиц.
При этом во всех примерах, изученных в главе V,
между элементами таблицы существовали зависимости.
Эти зависимости позволяли вычислить элементы /г-н
строки таблицы по элементам предыдущей строки и,
быть может, нескольким первым элементам /г-й строки.
Поэтому, если была задана первая строка таблицы и
первые элементы других строк, все остальные строки'
можно было вычислять одну за другой. Такие таблицы
напоминают рекуррентные последовательности, и мы бу-
будем -называть их в дальнейшем рекуррентными.
Для арифметического квадрата рекуррентное соот-
соотношение имело вид
F(n, k) = F(n- 1, k) -\-F(n, k- 1), A2)
а граничные условия задавались так: F(n, 0) = l,
F@, &)—0 при &>0 (напомним, что для арифметиче-
арифметического квадрата мы говорим не о первом столбце или
строке, а о нулевом столбце или строке).
Для арифметических пятиугольника и шестиугольни-
шестиугольника рекуррентное соотношение тоже имеет вид A2). Ведь
эти фигуры появились, когда мы считали, сколькими
способами "может попасть на некоторое поле ладья, дви-
двигаясь по доске, ограниченной двумя перпендикулярными
лучами и одной или двумя линиями, параллельными
главной диагонали. По ладья может попасть на поле
(п, k) или с поля (п — 1, k), или с поля (k— 1, /г), По-
Поэтому, какие бы ограничения на ее движения не нала-
налагались, всегда будет выполнено соотношение A2). Огра-
Ограничения же приводят к тому, что некоторые элементы
таблицы должны быть заведомо равны нулю, Для ариф-
арифметического пятиугольника такими являются элементы,
лежащие выше некоторой прямой, параллельной главной
диагонали, а для арифметического шестиугольника —
элементы вне области, отсеченной двумя прямыми, па-
параллельными главной диагонали,
171
Иной вид имеет рекуррентное соотношение для ариф-
арифметического треугольника и m-арифметического тре-
треугольника, Именно, для m-арифметического треуголь-
треугольника
F(n, k) = F(n — \, k—m-\ l) + F(n-l, k-
...+F(n-\, k). A3)
При этом F@, 0) =1 и F{Q^k) =0, если k>0.
Другое решение проблемы мажордома
В качестве еще одного примера на использование
рекуррентных таблиц приведем другое решение проб-
проблемы мажордома (см. стр. 165). Как читатель помнит,
речь шла о числе способов рассадить 2/г рыцарей за
круглым столом так, чтобы никакие два врага не cih
дели рядом {а среди 2/г рыцарей было /г пар врагов).
Обозначим через F(m, n) число способов рассадки,
при которых рядом сидят ровно т пар врагов. Мы вы-
выведем сейчас рекуррентную формулу, выражающую
F(m, n+ 1) через F(k, /г), k = m — 1, т, т + \, т + 2,
Мы будем считать, что сначала за столом сидели
п пар рыцарей, а потом пришла пара п+\ и села за
стол, Подсчитаем, во скольких случаях за столом ока-
окажутся т пар соседей-врагов. Это может произойти так:
а) За столом было т—1 пар врагов, сидевших ря«
дом, Это могло случиться F{m—1, п) способами, Что-
Чтобы за столом оказалось т пар враждующих соседей,
новая пара должна сесть рядом, не разбив ни одну из
уже существовавших пар соседей-врагов. Но между 2/г
рыцарями есть 2/г промежутков, а садиться нельзя в
т—1 промежутков, Остается 2/г — т+\ промежутков,
куда могут сесть вновь пришедшие рыцари. Так как в
каждый из этих промежутков можно сесть двумя cno-i
собами (пришедшие рыцари могут поменяться местами),
то всего получаем
2Bn — m+-l)F(m—\,n) A4)
способов,
б) За столом было т пар рядом сидящих врагов,
В этом случае вновь пришедшие могут выбрать одно
из двух: либо сесть врозь, не разделив ни одну пару
соседей-врагов, либо сесть рядом между двумя вра-i
172
ждующими соседями. Легко подсчитать, что первое ре-
решение можно провести в жизнь B/г — т) B/г — т — 1)
-способами, а второе 2т способами, а всего B/г — тJ —
— 2/г + Зт способами. Так как /г пар рыцарей могут
сесть F(m, n) способами так, чтобы рядом оказались
т пар врагов, то всего получаем
[Bл — tnf — 2я +¦ 3/ге] F {т, п) A5)
способов.
-в) Далее, рассмотрим случай, когда среди 2/г рыца-
рыцарей рядом сидели т+1 пар врагов (это может случить-
случиться F(m + \, п) способами). В этом случае один из вновь
пришедших должен сесть между одной из пар врагов
соседей, а второй должен сесть так, чтобы не разбить
ни одну такую пару. Первое можно сделать т+1,
а второе 2/г — m — 1 способами. Всего получаем
2 (т + 1) B/г — т—1) возможностей (множитель 2 по-
появился потому, что любой из вновь пришедших может
сесть между врагами), Поэтому рассматриваемый слу-
случай дает всего
2(/re-t- 1)Bя — m — \)F(m +-1, я) A6)
возможностей. __
г) Наконец, предположим, что было т + 2 пар сосе-
соседей-врагов. Это могло случиться Г (т + 2, п) способами.
Чтобы оказалось только т пар соседей-врагов, каждый
из вновь пришедших рыцарей должен разбить одну пару
враждующих соседей. Первый рыцарь может сесть
т + 2 способами, после чего второму остается лишь
т+1 мест, Всего получаем
(от + \)(m + 2)F(m + 2, n) A7)
возможностей.
Легко видеть, что мы исчерпали все возможности,
при которых среди 2/г+ 2 рыцарей за круглым столом
окажутся т пар соседей-врагов. Поэтому F(m,n) удо-
удовлетворяет следующему рекуррентному соотношению;
F(m, я-f 1) = 2Bя — т-+- \)F(m— 1, я)-f-
+ \Bп — тоJ — 2я +¦ Ът\ F (т, п) +-
¦4 2(от+-1)Bя — т— \)F{m+\, я)-ь
, п.). A8)
173
Непосредственный подсчет показывает, что
F{0,2) = 2, F(\,2) = 0,
(мы не считаем различными способы рассадки, полу*
чающиеся друг из друга циклической перестановкой).
Применяя формулу A8), находим, что F@, 12) =
= 12 771840.
Решение рекуррентных соотношений
Мы будем говорить, что рекуррентное соотношение имеет по-
порядок k, если оно позволяет выразить f(n+k) через f(n),
f(n+l), ..., f(n+k— 1). Например,
f (л+2) =/ (я) f (n + 1) — 3f (n + 1) + 1
— рекуррентное соотношение второго порядка, а
— рекуррентное соотношение третьего порядка,
¦ Если задано рекуррентное соотношение 6-го порядка, то ему
удовлетворяет бесконечно много последовательностей. Дело в том,
что первые k элементов последовательности можно задать совер-
совершенно произвольно — между ними нет никаких соотношений. Но
если первые k элементов заданы, то все остальные 'элементы опре-
определяются совершенно однозначно — элемент f(k+l) выражается в
силу рекуррентного соотношения через f(l), ..., f(k), элемент
f(k+2) -через fB) f(k+l) и т. д.
Пользуясь рекуррентным соотношением и начальными членами,
можно один за другим выписывать члены последовательности, при-
причем рано или поздно мы получим любой ее член. Однако при этом
нам придется выписать и все предыдущие члены — ведь не узнав
их, мы не узнаем и последующих членов. Но во многих случаях мы
хотим узнать только один определенный член последовательности, а
остальные члены нам не нужны. В этих случаях удобнее иметь яв-
явную формулу для я-го члена последовательности. Мы будем гово-
говорить, что некоторая последовательность является решением данного
рекуррентного соотношения, если при подстановке этой последова-
последовательности соотношение тождественно выполняется. Например, после-
последовательность
2,4, 8,..., 2",...
является одним из решений рекуррентного соотношения
В самом деле, общий член этой последовательности имеет вид
!(п) =2п. Значит, f(n+2)=2n+2, f(n+l)=2n+1. Но при любом п
имеет место тождество 2n+2=3-2n + 1—2-2™. Поэтому 2" является
решением указанного соотношения.
Решение рекуррентного соотношения k-то порядка называется
общим, если оно зависит от k произвольных постоянных С\, ,.., Ck,
174
и путем подбора этих постоянных можно получить любое решение
данного соотношения. Например, для соотношения
f(n) A9)
общим решением будет
. BЭ)
В самом деле, легко проверить, что последовательность B0) обра-
обращает соотношение (9) в тождество. Поэтому нам надо только по-
показать, что любое решение нашего соотношения можно-представить
в виде B0). Но любое решение соотношения A9) однозначно опре-
определяется значениями f(l) и /B). Поэтому нам надо доказать, что
для любых чисел а и 6 найдутся такие значения С\ и С2, что
Но легко видеть, что при любых значениях а и b система уравне-
уравнений
BС1 + ЗС2 = а,
имеет решение. Поэтому B0) действительно является общим реше-
решением соотношения A9).
Линейные рекуррентные соотношения
с постоянными коэффициентами
Для решения рекуррентных соотношений общих правил, вообще
говоря, нет. Однако существует весьма часто встречающийся класс
соотношений, решаемый единообразным методом. Это — рекуррент-
рекуррентные соотношения вида
f(n + k) = aJ(n + k-\) + a2f(n + k-2) + ...+ailf(n), B2)
где а\, аг ah — некоторые числа. Такие соотношения называют
линейными рекуррентными соотношениями с постоянными коэффи-
коэффициентами.
Сначала мы рассмотрим, как решаются такие соотношения при
k=2, то есть изучим соотношения вида
f(n + 2) = a,f(/i + \)+aJ(n). B3)
Решение этих соотношений основано па следующих двух утвержде-
утверждениях:
1) Если f\(n) и ft(n) являются решениями рекуррентного соот-
соотношения B3), то при любых числах- А и В последовательность
f(n) —Afi(n) + Bf2(n) также является решением этого соотношения.
175
В самом деле, по условию, имеем
Умножим эти равенства на А и В соответственно и сложим получен-
полученные тождества. Мы получим, что
а, [Л/, (л + 1) + Bf2 (л + 1)] + а2 И/, (л) + в/2 («)]).
А это и означает, что /4/i(n)+B^(«) является решением соотноше-
соотношения B3).
2) Если число Г\ является корнем квадратного уравнения
то последовательность
1 г -2 л-1
является решением рекуррентного соотношения
В самом деле, если f (п) = г"'1, то / (я -f 1) =/"" и
«=г"*'. Подставляя эти значения в соотношение B3), получаем
равенство
Г1 "Г а2Г1 •
Оно справедливо, так как по условию имеем г\ =¦ ахг -(- Aj.
Заметим, что наряду с последовательностью {'"Г} любая по-
последовательность вида
f(n) = /f+", ' «=1,2,...
также является решением соотношения B3). Для доказательства
достаточно использовать утверждение B3), положив в нем
Л==г{"+1, 6 = 0.
Из утверждений 1) и 2) вытекает следующее правило решения
линейных рекуррентных соотношений второго порядка с постоянными
коэффициентами:
пусть дано рекуррентное соотношение
f(n + 2) = aJ(n + \)+aJ(n). B3)
Составим квадратное уравнение
/* = a,r -f a2- B4)
которое называется характеристическим для данного соотношения.
Если это уравнение имеет два различных корня rj и Гг, то общее
решение соотношения B3) имеет вид
176
Чтобы доказать это правило, заметим сначала, что по утвер-
утверждению 2)/1(л) = г"~1 и [2(л) = г""' являются решениями на-
нашего соотношения. А тогда по утверждению 1) и C^I -\- С2Г2 яв-
ляется его решением. Надо только показать, что любое решение
соотношения B3) можно записать в этом виде. Но любое решение
соотношения второго порядка определяется значениями f(l) и /B).
Поэтому достаточно показать, что система уравнений
имеет решение при любых а и Ь. Проверьте, что этими решениями
являются
_ _ b — ar2 r агх — Ь
Г\ — гг гх — г2
Случай, когда оба корня уравнения B4) совпадают друг с другом,
мы разберем несколько позже. А сейчас приведем пример на до-
доказанное правило.
При изучении чисел Фибоначчи мы пришли к рекуррентному со-
соотношению
/(n) = /(/i-l)+f(/i-2). B5)
Для него характеристическое"уравнение имеет вид
r"=r+l.
Корнями этого квадратного уравнения являются числа
1+УТ _ 1-/5"
' 1 су » '2 а *
Поэтому общее решение соотношения Фибоначчи имеет вид
^—J B6)
(мы воспользовались сделанным выше замечанием и взяли показа-
показатели п вместо п— 1).
Мы называли числами Фибоначчи решение соотношения B5),
удовлетворяющее начальным условиям f(Q) = 1 и /A)=2, то есть по-
последовательность 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... Часто бывает более удобно до-
добавить к этой последовательности вначале числа 0 и 1, то есть рас-
рассматривать последовательность 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... Ясно, что
эта последовательность удовлетворяет тому же самому рекуррент-
рекуррентному соотношению B5) и начальным условиям /@)=0, /A) = 1. По-
Полагая в формуле B6) л = 0 и л=1, получаем для Cj и Са систему
уравнений
12 Н. Я- Вилеыкив 177
Отсюда находим, что Ct — — С2 = —?=¦ и ПОтому
На первый взгляд кажется удивительным, что это выражение
при всех натуральных значениях я принимает целые значения.
Случай равных корней характеристического уравнения
Остановимся теперь на случае, когда оба корня характеристи-
характеристического уравнения совпадают: Г\=гг. В этом случае выражение
Суг"'1 -\-С^2~1 Уже не будет общим решением. Ведь нз-за того,
что п = Г2, это решение можно записать в виде
У пас остается только одно произвольное постоянное С, и выбрать
его так, чтобы удовлетворить двум начальным условиям f(l)=a,
fB)=b, вообще говоря, невозможно.
Поэтому нам надо найти какое-нибудь второе решение, отлич-
отличное от fi (я) = г"~ . Оказывается, таким решением является
/2 (я) = пг"~1.В самом деле, если квадратное уравнение rs=air+a2
имеет два совпадающих корня rt = r2, то по теореме Виета
ах = 2Г[, а.2 = —г\. Поэтому наше уравнение записывается так:
А тогда рекуррентное соотношение имеет такой вид:
f(n + 2)=2r,f(n+l)-rJ/(/i). . B3)
Проверим, что {¦, (/() = пг"~х действительно является его решением.
Мы имеем /2 (я + 2) = (п + 2) г\+\ a f,2(n + \) = (п + \) г?. Под-
Подставляя эти значения в соотношение B8), получаем очевидное то-
тождество
(я -f 2) г? + 1 = 2 (я + 1) r1+1 - nr1+l.
Значит, яг" —решение нашего соотношения.
Теперь мы уже знаем два решения fx (я) —г"~ и /г(я) = яг{!
заданного соотношения. Его общее решение пишется так:
f (я) = Схг«-Х + С,/!/-" = г"-1 (С, + С2я).
Теперь уже путем подбора Ci и d можно удовлетворить любым
начальным условиям.
178
Линейные рекуррентные соотношения с постоянными коэффи-
коэффициентами, порядок которых больше двух, решаются таким же спо-
способом. Пусть соотношение имеет вид
...+fl*f(n). B9)
Составляем характеристическое уравнение
Если все корни Г\, ..., Гк этого алгебраического уравнения k-n сте-
степени различны, то общее решение соотношения B9) имеет вид
Если же, например, r[ = r-i— ... = г8, то этому корню соответ-
соответствуют решения
рекуррентного соотношения B9). В общем решении этому корню
соответствует часть
Составляя такие выражения для всех корней и складывая их, полу-
получаем общее решение соотношения B9).
Например, решим рекуррентное соотношение
/ (л+ 4) =5/(л+3)-6/(л+ 2)-4/(л+ 1)+ 8/(л).
Характеристическое уравнение имеет здесь вид
г* — 5г3 + 6г2 + 4г - 8 = 0.
Решая его, получаем корни
г, = 2, г2 = 2, г3 = 2, г4 = -1.
Значит, общее решение нашего соотношения имеет следующий
вид:
/ («) = 2"-1 [С, + С2п + СъпЦ + С4(-1)л-'.
Применение теории рекуррентных соотношений к вопросам пере-
передачи информации.
Мы уже рассматривали (см. стр. 104) задачу о количестве раз-
различных сообщении, которые молено передать за время Т, если извест-
известно время передачи отдельных сигналов. При этом мы пришли к ре-
рекуррентному соотношению
tn), C0)
причем/@)=1 и/(Г)=0, если Г<0.
12* 179
Будем считать числа Т, (\, ..,, tn целыми, и обозначим через
А.1, .... Xk корни характеристического уравнения для соотношения
C0). Тогда общее решение уравнения принимает вид
Пусть Xi — наибольший по абсолютной величине из корней харак-
характеристического уравнения. Тогда при больших значениях все слагае-
слагаемые будут пренебрежимо малы по сравнению с первым, и мы по-
получим, что
Это равенство позволяет приближенно оценивать число сообщений,
которое можно передать за время Т с помощью данной системы
сигналов.
Третье решение задачи мажордома
Оба решения задачи мажордома, с которыми мы
выше познакомились, приводили к рекуррентным соот-
соотношениям. Сейчас мы выведем формулу, дающую реше-
решение этих соотношений, — формулу, позволяющую сразу
подсчитать число способов посадить враждующих рыца-
рыцарей за стол. Для этого воспользуемся формулой вклю-
включений и исключений. Обозначим через аи событие, со-
состоящее в том, что k-я пара враждующих между собой
рыцарей сидит рядом. Подсчитаем, чему равно
N(ai...a,k), тс есть во скольких случаях рядом сидят
k пар врагов. Первую пару можно усадить за стол 4га
способами Bп способами выбрать место для одного, по-
посадить второго на следующее по часовой стрелке место
и учесть, что рыцарей можно обменять местами). Для
остальных рыцарей останется Ъг — 2 мест, причем их
надо занять так, чтобы вторая, третья, ..., k-я пары
врагов оказались рядом. Объединим эти пары рыцарей
в один «объект». Эти k — I пар рыцарей и 2га — 2k
остальных рыцарей можно переставлять друг с другом
Bn — k— 1)! способами. Если взять одну из таких пе-
перестановок и посадить рыцарей по порядку на"свобод-
на"свободные места, то выбранные нами k—1 пар врагов ока-
окажутся рядом. Это условие не нарушится и в случае, если
мы поменяем местами некоторых рядом сидящих вра-
врагов. Так как такие пересадки можно сделать 2й спосо-
способами, то всего получаем 4n2ft~1Bra — k— 1)! способов
180
посадки. Таким образом,
Мы хотим найти, во скольких случаях ни одна пара
врагов не окажется соседями, то есть вычислить
N(а[ ... cQ. Принимая во внимание, что k пар можно
выбрать С„ способами, получаем по формуле включе-
включений и исключений, что
= Bя)! — С\2Ч Bя — 2)! + С2п23п Bя — 3)! — ...
... -I- {—\)kCkn2kiln{2n-k— 1)! + ... + (-1)я+1я!.
ГЛАВА VII
КОМБИНАТОРИКА И РЯДЫ
Метод рекуррентных соотношений позволяет решать
многие комбинаторные задачи. Но в целом ряде слу-
случаев рекуррентные соотношения довольно трудно соста-
составить, а еще труднее решить. Зачастую эти трудности
удается обойти, использовав производящие функции.
Поскольку понятие производящей функции связано
с бесконечными степенными рядами, нам придется сна-
сначала познакомиться с этими рядами.
Деление многочленов
Читатель, конечно, знает, как делят друг на друга
многочлены. Если заданы два многочлена f(x) и ф(х),
то всегда существуют многочлены q(x) (частное) и г(х)
(остаток) такие, что f (х) = у(х) q(х) + г(х), причем сте-
степень г(х) меньше степени ф(х) или г(х)—0). При этом
f(x) называется делимым, а ф(х) делителем. Если же
мы хотим, чтобы деление выполнялось без остатка, то
придется допустить в качестве частного не только много-
многочлены, но и бесконечные степенные ряды. Для получе-
получения частного надо расположить многочлены по возра-
возрастающим степеням х и делить «уголком», начиная
с младших членов. Рассмотрим, например, деление 1 на
1 — х. Мы имеем
1
l ±х
— X
л3...
182
Ясно, что процесс деления никогда не закончится
(так же, например, как при обращении числа -д в бес-
бесконечную десятичную дробь). С помощью индукции
легко убедиться, что все коэффициенты частного равны
единице. Поэтому в качестве частного получается бес-
бесконечный ряд
1 -+- х + х2 -+¦ ...+•*"+...
Вообще, если f(x) и q>(x) два многочлена:
= ao+ ... +апх"> Ф (*) = *<> + • • •+Ьтхт,
причем свободный член Ьо многочлена (р(х) отличен от
нуля, ЬоФО, то при делении f(x) на q>(x) получается
бесконечный ряд
с _|_ с х -\- . . . -|~ СьХ" -f- . . . A)
Например, если взять те же многочлены f(x)=6x3 —
— 2х2+л:+3 и ф(л:)=л:2 — х+\, что и выше, то при но-
новом способе деления получаем
1-х
3 -f 4х — xz -f х* -f 2-е4 + ...
2л-4—хъ
Такая же картина будет наблюдаться во всех случаях,
когда Ь0Ф0 и г(х)фО. Лишь в случае, когда f(x) де-
делится без остатка на <р(х), ряд A) обрывается и мы
получаем многочлен.
Алгебраические дроби и степенные ряды
При делении многочлена f(x) на многочлен ф(х) мы
получили бесконечный степенной ряд. Возникает вопрос,
как связан этот ряд с алгебраической дробью . : , то
есть какой смысл можно придать записи
Ш = Со + с1Х+.,.+С№х"+... B)
183
Рассмотрим, например, разложение
.. +*».-|-... C)
Мы не пишем здесь знака равенства, так как не знаем,
какой смысл имеет стоящая справа сумма бесконечного
числа слагаемых. Чтобы выяснить это, попробуем под-
подставлять в обе части соотношения C) различные зна-
значения х. Сначала положим х— j^-. Тогда левая часть
10
соотношения примет значение —- , а правая превра-
тится в бесконечный числовой ряд
1 + 0,1 + 0,01 -г ... + 0,000 ... 01 4- • • •
Так как мы не умеем складывать бесконечно много сла-
слагаемых, попробуем взять сначала одно, потом — два, по-
потом— три и т.д. слагаемых. Мы получим такие суммы:
1; 1,1; 1,11; .,.; 1,111 ... 1; ... Ясно, что с возрастанием л
п единиц.
эти суммы приближаются к значению -jj-=1,11 •••>
которое приняла левая часть соотношения C) при
Х==~Ш'
То же самое получится, если вместо х подставить
в обе части равенства C) число -к-- Левая часть равен-
равенства примет значение 2, а правая превратится в беско-
,,1.1.1. , 1 ,
нечныи числовой ряд 1 -(- -^—h -4" Н~ -§—Ь • • - Ч—g™" ~^~ ' *'
Беря последовательно одно, два, три, четыре, ... слагае-
..1,3,7 о 1
мых, мы получим числа 1; 1—; 1-^-; 1-g-, ..., 2— -^.
Ясно, что с возрастанием п эти числа стремятся к
числу 2.
Однако если взять х=4, то левая часть равенства
C) примет значение -j-,a в правой получим ряд 1+.
+ 4 + 42+ ... +4"+ ... Если последовательно склады-
складывать члены этого ряда, то получаются суммы 1; 5; 21;
85; ... Эти суммы неограниченно увеличиваются и не
приближаются к числу —у.
184
Мы встретились, таким образом, с двумя случаями.
Чтобы различать эти случаи, введем общее понятие
о сходимости и расходимости числового ряда. Пусть за-
задан бесконечный числовой ряд
а,+-а24-•••4а„4-... D)
Говорят, что он сходится к числу Ь, если разность Ь —
— (at + fl2+ ... +ап) стремится к нулю при неограни-
неограниченном увеличении п. Иными словами, какое бы число
f>0 мы ни указали, отклонение суммы at+ ... +ап от
Ь, начиная с некоторого номера Л', окажется меньше е:
\Ь — (а, 4- ¦•• 4 ая)|<е, если «>7V.
В .этом случае число Ь называют суммой бесконечного
ряда d + . . . +ап + ... и пишут
Ьх= а, 4- • • • 4- аа + ...
Если не существует числа Ь. к которому сходится дан-
данный ряд D), то этот ряд называют расходящимся.
Проведенное выше исследование показывает, что
Щ. = 1 +0,1 + 0,01 + ... 4 0,00 ... 01 +-...,
2 === 1 _1— _1 | ! |_ _| 1 i_
в то время как ряд 1+4+16+...+4"+... расходится.
Более тщательное исследование показывает, что если
|х!<1, то ряд 1 +х+ . ¦. +хп+ ... сходится к -у^—,
а если |л'; <1, то он расходится.
Чтобы доказать это утверждение, достаточно заметить, что
„__ ! — *"+'
l-j-x-t ...^-х - х_х
и что при я->-оо выражение xn+I стремится к нулю, если |х|<1, и
к бесконечности, если |х|^1. При х=±1 получаем расходящиеся
числовые ряды 1 + 1+...+1+... и 1 — 1 + ... +1 — 1+...
Итак, если |х| < 1, то
Отметим, что равенство E) — это известная из
школьного курса математики формула для суммы бес-
бесконечно убывающей геометрической прогрессии.
185
Мы выяснили, таким образом, смысл записи
1
¦=1+*+...+*"+...
Она показывает, что для значений х, лежащих в неко-
некоторой области, а именно при 1*|<1, стоящий справа
ряд сходится к \_х ¦ Говорят, что функция t_ к при
\х\ <1 разлагается в степенной ряд 1 +х+ ... +хп+ ...
Теперь уже можно выяснить и более общий вопрос.
Пусть при делении многочлена f(x) на многочлен <р(х)
получился степенной ряд
с0 + схх + ... + спх" -\- ... F)
Оказывается, что тогда при достаточно малых значе-
значениях х ряд F) сходится к f(x)l(f(x).
Размеры области сходимости зависят от корней знаменателя, то
есть чисел, при которых знаменатель обращается в нуль. Именно, если
эти числа равны хь ..., Xk и г — наименьшее из чисел |*\|, ..., U'j,|,
то ряд сходится в области \х\<г. Например, функция 1 — х обра-
обращается в нуль при х=1, п потому разложение , —верно лить
при |х|<1. А функция х- — 7*+10 обращается а нуль при х, = 2,
х— 1
х2=5, и потому разложение для 2 „—ТТО" сходится при
!х|<2.
Отметим, что пи один из корней знаменателя не равен нулю,
так как мы предположили, что свободный член знаменателя отли-
отличен от нуля, и потому ф@)=60 ФО
Иными словами, всегда есть область \х\<г, в кото-
которой выполняется равенство
f(x) =с | с y 1 ... 1 спх" | ... G)
В степенные ряды можно разлагать не только алгебраические
дроби, но и многие другие функции. В математическом анализе до-
доказывают, например, что
х3 v5
¦ =*-4г + -?т-- (8)
l--gi+-^—... (9)
Для нас будет представлять интерес разложение
в*=1 + х + ±1+?+... A0)
186
Its формулы A0) видно, что
Беря достаточно много членов ряда A1), получаем значение е
с любой степенью точности. Первые десятичные знаки е имеют вид
2,7182818289045...
Укажем, что ряды (8), (9), A0) сходятся при всех значе-
значениях х.
Отметим еще следующее важное утверждение:
Функция f(x) не может иметь двух различных раз-
разложений в степенные ряды.
Иными словами, если
/ (л:) = а0 + ахх ¦+-...+ а„х" + ...
то
а0 = b0, al = bl, ..., ап = bn, ...
Действия над степенными рядами
Перейдем теперь к действиям над степенными ряда-
рядами. Пусть функции f(x) и ф(л:) разложены в степенные
ряды
f ( у\ п _|_/7 У Х- -4-/7 УП Л (\0\
I \Л) — и0 I а1л Т" • • • i ипл ~Т • • • \1^)
И
Ф (л:) = Ьо -\- Ьхх -)-...-(- bnx" -f-... A3)
Тогда
/(а) 4-Ф(л:) = (ao + alx+...+ а„хп +...)+-
Оказывается, что слагаемые в правой части равенства
можно переставить и сгруппировать вместе члены с оди-
одинаковыми степенями х (это утверждение совсем не так
очевидно, как кажется на первый взгляд — ведь в пра-
правой части равенства у нас бесконечные суммы, а. в
бесконечных суммах переставлять слагаемые можно
187
далеко не всегда). После этой перегруппировки мы по-
получим
/ (х) +¦ ф (а:) = (а0'+ Ьо) + {а1 + Ь1)х+...'
...+(ail + b,,)xn+,.. A4)
Ряд, стоящий в правой части равенства A4), назы-
называется суммой степенных рядов A2) и A3).
Посмотрим теперь, как разлагается в степенной ряд
произведение функций f(x) и <р(х). Мы имеем
/ (х)ф (х) = (а0 ц-п1х+...+ апх" + ...) X
Х(*о+ *!•*+¦ ••• +bnxnjr ..-). A5)
Оказывается, что, как и в случае многочленов, ряды,
стоящие в правой части равенства A5), можно почлен-
почленно перемножить (мы опускаем доказательство этого
утверждения). Найдем ряд, получающийся после по-
почленного перемножения. Свободный член этого ряда ра-
равен афо- Члены, содержащие х, получатся дважды: при
умножении я0 на btx и при умножении а^х на Ьо. Они
дают
афхх -f- а,Vе = (а<А + «Л)х-
Точно так же вычисляем члены, содержащие х2:
а0Ь^х2 + afitX- -f афцХ2 = (aob2 -f a1b1 -f- a2b0) x'K
Вообще, коэффициент при хп имеет вид
aob,,-+ albn^l \- ... -r--«A-*-f ••• +«A-
Таким образом,
А+ ... +аЛ)^+ ... A6)
Ряд, стоящий в правой части равенства A6), назы-
называется произведением рядов A2) и A3).
В частности, возводя ряд A2) в квадрат, получаем
l'2(x)=al+2a()alx-\-[a\+2a0a^x--\-2{a0ai-\- а^х^ ...
A7)
Посмотрим теперь, как делят друг на друга степен-
степенные ряды. Пусть свободный член ряда A3) отличен от
188
нуля. Покажем, что в этом случае существует такой сте?
пенной ряд
что
•••)=¦¦
а„хп + ... A9)
Для доказательства перемножим ряды в левой части
этого равенства. Мы получим ряд
VoH-(Vi + Vo)* + ••• +(V«+ ••• -\-bnc0)xn-\- ...
Для того чтобы этот ряд совпадал с рядом A2), необ-
необходимо п достаточно, чтобы выполнялись равенства
Vo = ао'
ьос\ + Ьхс0 -¦¦ av
Ьос„ -(-...+ Ьпс0 = ап,
Эти равенства дают бесконечную систему уравнений для
отыскания коэффициентов с0, ct, ..., с„ Из первогс^
уравнения системы получаем с0 = -?¦. Подставим полу-
ченное значение во второе уравнение. Мы получим урав-
уравнение
V, = «,--**?¦ •
из которого находим, что Ci—а'"Т '**" • Вообще, если
уже найдены коэффициенты с0, ..., сп_ь то для отыска-
отыскания сп имеем уравнение
Это уравнение разрешимо, поскольку Ь0ф0.
Итак, мы доказали существование ряда A8), удо-
удовлетворяющего соотношению A9). Ряд A8) называют
частным при делении рядов A2) и A3). Можно дока-
доказать, что он получается при разложении функции
Д*)Др-(л:). Таким образом, степенные ряды можно
складывать, умножать и делить (последнее — при усло-
условии, что свободный член делителя отличен от нуля). Эти
действия соответствуют действиям над разлагаемыми
функциями.
Отметим, что теперь мы можем иначе истолковать
смысл разложения
Оно означает, что ряд со + с{х+ ... + chxh + ... полу-
получается при делении конечного степенного ряда ао+ ..."+]
+ апхп на конечный степенной ряд Ьо +....+ Ьтхт*
Иными словами, это равенство означает, что
F0+ ... -\-bnxm){co+Clx-\- ... -\-ckxk-\- ...) =
= ао+ ... + апхп, B1)
где произведение в левой части равенства определяется
но формуле вида A6).
Применение степенных рядов
для доказательства тождеств
С помощью степенных рядов можно доказывать мно-
многие тождества. Для этого берут некоторую функцию и
двумя способами разлагают ее в степенной ряд. По-
Поскольку функция может быть представлена лишь един-
единственным образом в виде степенного ряда, то коэффи-
коэффициенты при одинаковых степенях х в обоих рядах
должны совпадать. Это и приводит к доказываемому
тождеству.
Рассмотрим, например, известное нам разложение
Возводя обе части этого разложения в квадрат, полу*
чаем
L +1)*"+ ... B2)
Если заменить здесь х на —х, то получим, что
190
Перемножив разложения B2) и B2'), выводим, что
U 1 + [К
-f-[1 (-!)"(«+!) +2 (-1Г2«-|- •••
).1]х"+ ... B3)
Очевидно, что коэффициенты при нечетных степенях х
обращаются в нуль (каждое слагаемое дважды входит
в эти коэффициенты с противоположными знаками).
Коэффициент же при х2п равен
3Bл—1)— ..
Но функцию /1 _ цП I \2 можно разложить в сте-
пенной ряд и иным образом. Мы имеем
1 1
A —JCJ A + JCJ A_ Х*У '
А разложение для A _хы получается из разложения
B2), если заменить в нем х на х2:
_J__ = H_2x2 + 3x4-f ... +(Л+1)^«+ ... B4)
Мы знаем, что никакая функция не может иметь двух
различных разложений в степенные ряды. Поэтому ко-
коэффициент при х2п в разложении B3) должен равняться
коэффициенту при х2п в разложении B4). Отсюда вы-
вытекает следующее тождество:
1 B«4- 1) - 2 • 2п +-3B« — 1) — ...
... +B« -)- 1). \ = п-\Л.
Производящие функции
А теперь мы уже можем перейти к основной теме
этой главы — понятию производящей функции. Пусть
дана некоторая последовательность чисел а0, аи
..., ап, ... Образуем степенной ряд
191
Если этот ряд сходится в какой-то области к функции
f(x), то эту функцию называют производящей для по-
последовательности чисел а0, аи ..., ап, .... Например, из
формулы
вытекает, что функция -. является производящей
для последовательности чисел 1, 1, 1, ..., 1, ... А фор-
формула B2) показывает, что для последовательности чи-
чисел 1, 2, 3, 4, ..., п, ... производящей является функ-
ЦИЯ A-JC)*"
Нас будут интересовать производящие функции для
последовательностей а0, аи ..., ап, ..., так или иначе
связанных с комбинаторными задачами. С помощью
этих функций удается получать самые разные свойства
этих последовательностей. Кроме того, мы рассмотрим,
как связаны производящие функции с решением рекур-
рекуррентных соотношений.
Бином Ньютона
Сейчас мы получим производящую функцию для ко-
конечной последовательности чисел С„, С]г,..., С".
Из начальной алгебры известно, что
и
(а 4- xf = а? + ?>а2х + Зал:2 + *3.
Эти равенства являются частными случаями более 66*
щей формулы, дающей разложение для (а + х)п. Запи-
Запишем (а+х)п в виде
(а + х)п = (а + х)(а + х) ... (а +-х). .B5)
п раз
Раскроем скобки в правой части этого равенства, при-
причем будем записывать все множители в том порядке,
в котором они нам встретятся. Например, (а+хJ запи-
запишем в виде
(а + хJ ~(а-\-х)(а-±х) = аа-\- ах-\-ха-\-хх, B6)
192
а (а+хK — в виде
(а -f- л:K = (а -\- х)(а -j- х) (а 4- л:) —
= ааа-{-аах-\-аха -\-axx А-хаа-^хах -{-хха-4-ххх. B7)
Видно, что в формулу B6) входят все размещения
с повторениями, составленные из букв х и а по две бук-
буквы в каждом размещении, а в формулу B7)—разме-
B7)—размещения с повторениями нз тех же букв, но состоящие
из трех букв каждое. То же самое будет и в общем
случае — после раскрытия скобок в формуле B5) мы
получим всевозможные размещения с повторениями
букв х. и а, состоящие из п элементов.
Приведем теперь подобные члены. Подобными будут
члены, содержащие одинаковое количество букв х (то-
(тогда и букв а в них будет поровну). Найдем, сколько
будет членов, в которые входит k букв х и, следова-
следовательно, п — k букв а. Эти члены являются перестанов-
перестановками с повторениями, составленными нз k букв ,v и
п — k букв а. Поэтому по формуле E) главы II их чис-
число равно
Отсюда вытекает, что после приведения подобных
членов выражение xkan~h войдет с коэффициентом
^" = Win — k)\ " ^так> мы доказали, что
... +C?,a"~kxk + ••¦ + С'пх". B8)
Равенство B8) принято называть формулой бинома
Ньютона. Если положить в этом равенстве а==1, то по-
получим
A + х)п = С°п± С\х +-...+ С№ +-...+ Сппх". B9)
Мы видим, что (\+х)п является производящей функ-
функцией для чисел С„, k = 0, 1, ..., п.
С помощью этой производящей функции можно срав-
сравнительно просто доказать многие свойства чисел Сп, ко-
которые были получены ранее с помощью довольно хит-
хитрых рассуждений.
13 Н. Я. Внленкин 193
Докажем сначала, что
Cknn = Ckn + Ckn-\ C0)
Для этого достаточно умножить обе части равенства
B9) на 1 +х. Мы получим, что
""
A+*)
Выражение в левой части этого равенства снова разло-
разложим по биному Ньютона. Только придется заменить
в формуле бинома п на п-\-\. Поэтому коэффициентом
при xk будет Cn+v В правой же части при раскрытии
скобок член, содержащий xh, появится дважды: при ум-
умножении С„х на 1 и при умножении Сп~ х на х.
Поэтому коэффициент при xk в правой части равенства
имеет вид С* -f- С*. Но слева и справа должен стоять
один и тот же многочлен. Поэтому коэффициенты при
xh слева и справа должны быть одинаковыми. Это и
доказывает, что ?n+i = С„ + Сга~ .
На стр. 53 мы доказали это равенство. Но там по-
потребовались комбинаторные рассуждения. Точно так же
сравнительно сложно на стр. 53 было доказано, что
2" = C°n + Ci+ ... + С* + ... +С% C1)
А с помощью формулы B9) доказательство прохо*
дит мгновенно: достаточно положить х=\. А если поло-
положить в этом равенстве х=—1, то получим, что
Иными словами, сумма значений Сп с четными k равна
сумме значений С* с нечетными k;
cl+c\+cln+ ...
\ l '+1 ... C2)
Обе суммы конечны, и обрываются, когда 2т, соответ*
ственно 2т + 1, станет больше п.
Любопытный результат получится, если положить в
равенстве B9) x = i, n = 4m. Простой подсчет показы-
194
вает, что (l+tL =—4. Поэтому A+()""= (—4)'". Мы
получаем, таким образом, равенство
(—4) =Cte-t-C4,n'-f Ci,ni +С4Шг 4-
+ /-•4 ,4 | I /^\m Am
Wm* -Г • • • -Т <>4ш' =
== ^4т 4" ^im.1 ~~ (->4;п — ^ ^m^ ~Г t^-lm ~f~ • • • "i (->4m*
Отделяя в этом равенстве действительную и мнимые
части, приходим к тождествам
С Am — Cim "+¦ C4m — ... — С^ш = 0, C3)
Clm - С\т + С\т.+ ...+ CIS = (-4). C4)
Разберите сами, какие тождества получатся, если по*
ложить /z = 4m + l, 4m + 2, 4т + 3.
Легко доказать с помощью производящей функции
и равенство
in ~Г • • • ~Г ^n^m
(при s — k<0 здесь положено Csm~k = 0); поэтому на са-
самом деле k меняется от 0 до наименьшего из чисел
ш, п). Для доказательства надо взять разложения
° \+ ... +Cknxk+ ...
и перемножить левые и правые части этих равенств. Мы
получим, что
(\+x)n+m=[C°a + CU+ ...+СУ+ ... 4 Сппх"}Х
X[Cm + Cmx+ ... +Csmxs+ ... +Clxm].
А теперь применим к левой части формулу бинома Нькн
тона (для показателя п + гп), а в правой части раскроем
скобки. Если сравнить коэффициенты при Xs слева и
справа, как раз получим равенство C5). Частным слу-1
чаем этого равенства является
Сп = (С°яJ 4- (Clf +...+ (Cnnf C5')
напомним, что С„ = С„ )¦
13* 195
Полиномиальная формула
Применяя формулу бинома Ньютона, можно разло-
разложить и более сложные выражения, например такие, как
(x + y+z)\ Именно,
(л--г У-1 zY=[(x
= (х -f У? + С\ (х + yf z + Ci (x 4- У)'3 z2 +
Разложим теперь (х+у)\ {х + уУ, (х + уJ снова по
формуле бинома Ньютона. Мы получим, что
¦ (х 4- У -г zf = х4 -f- //' -f- г4 4 4.v3J/4- 4х3г 4 4ач/3 4-
4 4«/3г 4- 4хг3 4 4г/г3 -f- 6х-//2 4- &x2z2 +
4 6//-г2 4 12х2уг 4-12хуэг 4 12xyz-. C6)
Но такой способ слишком сложен. С его помощью
трудно сразу ответить на вопрос: с каким коэффициен-
коэффициентом входит в разложение (x + y + z)9 член х"уАг3? Жела-
Желательно поэтому вывести формулу, сразу дающую разло-
разложение для выражения
(х, + х, 4- ¦• • ¦ 4- хт)п. C7)
Эту формулу нетрудно угадать. При доказательстве
формулы бинома Ньютона мы видели, что в разложе-
разложении (а4-х)" член xkan~k входит с коэффициентом
P(k, п — k). Можно предположить, что в разложении
(х{ + х2+ ... 4-х»,)" коэффициентом при х{{хк/ ... лЛ"
будет P(klt k->, ..., km). Мы докажем сейчас, что дело
обстоит именно так.
В самом деле, запишем (х{ + х2+ ... +хт)'1 в виде
произведения п сомножителей и раскроем скобки, вы-
выписывая все сомножители в порядке их появления. Ясно,
что при этом получатся всевозможные размещения с по-
повторениями, составленные из букв хь х->, ,.., хт, такие,
что в каждое размещение входит п букв. Но некоторые
из этих размещений дадут подобные члены. Так будет,
если в первое размещение каждая буква входит столько
же раз, сколько и во второе. Поэтому, чтобы найти коэф-
коэффициент npiixfix*2 ... л',*"», надо сосчитать, сколько раз-
размещений с повторениями содержат fej раз букву Xi, kz
196
раз букву лго, ..., km раз букву л'щ. Ясно, что каждое та-
такое размещение является перестановкой с повторениями
из &) букв ЛГ|, k2 букв х2, • • ¦, km букв хт. Число таких
перестановок мы обозначали P(ku /г2, . .., к,„). Итак,
действительно, коэффициентом при х\кх\1 ¦ ¦ ¦ •*„,'" в раз-
разложении выражения C7) служит P(ku k2, ..., km) (где,
разумеется, ki + k>+ ... +km = n — ведь в каждый член
разложения входит по одному элементу из каждой
скобки, а общее число перемножаемых скобок равно п).
Доказанную нами формулу можно записать так:
,, К, ¦ ¦ -, К)х\^ ... <<«, C8)
где сумма распространена на всевозможные разбиения
ki + k2+... +km числа п на т целых неотрицательных
слагаемых. Напомним, что
u k.2, .•..km)-lk* + *>+;;;+J'')l. C9)
Ясно, что если числа su ¦ ¦ ¦, sm получаются из чисел
hi, ..., km перестановкой, то P(su ..., sm) =P(kt km).
Поэтому, например, в разложении C6) коэффициенты
при х2уг и хуг2 одинаковы. Это замечание облегчает вы-
выписывание членов разложения C7). Достаточно найти
коэффициенты для таких разбиений n = ki + k-1+ ... +km,
что ki ^- k2^- ... ^ km, а потом переставлять показатели
всеми возможными способами.
Например, вычислим (x+y + zM. Если не учитывать
порядок слагаемых, то число 5 можно разбить на 3 сла-
слагаемых пятью способами:
5 = 5+0 + 0, 5 = 44-1+0, 5 = 34-2 + 0,
5 = 34-1 + 1, 5 = 24-24-1.
Но РE, 0, 0)=1, РD, 1,0) =5, РC, 2, 0) = 10, РC, 1, 1) =
-20, РB, 2, I) =30. Поэтому
(х 4- у -f zf = х5 4 У5 4- г5 -+- 5х4у 4- 5ху4 4 5х4г -\- 5хг' 4-
4- 5 г/4г 4- 5уг4 4-10х3у2 4-10хV 4-10х322 +
-t 10х2г3 -1- 10у3г2 4-1 Оу-г3 4- 20хл yz + 20xy3z 4-
4- 20хуг3 4- 30х2у22 4- 30х2уг2 4- ЗОсу-г3.
197
Формула C8) позволяет легко доказать некоторые
свойства чисел Р(&ь k2, ..., km). Например, если поло«
жить в этой формуле Xi = x2 = ... =хт=\, то получим,
что
'я" = 2Я№, ..-, km). D0)
Здесь сумма распространена на все разбиения числа п
на т неотрицательных целых слагаемых: n = kl + k2+]
+ ... +km, и порядок слагаемых учитывается.
Далее, если умножить обе части равенства A) на
Xi + x2 + ... +хт, применить к левой части аналогичное
разложение, а в правой раскрыть скобки, то получим
для P(kl,...,km) следующее рекуррентное соотношение:
P(kx, k2, ..., km) = P(kx-\, k2, ..., km) +
-\-P{kuk2-\, ..., km)+ ...
... +P(kv k2, ..., km-\). D1)
Если же перемножить обе части разложений
, k2, ....
Ст
т
и сравнить коэффициенты в обеих частях при x^xl? ... хг™,
то получим тождество
P{rv г2, ..., гт) =
= S Р(К К---. km)P(tv lv •••> D- D2)
Здесь в правой части суммирование распространено на
все целые неотрицательные числа ku k2 km; /ь l2, ...
..., lm такие, что kt + k2+ ... +km = n, h + k+ ... +/m = s
и ki + li = ru k2 + l2 = r2, ..., km+lm=rm. Мы предоста-
предоставляем читателю подробно провести соответствующие вы-
выкладки.
Разумеется, формулы D0) — D2) можно было бы по-
получить и не пользуясь производящей функцией C8). Но
в этом случае пришлось бы проводить геометрические
рассуждения, аналогичные примененным на стр. 138, но
198
не на плоскости, а в n-мерном пространстве. Примене-
Применение же производящей функции позволяет получить эти
тождества автоматически, выполняя лишь несложные
алгебраические преобразования.
Ряд Ньютона
Мы назвали, как это обычно делают в школе, фор*
мулу для (а + х)п биномом Ньютона. Это название с точ<
км зрения истории математики неверно. Формулу для
(а + л:)" хорошо знали среднеазиатские математики
Омар Хайям, Гиясэддин и др. В Западной Европе за-
задолго до Ньютона ее знал Блэз Паскаль. Заслуга же
Ньютона была в ином — ему удалось обобщить фор-
формулу для (х+а)" на случай нецелых показателей.
Именно, он доказал, что если а — положительное число
и \х\<.а, то для любого действительного значения а
имеет место равенство
(х + а)а = аа + ааа~1х + "^"^ а^х2 + • • •
Только теперь получилось не конечное число слагае-
слагаемых, а бесконечный ряд. В случае, когда п — натураль-
натуральное число, скобка (п — п) обращается в нуль. Но эта
скобка входит в коэффициенты всех членов, начиная
с (п + 2)-го, и потому все эти члены разложения равны
нулю. Поэтому при натуральном п ряд D3) превра-
превращается в конечную сумму.
Мы не будем доказывать формулу D3) для всех зна-
значений а и рассмотрим лишь случай, когда а — целое
отрицательное число, а = —п. В этом случае подлежа-
подлежащая доказательству формула принимает следующий
вид:
з.,3 ,
X -г
199
Иначе это равенство можно переписать так:
••• +( — 1) Cn+k-i {—] + ... D4)
п(п-\-\) ..,
\.2 J
Г I
— С"+2[—
(ведь С \2 J
Нам будет удобнее заменить — на —t и доказывать
вместо D4') следующее равенство:
A - /)-"= 1 + О+ С2»,!/2--!- • • • +C*+ft-i/ft + • • • D5)
Проведем доказательство с помощью индукции по п.
При п=\ имеем С*+й_1 = Сй=1 и потому доказывае-
доказываемое соотношение принимает следующий вид:
1 .. D6)
Но это — известная формула для суммы бесконечной
убывающей геометрической прогрессии (напомним, что
унас |/| = |^-|< l).
Предположим теперь, что уже доказано равенство
D5), и покажем, что из него следует равенство
"D7)
Для этого умножим обе части доказываемого равенства
D7) на 1 — t. Если после этого мы получим верное ра-
равенство, то и равенство D7) имеет место. Но после
умножения на 1 — t мы получаем
Раскроем скобки в правой части и приведем подобные
члены. Слагаемые, содержащие th, появятся дважды:
когда C*+ft/ft умножается на 1 и когда Cknl\-\tk~x умно-
умножается на —/. Поэтому коэффициент при tk в правой
части равен
С ft f*k — 1 y^k
п + к ^я+ft-l ^= v>n i ft—1
(см. формулу A1) на стр. 53),
200
Но по предположению индукции коэффициент при ik
в разложении A —t)~n как раз равен Cnik-\- Так как
после умножения на Г — / мы получили верное равен-
равенство, то и доказываемое равенство D5) верно.
Если читатель не хочет идти от доказываемого равенства к
уже известному соотношению, -а предпочитает обратный путь, сле-
следует умножить обе части равенства A5) на соответствующие члены
соотношения D6). Мы получим, что
А теперь надо раскрыть скобки и воспользоваться тождеством
+ к-\
(см. стр. 54). Мы придем в результате к доказываемому соотно-
соотношению D7).
Итак, равенство D5) доказано. Напомним еще раз,
что оно справедливо только при |/|<1. Если неосторож-
неосторожный читатель попробует положить в обеих частях ра-
равенства /= — 1 и выведет на основании этого «замеча-
«замечательную» формулу
2
D8)
то он совершит серьезную ошибку — ведь справа напи-
написана сумма целых чисел, и эта сумма-никак не даст
дробного числа 1/2".
В XVIII веке, когда теория бесконечных рядов еще
не была детально изучена, такие ошибки делали и из-
известные математики. Понадобились десятилетня напря-
напряженных исследовании для того, чтобы точно понять, что
такое сумма бесконечного ряда, когда она существует,
а когда нет. Впрочем, следует сказать, что в конце
XIX века понятие суммы бесконечного ряда было зна-
значительно обобщено, и существуют такие определения,
при которых формула D8) справедлива. Но эти вопро-
вопросы выходят за рамки нашей книги.
201
Сравним доказанное нами разложение
*r« = i_c,V+c2n+1*2- ...
l)*Cj+*_i**+... D9)
(
с формулой
A _|_ t)n = 1 4- C\t + СУН- ... -f & + • • • + tn. E0)
Мы снова приходим к выводу, что при обобщении сим-
символа Сп на отрицательные значения п надо положить
С-л =(— 1) С« :-ft-l
(см. стр. 128). При отрицательных же значениях k
Сп = 0, поскольку в разложения D9) и E0) не входят
слагаемые с отрицательными степенями t. По тем же
соображениям С* = 0 при 0 < п < k.
Извлечение квадратных корней
Мы доказали формулу Ньютона при всех целых зна-
значениях показателя. Но, как уже говорилось, эта фор*
мула верна не только для целых, но и для дробных (и
даже для иррациональных) значений показателя. Мы
не будем здесь доказывать ее при этих значениях, а
лишь выпишем разложения при п = -у и п = к •
При п= у формула Ньютона принимает вид
1.2.3
...Ч \.2.,.k
Преобразуя это выражение, получаем
— 1 _j L V- !— *-2 -I- 1 '3 гЗ
3... Bfe3) ft
2 • 4 ... 2k х
202
Точно так же при п — — у выводим, что
... E2)
Полученные формулы можно записать иначе. Для
этого заметим, что
1-3 ... Bft—1) _ Bft)l __1_с*
2 • 4 ... 2ft ~~ 22ft (ft!J ~ 22ft "*'
Поэтому
A+хП = 1 i cU+4-'" "
+ ... E3)
Точно так же получаем, что
A ±ху = 1 +1 х -_^
--- E4)
Эти выражения сходятся в области |дс|<1. С их по-
помощью можно извлекать с любой степенью точности
квадратные корни. Например,
= 5/1+0,2 =
+4 -0,2 -
- ..-] =5,4775
Однако нас будут интересовать не приложения ука-
указанных формул к извлечению корней из чисел, а соот~
ношения между биномиальными коэффициентами, кото-
которые вытекают из полученных разложений. Чтобы полу-
получить эти соотношения,, возведем обе части равенства
E3) в квадрат. По правилу умножения степенных
203
рядов получаем, что коэффициент при х1{ в правой части
имеет нмд
1)* \пк , n\nk-\ , r2rk-i
В левой же части равенства получаем
Г -И2 _ v
[{\ + х) Ц -ТТ^'
Но мы зкаем, что
_L_=1_X+X_ ..
Сравнивая коэффициенты при степенях х>< в обеих ча-
частях равенства, приходим к тождеству
С2k -f- СгСгь-г + С\С2ь-\ + • ¦ ¦ + Сгл = 2 . E5)
Аналогичные рассуждения, примененные к равенству
E4), дают тождество
rk-2
°2ft-4
2°2ft-6
—2) ' 3(й—3)
р при k > 2.
Далее, перемножая почленно разложения E3) и
E4), получаем
! Г-i _i L v- ] г\х- A- -J— С\х* —
1 — ^2 2-23 3• 25 ' ' '
С^х + Ч
... Ч ^гГ~" ^2ftX + ... . E7)
Раскроем скобки в правой части этого равенства. Мы
получим степенной ряд, причем из равенства E7) сле-
следует, что все коэффициенты этого ряда (кроме свобод»
204
ного члена) равны нулю. Отсюда получаем тождество
,-,«•-1 , 1 п\пк-2 | 1 n2nk-2 |
О2&-2 -T'Y^2^2*-'1 I " ^^2fr-6T" •••
• ¦ • + T C-'< -1 — T C2*' (b°t
справедливое при k i> 1.
Наконец, заметим, что
Отсюда вытекает, что
+ •¦¦) =
Раскрывая скобки в обеих частях этого равенства и
сравнивая коэффициенты при xh в обеих частях, прихо-
приходим к тождеству
E9)
Производящие функции и рекуррентные соотношения
Мы уже говорили, что теория производящих функ-
функций тесно связана с рекуррентными соотношениями.
Вернемся снова к делению многочленов. Пусть
f(x) = a0 +-алх-\- ... +апх"
— два многочлена, причем Ь0Ф0. Мы будем, кроме того,
предполагать, что n<m, то есть что алгебраическая
f (v)
дробь ~щ правильна (в противном случае мы всегда
можем выделить из нее целую часть).
205
Мы знаем, что если
TO
• ,],,. ,i,,. A X^"\ (с ~\ С JC Ф~ \~ С Jt I ^
Раскроем в правой части этого равенства скобки и срав-
сравним коэффициенты при одинаковых степенях х слева и
справа. Сначала мы получим т соотношений такого
вида:
П /* '—— /7
0 0 0*
Ь0с2 + bxcx -f Vo = а2» F1)
(если п<.т — 1, то мы считаем, что an+i= ... =a,n_i =
= 0). А дальше все соотношения имеют один и тот же
вид:
V«+* + V«+*-i+ ••• +bmck = O, k = 0, 1, ... F2)
(ведь в /(*) нет членов, содержащих хт, xm+l и т. д.)«
Таким образом, коэффициенты со> Си • • •. ^, ... ряда
F0) удовлетворяют рекуррентному соотношению F2).
Коэффициенты этого соотношения зависят лишь от зна«
менателя дроби. Числитель же дроби нужен для нахо*
ждения первых членов с0, Ci, ..., cTO_i рекуррентной по*
следовательности.
Обратно, если дано рекуррентное соотношение F2)_
и заданы члены Со, Си ..., ст_ь то мы сначала по фор*
мулам F1) вычисляем значения а0, ..., ат-ь А тогда
производящей функцией для последовательности чисел
Со, Си ..., Ch, ... является алгебраическая дробь
На первый взгляд кажется, что мы мало выиграли
при замене рекуррентного соотношения производящей
функцией. Ведь все равно придется делить числитель на
206
знаменатель, а это приведет к тому же самому рекур-
рекуррентному соотношению F2). Но дело в том, что над
дробью F3) можно выполнять некоторые алгебраиче-
ские преобразования, а это облегчит отыскание чисел Ck.
Разложение на элементарные дроби
Мы покажем сейчас, как с помощью алгебраических
преобразований производящей функции можно решать
рекуррентные соотношения. Предположим, что знаме-
знаменатель дроби F3) разложен на множители первой сте-
степени
Ф(х) = Ьт(х — ах)г ... (х — ak)s.
Отметим, что для этого надо предварительно решить уравнение
bol-... + bmxm—0, то есть характеристическое уравнение соотнбше-
Ш!Я F2).
Тогда ясно, что дробь F3) получилась в результату
приведения к одному знаменателю следующих элемен^
тарных дробей:
(x — a,)r ' (x — a,)r l ' (x — a,)
**¦" г* > ' v — i * * * * > " ™"
Иными словами,
'¦¦ ^ х-а{ +••• t (x-ak)s Г ••• Г x_ak •
Нам неизвестны здесь лишь коэффициенты Ац, ...
..., Аи, s-i- Чтобы найти эти коэффициенты, надо умно-
умножить обе части равенства F4) на знаменатель
(х — а\)г...(х — a,h)s, раскрыть скобки и сравнить
коэффициенты при одинаковых степенях х. Из получив-
получившейся системы уравнений мы и находим искомые коэф-«
фициенты.
Иногда удается обойтись и без решении системы
уравнений. Пусть, например, надо разложить дробь
¦г3 — 2л-2 -{- 6х -f 1
х4 — 5*2 + 4
207
Так как
jc4 — 5x'2-f 4 = (х2— 1)(х2 — 4) =
= (x-l)(x
то это разложение должно иметь вид
—1)(дс+1)(дс —2)
Л¦ ВС ¦ D
Приводя к одному знаменателю, получаем, что
х + 1=Л(х+ 1)(JC — 2)(jc + 2)-4-
Это равенство должно выполняться при всех значениях х.
Но при х=\ все слагаемые в правой части равенства,
кроме первого, обращаются в нуль, и мы получаем
—6Л = 6. Поэтому А = — 1. Точно так же,полагая х=—\,
х=2, х=—2, находим B = — -j, С = -^, D = ~.
Таким образом,
.уз — 2х2 + 6.у +1 1 4 ,
х* — 5л:2 + 4 "~ л:—1 3(л:+1)
12 (Jt — 2)
Для дробей вида -. г^- разложение в ряд полу-
чается по формуле Ньютона. Например,
13 13 л _±\~1_
12 (л: —2) — 24 I1 2 ) ~~
Применяя такое разложение ко всем дробям в равен-
208
стве F5), получаем, что
л3 — 2*2 + 6л- -г-1 .. , , о ,
I1 *+ +
Группируя члены с одинаковыми степенями х, полу-
получаем, что коэффициент при хп выражается формулой
с -1 */ iy. 13 1 9(~1)"
с« * 3 *• ' 24-2" ^ 8-2" '
Мы уже знаем, что задача о разложении алгебраиче*
ской дроби в степенной ряд равносильна задаче о ре-
решении некоторого рекуррентного соотношения при за-
заданных начальных условиях. Таким образом, с помощью
разложения дробей на элементарные и последующего
разложения полученных элементарных дробей в степен-
степенные ряды можно решать линейные рекуррентные соот-
соотношения с постоянными коэффициентами.
Итак, если задано рекуррентное соотношение F2) и
значения с0, ..., ст~и то сначала надо по формулам
F1) найти значения аа, ..., am-i. Они дают коэффи-
коэффициенты многочлена, стоящего в числителе дроби
= co\Clx+ ...H<v:f ...
Знаменатель же этой дроби равен Ьо+' ¦.. +Ьтхт.
Найденную дробь '' надо разложить на элемен-
элементарные дроби, после чего каждую элементарную дробь
разложить в степенной ряд по формуле Ньютона. Коэф-
Коэффициент при xh в полученном ряде и дает значение c>t.
Решим, например, рекуррентное соотношение
^,-2 — 5сли + 6сА = 0 F6)
при начальных условиях со=\, с1 =—2. Здесь bo=\, b{ =
= —5, 62 = 6. Из формулы F1) получаем, что
14 Н. Я. Вилеикии 209
Поэтому числитель дроби
равен 1 — 7х. Знаменатель же этой дроби сразу полу-
полумается из соотношения F0). Он имеет вид х2— 5x4-6.
Значит, для отыскания решения нам надо разложить
в степенной ряд дробь
1— 7х
Нох2 — 5x4-6= (л: — 2)(х— 3), и потому
1— 7х _ 1 — 7х _ А в
х* — Ьх -f- 6 ~"- (х — 2) (х — 3) ~" х — 2 ~г~ х — 3 '
Освобождаясь от знаменателя, получаем
1 — 7х = А(х— 3) + ?(jc— 2).
Полагая х = 3, находим 5=—20, а полагая. х = 2, нахо*
дим Л = 13. Значит,
1 — 7* _ 13 20 _
л:2 — 5*-f6 "" х — 2 х — 3~~
13/, Jf\~li 20 1
, 20
Поэтому
___13 J ,^0 1 __ 13 , 20
Сц— 2 ' 2" 3 ' З'г — 2"+| З" "
Об едином нелинейном рекуррентном соотношении
При решении задачи о разбиении последовательно-
последовательности мы пришли к рекуррентному соотношению
Тп = V.-1+ ^1^-2+ • • • + ^^Го. F7)
где 7"о=1 (см. стр. 160). Это соотношение было решено
очень искусственным образом — мы свели эту задачу
к задаче об очереди (см. стр. 88), которую уже умели
решать. Но решение задачи об очереди само было до-
довольно громоздким.
210
Сейчас мы покажем, как непосредственно решить со-
соотношение F7). Для этого составим производящую
функцию
-... 4- V + • • • F8)
Положим
F(x)=sxf(x)*= 7> + 7>2 + • •. 4- V + 1 + ... F9)
и возведем /•'(х) в квадрат. Мы получим, что
я (*)=
Но по рекуррентному соотношению F7)
7-07V.1+... + 7'e_17'0=7V
Значит,
F2(х) = Г[Л:24- Т2х> + • ¦ • 4- Тпхп + 1.
Полученный ряд есть не что иное, как F(х) — Гох; по-
поскольку Го=1, он равен F(x) —х. Итак,
F*(x) = F(x)—x. G0)
Для функции F(x) получилось квадратное уравне*
ние G0). Решая его, находим, что
Мы выбрали перед корнем знак минус, так как в про-
противном случае при л;=0 мы имели бы F@)=2, а из раз-
разложения F9) видно, что F@)=0.
По формуле E4) мы имеем
V1 — 4х = A — 4jc)~2 = 1 — 2х — -| CW —
Значит,
14* 211
Сравнивая формулы F9) и G1), получаем, что Т„ =
= ——гС"п- Это полностью соответствует решению, по-
полученному ранее комбинаторным методом (см. стр. 160).
Производящие функции и разбиения чисел
В главе IV мы решали различные комбинаторные
задачи на разбиение чисел. Эти задачи можно очень
просто решать с помощью производящих функций. Обо-
Обозначим через ап число способов разбиения для п и со-
составим ряд
Во многих случаях удается составить такое алгебраиче-
алгебраическое выражение /(.г), что после раскрытия скобок в этом
выражении слагаемое хп повторяется ровно ап раз.
Тогда
и, значит, f(x) — производящая функция для последо'
вательности а0, Яь ..., ап, ¦ ¦ ¦
Пусть, например, рассматриваются разбиения числа
N на слагаемые, каждое из которых равно одному из
чисел П\ nh. При этом в сумме слагаемые не должны
повторяться, а порядок слагаемых не играет роли.
Для решения задачи образуем выражение
A+*"')(!+*"=)... О+•*"*)• G2)
При раскрытии скобок получатся слагаемые вида
х"'< х"Ч где гп\,..., тЛ — некоторые из чисел п\,..., nh.
Поэтому xN встретится в сумме столько раз, сколькими
способами можно разбить /V на слагаемые требуемым
образом.
Например, если надо узнать, сколькими способами
можно уплатить 78 коп., беря не более одной монеты
каждого достоинства, то надо составить выражение
G3)
раскрыть скобки и найти коэффициент при л;78.
212
А теперь решим с помощью производящих функций
следующую задачу:
Сколькими способами можно уплатить 29 коп. моне-
монетами по 3 и 5 коп?
В этой задаче надо найти число способов разбить
число 29 на слагаемые, равные 3 и 5, причем порядок
слагаемых не имеет значения. Иными словами, нам
надо найти число неотрицательных решений уравнения
З 5 29
Для этого составим выражение
Ьх6+ ... 4-jc3 Ч- • • •) X
X A + х* + *10 -j- ... -н &п +...)• G4)
Показатели при х в первой скобке пробегают все неот-
неотрицательные числа, кратные 3, а во второй скобке —
все неотрицательные числа, кратные 5. Ясно, что после
раскрытия скобок хх войдет с коэффициентом, равным
числу решений уравнения 3m + bn = N. В частности, ко*
эффициент при х29 дает ответ на нашу задачу.
Вместо раскрытия скобок можно поступить так. Вос-
Воспользуемся формулой для бесконечной геометрической
прогрессии. Тогда выражение G4) переписывается в
виде
и \_-_JL__L__ 1
/ W — 1 _ Х3 I __ д5 — 1 _ Х3 _ д5 _j_ XB ¦
А.теперь разделим числитель на знаменатель по пра-
правилу деления многочленов (только будем располагать
многочлены не по убывающим, а по возрастающим сте-
степеням х). Начало этого деления таково:
1 | 1 _ д-З _ ХЪ _|_ Л-»
_j_ д-5 — хв 1 _j_ хг _|_ хь _|_ х
77"
.уб _|- xs л. х\а — хи_ хп
л-8 -j- х9 -|- л:10 — х13 — л-1'
Продолжая деление, найдем искомый коэффициент
при л:29.
. Общая задача здесь такова:
найти, сколькими способами можно разбить число N
на слагаемые, равные соответственно а, Ь, ..., т, при-
причем порядок слагаемых не учитывается.
213
В этом случае производящая функция имеет вид
X A 4- хт 4- х2т + • ¦ ¦ Н- х«т 4- • • 0 =
= -. G5)
Например, в задаче о размене гривенника (см.
стр. ПО) надо составить производящую функцию
1
— X) A — X2) A — X3) A — Л5) '
Перемножая выражения, стоящие в знаменателе дроби,
получаем
f (х) 1
Выполняя деление, находим
1 — х — х2 4" -у7 — -у9 — -у10 4: хи
л- + -г2 — -у7 + -у9 + -у10 — ¦*"
2х2 + З*3 — х1 — хь + х9 + 2*10 — л:'2
З*3 -f 2л:4 — л:7 — *8 — хя 4- 2*10 4- 2-у" 4- -у'2 —
5л443-«5—-у7—Xs—л9—л104-2ли— 4л124-л13—Зл
Коэффициент при х10 дает ответ на поставленный во-
вопрос.
Разумеется, выполнять деление обычным образом
здесь довольно сложно. Вместо этого можно поступить
иначе. Запишем результат деления в виде бесконечного
ряда с неопределенными коэффициентами
1
7— Л'9— Л
Умножим обе части равенства на знаменатель. Тогда
коэффициент при хп справа окажется равным
Лп —'- Ап_1 — •"«-2" -"я-7 — -"я-9 — -"я-10 1 -"я-П*
Слева же коэффициент при хп, л>1, равен нулю. По<
этому при п > 1 коэффициенты Л„ должны удовлетво*
рять рекуррентному соотношению
. Ai — Ai-1 +Ai-2 -"/1-7+Д-9 4~ Ar10 -"л-И'
214
Начальные условия имеют вид: Ап = 0 при я<0 и Ао=\.
Пользуясь этими условиями, легко найти по порядку
все коэффициенты ~Ап.
Для примера рассмотрим проблему абитуриента
(см. стр. 105). В ней надо было найти, сколькими спо-
способами можно представить число 17 в виде суммы 4 сла-
слагаемых, принимающих значения 3, 4, 5, причем порядок
слагаемых имел значение. Для этой задачи в качестве
производящей функции надо взять (х3 + х4 + х5L. Ведь
при раскрытии скобок в выражении /(х) = (х3 + х'+х5L
каждое слагаемое xv встретится столько раз, сколькими
способами N разбивается на сумму 4 слагаемых, при-
принимающих значения 3, 4, 5. При этом встретятся и чле-
члены, получаемые друг из друга перестановкой слагаемых
в показателе (например, х3х'х5х3 и х'х3х3х5).
Раскрытие скобок в выражении (х3+х4+х5L =
= х12A+х+х2L можно произвести, например, по поли-*
номиальной теореме. Но проще иной способ. Мы заме*
1 хъ
тпм, что 1 + х-f-х2 = -у——. Поэтому/(.г) можно запи-
записать в виде
Но по формуле бинома Ньютона имеем
A _ х3L = 1 — 4х3 -f 6х6 — 4х9 + х12,
а по формуле ряда-Ньютона (см. стр. 199)
A _ х)'4 = 1 + 4х + Юх2 + 20х3+ ...
, 4-5 ... (я + 3) „„
•" 1 • 2 ... п
Поэтому
f (х) = х12 A — 4х3 + 6х6 — 4хэ + х12) X
X A + 4х + Юх2 + 20х3 + 35х4 -+- 56х5
Перемножая почленно эти разложения, найдем, что ко-
коэффициент при х17 в разложении равен 16. Значит, раз-
разложение можно сделать 16 способами.
Вообще, если надо найти, сколькими способами
можно разбить число N на k слагаемых, принимающих
215
значения «t ns, причем учитывается порядок ела*
гаемых, то производящая функция имеет вид
/(х) = (х". + хпг+... + х"*)*. G6)
Задача упрощается, если числа п\, ..., ns обра-
образуют арифметическую прогрессию — в этом случае
х, ..., x"s образуют геометрическую прогрессию, а это
позволяет упростить выражение для f(x).
Найдем, например, сколькими способами можно по-
получить 25 очков, бросая 7 костей. Здесь надо образо-
образовать производящую функцию
f(x) = (x + x>+... + x«y. G7)
По формуле для суммы геометрической прогрессии эту
функцию можно записать в следующем виде:
Теперь разложим A—х6O по формуле бинома Ньюто-
Ньютона, а A—х)~7 — по формуле ряда Ньютона. Мы по-
получим
/ (х) = х1 A — 7х6 +- 21 х12 — 35х18 -(- 35х24 — 2 lx30 -f
+7Х36 — х42) A 4 7х + 28х2 + 84х3 -f- 21ОХ4 -f 462д:5+¦ ¦ •).
Перемножая эти разложения, без труда вычислим коэф-
коэффициент при х25. Он и даст ответ на поставленную за-
задачу.
Аналогично решаются с помощью производящих
функций и другие задачи, разобранные нами в главе IV.
Сводка результатов по комбинаторике разбиений
1. Число способов разбить п различных вещей на
г различимых групп, при которых допускаются пустые
группы, равно г".
2. Число способов разбить п различных вещей на
г различимых групп, при которых все группы не пусты,
-равно коэффициенту при хп в разложении функции
(ет— 1)г в степенной ряд, умноженному на п\. Это чис>
ло можно записать в виде
216
3. Если в той же задаче группы неразличимы, то
получится в г\ меньше способов.
4. Число способов разбить п неразличимых вещей на
г различимых групп, при которых все группы не пусты,
Р<!ВНО С ,г _ 1.
5. Число способов разбить п неразличимых вещей
на г различимых групп, причем допускаются пустые
ячейки, равно Crn~+r-i.
6. Число способов разбить п неразличимых вещей
на г различимых групп, при которых каждая группа
содержит не менее q вещей, равно С^\ _,. (v_ir
7. Число способов разбить п неразличимых вещей на
г различимых групп, при которых число элементов в
каждой группе заключено между q и q+s— i, g-^x-^
^Cq + s—i, равно коэффициенту при хп~Г1> в разложе-
! __ I в степенной ряд.
8. Обозначим число способов разбиения п неразли-
неразличимых вещей на г неразличимых групп, при которых нет
ни одной пустой группы, через П'г. Тогда имеет место
рекуррентная формула
пга = пг„-Д ¦+- iC-U + K~X.i + • • •
Справедливо равенство
При п — г<г имеем I'iJ, —И^!.
Наряду с разбиениями рассматривают упорядочива-
упорядочивания элементов, при которых играет роль как порядок
групп, так и порядок элементов в группах. Для упоря-
упорядочиваний справедливы следующие утверждения:
9. Если п различных вещей упорядочиваются в г раз-
различимых групп, причем допускаются пустые группы, то
число упорядочиваний равно
10. Если п различных вещей упорядочиваются в г
различимых групп, причем все группы не пусты, то чи-
число упорядочивании равно
тк.п-1— {n_r)[{J._{)[ ¦
217
Если же группы неразличимы, а значит, их порядок
л! s,r-l
не играет роли, то число упорядочивании равно —rLn-\.
11. Пусть из п различных элементов всеми спосо-"
бами составляются г упорядоченных групп (причем
можно брать не все элементы, допускаются пустые
группы, а порядок групп принимается во внимание).
Число таких групп равно
!" 1!(я—1)! "Г" 2!(л —2)! ^ "
Это выражение является коэффициентом при хп в раз-
. ложении функции е*A—х)~г в степенной ряд, умно-
умноженным на п\.
12. Если в той же задаче запрещаются пустые груп-
группы, то ответ равен коэффициенту при хп~г в разложе-
разложении функции ех(\—х)'т по степеням х, умноженному
на п\.
ЗАДАЧИ ПО КОМБИНАТОРИКЕ
(Т) Из города А в город В ведут пять дорог, а из города В в
город С — три дороги. Сколько путей, проходящих через В, ведут
из Л в С?
B) Из двух спортивных обществ, насчитывающих по 100 фехто-
вальщикоз каждое, надо выделить но одному фехтовальщику для
участия в состязании. Сколькими способами может быть сделан этот
выбор?
dp Имеется пять видов конвертов без марок и четыре вида ма-
марок одного достоинства. Сколькими способами можно выбрать кон-
конверт с маркой для посылки письма?
ф Сколькими способами можно выбрать гласную и согласную
буквы из слова «камзол»?
© То же самое из слова «здание»?
Ф Бросают игральную кость с шестью гранями и запускают
волчок, имеющий восемь граней. Сколькими различными способами
могут они упасть?
Q) На вершину горы ведут пять дорог. Сколькими способами
турист может подняться на гору и спуститься с нее? То же самое
при условии, что спуск и подъем происходят по разным путям.
(о} На ферме есть 20 овец и 24 свиньи. Сколькими способами
можно выбрать одну овцу и одну свинью? Если такой выбор уже
сделан, сколькими способами можно сделать его еще раз?
?9. Сколькими способами можно указать на шахматной доске
два квадрата — белый и черный? А если нет ограничении на цвет
выбранных квадратов?
(J5) Сколькими способами можно выбрать на шахматной доске
белый и черный квадраты, не лежащие на одной н той же горнзон-
тални вертикали?
(Тр Из 12 слов мужского рода, 9 женского и 10 среднего надо
выбрать по одному слову каждого рода. Сколькими способами мо-
жетбыть сделан этот выбор?
Ц?) Имеется 6 пар перчаток различных размеров. Сколькими
способами можно выбрать из них одну перчатку на левую руку и
одну—на правую руку так, чтобы эти перчатки были различных
разнууюв?
@1 Из 3 экземпляров учебника алгебры, 7 экземпляров учеб-
учебника геометрии и 7 экземпляров учебника тригонометрии надо вы-
выбрать по одному экземпляру каждого учебника. Сколькими спосо-
бамггэто можно сделать?
(Q) В букинистическом магазине лежат 6 экземпляров романа
И. С. Тургенева «Руднн», 3 экземпляра его же романа «Дворянское
. 219
гнездо» и 4 экземпляра романа «Огиы и дети». Кроме того, есть
5 томов, содержащих романы «Руднп» н «Дворялское гнездо», к
7 томов, содержащих романы «Дворянское гнездо» и «Отцы н дети».
Сколькими способами можно сделать покупку, содержащую по од-
момуэкземпляру каждого из этих романов?
(\5) Та же задача, если, кроме того, в магазине есть 3 тома,
в которые входят «Руднп» и «Отиы н дети».
i© В корзине лежат 12 яблок и 10 апельсинов. Ваня выбирает
из нее яблоко или апельсин, после чего Надя берет н яблоко, и
апельсин. В каком случае Надя имеет большую свободу выбора:
если Ваня взял яблоко или если он взял апельсин?
Il7. Имеются три волчка с 6, 8 и 10 гранями соответственно.
Сколькими различными способами могут они упасть? Та же задача,
если известно, что по крайней мере два волчка упали на сторону,
помеченную цифрой 1.
QS) Сколькими способами можно выбрать три различные краски
из имеющихся пяти?
© Сколькими способами можно составить трехцветный полоса-
полосатый флаг, если имеется материал 5 различных цветов? Та же за-
дача^сли одна из полос должна быть красной?
@ Сколько словарей надо издать, чтобы можно было непо-
непосредственно выполнять переводы с любого из пяти языков: русского,
английского, французского, немецкого, итальянского, на любой дру-
другой из этих пяти языков?
Bу На сколько больше словарей придется издать, если число
различных языков равно 10?
/22. Сколькими способами можно выбрать из полной колоды карт
по одной карте каждой масти? То же самое при условии, что среди
вынутых карт нет нп одной пары одинаковых, то есть двух коро-
королей, двух десяток и т. д.
!?3) Сколькими способами можно выбрать из полной колоды
карт (содержащей 52 карты) по одной карте каждой масти так,
чтобы карты красных мастей и карты черных мастей образовывали
пары (например, девятки пик и треф и валеты бубен и червей)?
@ У англичан принято давать детям несколько имен. Сколь-
Сколькими способами можно назвать ребенка, если общее число имел
равно 300, а ему дают не более трех имен?
/25. Несколько человек садятся за круглый стол. Будем считать,
что два способа рассадки совпадают, если каждый человек имеет
одних и тех же соседей в обоих случаях. Сколькими различными
способами можно посадить четырех человек? Л семь человек? Во
скольких случаях два данных человека из семи оказываются со-
соседями? Во скольких случаях данный человек (из семи) имеет двух
данных соседей?
V26. Пять девушек и трое юношей играют в городки. Сколькими
способами они могут разбиться на две команды по 4 человека в ка-
каждой команде, если в каждой команде должно быть хотя бы по
одному юноше?
ffll Надо послать 6 срочных писем. Сколькими способами это \
можно сделать, если для передачи писем можно послать трех курье-
курьеров и каждое письмо можно дать любому пз курьеров?
@ У одного человека есть 7 книг по математике, а у другого— .
9 книг. Сколькими способами они могут обменять книгу одного на
книгу другого?
220
l25y Та же самая задача, по меняются две книги одного на две
KHiinujipyroro.
ВО/ На собрании должны выступить 5 человек: Л, Ь, В, Г н Д.
Сколькими способами можно расположить их в списке ораторов при
услшшн, что Б не должен выступать до того, как выступит Л?
1ш Та же задача, но Л должен выступить непосредственно пе-
ред Ъ.
(з2Т) Сколькими способами можно посадить за круглый стол
5 мужчин и 5 женщин так, чтобы никакие два лица одного иола
не сидели рядом?
QT) Та же задача, но они садятся ие за круглый стол, а на ка-
карусель и способы, переходящие друг в друга при вращении кару-
карусели, считаются совпадающими.
(SJ) Из колоды, содержащей 52 карты, вынули 10 карт. Во
скольких случаях среди этих карт окажется хотя бы одни туз? Во
скольких случаях ровно один туз? Во скольких случаях не менее
двух тузов? Ровно два туза?
муНа железнодорожной станции имеется т светофоров. Сколь-
Сколько йггжет быть дано различных сигналов, если каждый светофор
имеегтри состояния: красный, желтый и зеленый?
C§5 В некотором государстве не было двух жителей с одинако-
одинаковым набором зубов. Какова может быть наибольшая численность
населения государства (наибольшее число зубов равно 32)?
t/ 37. В купе железнодорожного вагона имеется два противопо-
противоположных дивана по 5 мест в каждом. Из 10 пассажиров четверо
желают сидеть липом к паровозу, я трое — сшшон' к паровозу, ос-
остальным трем безразлично, как сидеть Сколькими способами могут
разместиться пассажиры?
/ЗЮ В местком избрано 9 человек. Из них надо иыбрать предсе-
председатели, заместителя председатетя, секретаря и культорга. Сколь-
кнммхпособамн это можно, сделать?
(wp Из состава конференции, на Koiopoii присутствует 52 чело-
человека, надо избрать делегацию, состоящую мл 5 человек. Сколькими
способами это можно сделать?
W40. Автомобильные номера состоят из одной, двух или трех
букв и четырех цифр. Hafuii число таких номеров, если используют-
используются 32буквы русского алфавита.
^fp У мамы 2 яблока и 3 груши. Каждый день в течение пяти
лиси подряд она выдает по одномл фрукту. Сколькими способами
это может быть сделано?
Dр) Аналогичная задача, если яблок т. a ipyni /;.
(Jj) Аналогичная задача, когда имеется 2 яблока, 3 груш» и
4 апельсина. „
D4) У отца есть 5 попарно различных аиельсипоп, которые он
выдает споим восьми сыновьям пак,- что каждый получает либо один
апельсин, либо ничего. Сколькими способами можно это сделать?
№м Аналогичная задача, если число апельсинов, получаемых ка-
ждыЭ^сыном, не ограничено.
Щ) Сколько различных став можно получить, нерестанляя бук-
буквы в слове «математика»? В слове «парабола»? В слове «ингре-
«ингредиент»?
©. Из спортивного клуба, насчитывающего 30 членов, надо co-
сгавш ь команду из 4 человек для участия и беге на 1000 м. Сколь-
Сколькими способами можно это сделать? А сколькими способами можно
221
составить команду из 4 человек для участия в эстафете 100+200 +
+ 400+800?
<Ш) Сколькими способами можно расставить белые фигуры B ко-
коня, 2слона, 2 ладьи, ферзя и короля) на первой линии шахматной
доски?
/49. Имеется п абонентов телефонной сети. Сколькими способами
можно одновремеЕШО соединить три пары?
/ 50. В почтовом отделении продаются открытки 10 сортов. Сколь-
Сколькими способами можно купить в нем 12 открыток? Сколькими спо-
способами можно купить 8 открыток? Сколькими способами можно ку-
пить^-S различных открыток?
(§Ц Из группы, состоящей из 7 мужчин и 4 женщин, надо ви-
брать 6 человек так, чтобы среди них было не менее 2 женщин.
Сколькими способами это можно сделать?
v 52. Сколько различных четырехзначных чисел, делящихся на 4,
можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, если каждая цифра может
встречаться в записи числа несколько раз?
*/53. Поезду, в котором находится п пассажиров, предстоит сде-
лать-m остановок. Сколькими способами могут распределиться пас-
пассажиры между этими остановками? Та же задача, если учитывается
лишь количество пассажиров, вышедших на данной остановке.
V54. Сколько можно сделать перестановок из п элементов, в ко-
которых данные два элемента а и 6 не стоят рядом? Данные три эле-
элемента а, Ь, с не стоят рядом (в любом порядке)? Никакие два из
элементов а, Ь, с не стоят рядом?
V55. В соревновании по гимнастике участвуют 10 человек. Трое
судей должны независимо друг от друга перенумеровать их в по-
порядке, отражающем их успехи в соревновании по мнению суден. По-
Победителем считается тот, кого назовут первым хотя бы двое судей.
В кадрй доле случаев соревнования победитель будет определен?
(р! Четверо студентов сдают экзамен. Сколькими способами мо-
могут быть поставлены им отметки, если известно, что никто из них
не получил неудовлетворительной отметки?
щ) Сколько ожерелий можно составить из семи бусинок раз-
ныхлшзмеров (надо использовать все 7 бусинок)?
(sip Сколько ожерелий можно составить из пяти одинаковых бу-
С1шод_и двух большего размера?
l[5jp В селении проживает 2000 жителей. Доказать, что по край-
крайней жрс двое из них имеют одинаковые инициалы.
(§0) Компания из семи юношей и десяти девушек танцует. Если
в каком-то танце участвуют все юноши, то сколько имеется вариап-
тов участия девушек в этом танце? Сколько имеется вариантов, ес-
если учитывать лишь то, какие девушки остались неприглашенными?
Решить те же вопросы, если относительно двух девушек можно с
уверенностью сказать, что они будут приглашены на танец?
ч!) Рота состоит из 3 офицеров, 6 сержантов и 60 рядовых.
Сколькими способами можно выделить из них отряд, состоящий из
одного офицера, двух сержантов и 20 рядовых? Та же задача, если
в отряд должен войти командир роты и старший из сержантов.
|о2) На школьном вечере присутствуют 12 девушек и 15 юношей.
Сколькими способами можно выбрать из иих 4 пары для танца?
V63. Имеется 3 курицы, 4 утки и 2 гуся. Сколько имеется комби-
комбинаций для выбора нескольких птиц так, чтобы среди выбранных бы-
были и куры, и утки, и гуси?
222
F)) Сколькими способами можно разбить пг + п + р предметов на
три группы так, чтобы в одной было т, в другой п, а в третьей />
предметов?
«5* На полке находятся т + п различных книг, из которых т в
черных переплетах, а п в красных. Сколько существует перестано-
перестановок этих книг, при которых книги в черных переплетах занимают
первые т мест? Сколько положений, в которых все книги в черных
лерелдетах стоят рядом?
^Ю Сколькими способами можно выбрать из 15 человек группу
людей для работы? В группу могут входить 1, 2, 3 15 чело-
человек. Та же задача для случая выбора нз п человек.
;67. Пусть pi, ..., рп—различные простые числя. Сколько де-
делителей имеет число
о, а_
Я = Pi' • • • Р„п,
гле <Х|, ..., ап — некоторые натуральные числа (включая делители
1 \ъо\. Чему равна их сумма?
В® Сколькими способами 12 полтинников можно разложить по
ляти различным пакетам, если пи одни из пакетов не должен быть
пустым?
F9. Сколькими способами можно расставить 20 книг в книжном
шкафу с 5 полками, если каждая полка может вместить все 20 книг?
'70. Сколькими способами можно надеть 5 различных колец на
пальцы одной руки, исключая большой палец?
V71. 30 человек голосуют по 5 предложениям. Сколькими спосо-
способами могут распределиться голоса, если каждый голосует за одно
предложение и учитывается лишь число голосов, поданных за ка-
каждое предложение?
!72. Переплетчик должен переплести 12 различных книг в крас-
красный, зеленый и коричневый переплеты. Сколькими способами он мо-
может это сделать, если в каждый цвет должна быть переплетена
хотя бы одна книга?
,'73. Сколькими способами можно составить 6 слов нз 32 букв,
если в совокупности этих 6 слов каждая буква используется один
п только одни раз?
*74. Сколькими способами можно выбрать 12 человек нз 17, если
данные двое человек нз этих 17 не могут быть выбраны вместе?
V75. Сколько различных браслетов можно сделать нз пяти оди-
одинаковых изумрудов, шести одинаковых рубинов и семи одинаковых
сапфиров (в браслет входят все 18 камней)?
*76. Сколькими способами можно нз тех же камней выбрать три
камня для кольца?
^77. В комнате студенческого общежития живут трое студентов.
У них есть 4 чашки, 5 блюдец и 6 чанных ложек (все чашки, блюд-
блюдца и ложки отличаются друг от друга). Сколькими способами они
могут накрыть стол для чаепития (каждый получает одну чашку,
одно блюдце и одну ложку)?
V78. У мужа 12 знакомых — 5 женщин н 7 мужчин, а у жены —
7 женщин н 5 мужчин. Сколькими способами можно составить ком-
компанию из 6 мужчин н 6 женщин так, чтобы 6 человек пригласил
муж н 6 — жена?
,'79. На каждом борту лодки сидят но 4 человека. Сколькими
способами можно выбрать команду для этой лодки, если есть
223
31 кандидат, причем 10 человек хотят сидеть на левом борту лодки,
12 — на правом, я для 9 безразлично, где сидеть?
/80. В урне лежат жетоны с числами 1, 2, 3, ..., 10. Из нее вы-
вынимают 3 "жетона. Во скольких случаях сумма написанных иа них
чисел равна 9? Не меньше 9?
V8I. Сколькими способами можно выбрать нз полной колоды, со-
содержаще» 52 карты, 6 карт так, чтобы среди них были все четыре
масти?
/82. Хор состоит нз 10 участников. Сколькими способами можно
в течение трех дней выбирать по 6 участников, так, чтобы каждый
день были различные составы хора?
V83. Человек имеет 6 друзей н в течение 20 дней приглашает к
себе 3 из них так, что компания ни разу не повторяется. Сколькими
способами может он это сделать?
[84. Трое юношей и две девушки выбирают место работы. В го-
городе есть три завода, где требуются рабочие в литейные цехи (туда
берут лишь мужчин), две ткацкие фабрики (туда приглашают жен-
женщин) и две фабрики, где требуются н Л1уж<ншы н женщины. Сколь-
Сколькими способами могут они распределиться между, этими предприя-
предприятиями?
(85. Сколько слов, содержащих по пяти букв каждое, можно со-
стабить нз 33 букв, если допускаются повторения, но никакие две
соседние буквы не должны совпадать, то есть такие слова, как
«пресс» или «ссора», ие допускаются?
'•^вб. Для премии на математической олимпиаде выделено 3 эк-
экземпляра одной кшн и, 2 экземпляра другой и 1 экземпляр третьей
книги. Сколькими способами могут быть вручены премии, если в
олимпиаде участвовало 20 человек и никому не дают двух книг сра-
сразу? Та же задача, если никому не дают двух экземпляров одной и
тон же книги, но могут быть вручены две или три различные книги.
V 87. Берутся домино от @,0) до (п,п). Показать, что число до-
домино с суммой очков п — г равно числу домино с суммой очков
п+г и это число равно -j Brt — 2/- -f- 3). Найти общее число всех
домино.
¦/88. Сколькими способами можно посадить за круглый стол
7 мужчин и 7 женщин так, чтобы никакие 2 женщины пе сидели
рядом?
89. Сколькими способами можно выбрать из 16 лошадей ше-
"стерку для запряжки так, чтобы вошли 3 лошади из шестерки
' АВСА'В'С, но ни одна из пар АА', ВВ', СО
V 90. Сколькими способами можно составить из 9 согласных и
7 гласных слова, в которые входят 4 различных согласных и 3 раз-
различных гласных? Во скольких из этих слов никакие 2 согласные не
стоят рядом?
у91. В отделе научно-исследовательского института работают не-
несколько человек, причем каждый из них знает хотя бы один ино-
иностранный язык. Шестеро чнают английским, шестеро — немецкий, се-
семеро— французский. Четверо знают английский и немецкий, трое—¦
немецкий и французский, двое — французский и английский. Один
человек знает все три языка. Сколько человек работают в отделе?
Сколько нз них знают только английский язык? Только француз-
французский?
224
92. На загородную прогулку поехали 92 человека. Бутерброды
с колбасой взяли 47 человек, с сыром—38 человек, с ветчиной —
42 человека,' и с сыром и с колбасой — 28 человек, и с колбасой и
с ветчиной — 31 человек, и с сыром и с ветчиной — 26 человек. Все
три вида бутербродов взяли 25 человек, а несколько человек вместо
бутербродов захватили с собой пирожки. Сколько человек взяли с
собой пирожки?
v 93. Компания, состоящая из 10 супружеских пар, разбивается
на 5 групп по 4 человека лля лодочной прогулки. Сколькими спо-
способами можно разбить их так, чтобы в каждой лодке оказались
двое мужчин и двое женщин?
«/94. Во скольких случаях даный мужчина окажется -в одной
лодке со своей женой?
'95. Во скольких случаях данные двое мужчин окажутся в од-
одной^ лодке со своими женами?
,«96. Сколько различных четырехзначных чисел можно составить
из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, если каждая из них может повторяться
несколько раз?
v97. Найти количество шестизначных чисел таких, что сумма трех-
трехзначного числа, образованного первыми тремя цифрами, и трехзнач-
трехзначного числа, образованного последними тремя цифрами, меньше 1000.
У98. Сколькими способами можно расставить 12 белых и 12 чер-
черных шашек на черных полях шахматной доски?
^99. Сколькими способами можно переставить буквы слова «Юпи-
«Юпитер» так, чтобы гласные шли в алфавитном порядке?
v 100. Сколькими способами можно переставить буквы слова «пе-
«перешеек» так, чтобы четыре буквы «е» не шли подряд?
•401. Сколькими способами можно переставить буквы слова
«опоссум» так, чтобы буква «п» шла непосредственно после бук-
буквы «о»?
V102. Сколькими способами можно переставить буквы слова
«обороноспособность» так, чтобы две буквы «о» не шли подряд?
•103. Сколькими способами можно переставить буквы слова «ка-
«каракули» так, чтобы никакие две гласные не стояли рядом?
1/104. Сколькими способами можно переставлять буквы в слове
«фацетня» так, чтобы не менялся порядок гласных букв?
V105. Сколькими способами можно переставить буквы в слове
«параллелизм» так, чтобы не менялся порядок гласных букв?
v 106. Сколькими способами можно переставить буквы слова «па-
«пастух» так, чтобы между двумя гласными были две согласные
буквы?
*\07. Сколькими способами можно переставить буквы слова «ло-
«логарифм» так, чтобы второе, четвертое п шестое места были заняты
согласными буквами?
^ 108. Сколькими способами можно выбрать из слова «логарифм»
две согласных и одну гласную букву? Так же задача, если среди вы-
выбранных букв есть буква «ф»?
v 109. Сколькими способами можно переставлять буквы слова
«огород» так, чтобы три буквы «о» не стояли рядом?
\/llO. Та же задача, но запрещается, чтобы две буквы «о» стояли
рядом,
\ 111. СколькиКш различными способами можно выбрать несколь-
несколько букв из фразы «Око за око, зуб за зуб»? Порядок букв не учи-
учитывается,
15 И, Я, Ввлеики» 225
v 112. Сколькими способами можно выбрать из этой фразы три
буквы?
v 113. Сколькими способами можно выбрать из этой фразы три
буквы, если учитывать порядок выбранных букв?
V114. Сколькими способами можно переставлять буквы слова
«пастухи» так, чтобы как гласные, так и согласные шли в алфавит-
алфавитном порядке?
V Т15. Сколькими способами можно переставить буквы слова «ко-
«кофеварка» так, чтобы гласные и согласные буквы чередовались? То
же самое для слова «самовар».
VI16. Сколькими способами можно переставить буквы слова
«Абакан» так, чтобы согласные шли в алфавитном порядке? То же
самое при дополнительном условии, что две буквы «а» не идут подряд,
v 117. Сколькими способами можно переставить буквы в слове
«тик-так» так, чтобы одинаковые буквы не шли друг за другом? То
же самое для слова «тартар»,
VI18. Сколькими способами можно выбрать 4 буквы из слова
«тартар», если не учитывать порядка выбранных букв? Сколько че-
четырехзначных чисел можно составить из цифр, числа 132 132?
/119. Сколько неотрицательных целых чисел, меньших чем мил-
миллион, содержат все цифры 1, 2, 3, 4? Сколько чисел состоит только
из этих цифр?
^120. Найти сумму четырехзначных чисел, получаемых при все-
всевозможных перестановках цифр 1, 2, 3, 4,
V 121. То же самое для цифр 1, 2, 2, 5,
•^122. То же самое для цифр 1, 3, 3, 3.
V123. То же самое для цифр 1, 1, 4, 4.
>Л24. То же самое для всех пятизначных чисел, которые можно
получить путем перестановок цифр 0, 1, 2, 3, 4. Цифра 0 не должна
быть первой.
/125. Сколько чисел, меньших чем миллион, можно написать с по-
помощью цифр 8 и 9?
И 26. То же самое с помощью цифр 9, 8, 7,
V127. То же самое с помощью цифр 9, 8, 0 (записи, начинаю-
начинающиеся с нуля, считаются недопустимыми).
/128. Найти сумму всех трехзначных чисел, которые можно на-
написать цифрами 1, 2, 3, 4.
у129. Найти сумму всех возможных пятизначных чисел, которые
можно написать цифрами 1, 2, 3, 4, 5 и в которых каждая цифра
повторяется один и только один раз. Та же задача для пятизнач-
пятизначных чисел, которые можно написать цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
1130. Сколько нечетных чисел можно составить из цифр числа
3694 (каждую цифру можно использовать не более одного раза)?
Л четных?
'131. Сколько имеется шестизначных чисел, у которых три цифры
четные, а три — нечетные?
vl32. Та же задача, если допускаются и «шестизначные» числа,
начинающиеся с нуля.
[133. Сколько имеется шестизначных чисел, у которых сумма
цифр четная (первая цифра предполагается отличной от нуля)? Та
же задача, если берут все числа от 1 до 999 999?
'134. Сколько имеется десятизначных чисел, у которых сумма
цифр равна трем (первая цифра предполагается отличной от нуля)?
Та же задача, но берут все числа от 1 до 9 999 999 999.
226
v/135. Сколько имеется девятизначных чисел, у которых все циф-
цифры различные?
V136. Сколько существует целых чисел от 0 до 999, которые не
делятся ни на 5, ни на 7?
И37. Сколько существует целых чисел от 0 до 999, которые не
делятся ни на 2, ни на 3, ни на 5, ни на 7?
* 138. Во сколько чисел от 0 до 999 входит цифра 9? Во сколько
чисел она входит дважды? Во сколько чисел входит цифра 0? Во
сколько чисел она входит дважды? Во сколько чисел входят цифры
0 и 9? Цифры 8 и 9? Сколько есть чисел от 0 до 999 999, в которые
не входят две идущие друг за другом одинаковые цифры?
v 139. Сколько четырехзначных чисел можно составить из цифр
числа 123 153?
?140. Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр чис-
числа 12 335 233?
J141. Сколько шестизначных чисел можно составить из цифр чис-
числа 1233 145 254 так, чтобы две одинаковые цифры не шли друг за
другом?
'142. Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр
числа 12 312 343 так, чтобы три цифры 3 не шли друг за другом?
v 143. Сколькими способами можно переставить цифры числа
12 341234 так, чтобы никакие две одинаковые цифры не шли друг
за другом?
V 144. Та же задача для числа 12 345 254.
v 145. Сколькими способами можнс переставить цифры числа
1 234 114 546 так, чтобы три одинаковые цифры не шли друг за дру-
i гом?
148. Сколькими способами можно это сделать так, чтобы ника-
никакие две одинаковые цифры не шли друг за другом?
V 147. Сколькими способами можно выбрать из натуральных чи-
чисел от 1 до 20 два числа так, чтобы их сумма была нечетной?
V 148. Сколькими способами можно выбрать из натуральных чи-
чисел от 1 до 30 три числа так, чтобы их сумма была четной?
^ 149. Из Лондона в Брайтон ведут 2 шоссе, соединяемых 10 про-
проселочными дорогами (рис. 34). Сколькими способами можно про-
проехать из Лондона в Брайтон так, чтобы дорога не пересекала себя?
"* 150. Пусть при том же условии два путешественника выезжают
из Лондона по разным шоссе. Сколькими способами может произой-
произойти путешествие так, что ни один участок шоссе они не проезжают
в одном и том же направлении?
,'151. Из Лондона в Кембридж ведут 3 шоссе, пересекаемые
4 проселочными дорогами (рис. 35). Сколькими способами можно
15*
227
совершить путешествие, если нн но одному участку шоссе не
едут в направлении Лондона п пи олгн участок не проезжают
дважды?
*Ч52. Имеется неограниченное количество монет достоинством в
10, 15 и 20 коп. Сколькими способами можно выбрать 20 монет?
153. Надо отгадать, какие пять монет держит в руке партнер?
Монеты бывают достоинством в 1, 2, 3, 5, 10, 15, 20, 50 коп. и
1 руб. Сколько может быть дано
неверных ответов?
154. Сколько существует пя-
пятизначных чисел? Во скольких из
них все цифры четны? Во сколь-
скольких все цифры нечетны? Во сколь-
сколько не входя г цифры, меньше чем
6? Во скольких нет цифр, боль-
Рис. 35. Ш11Х чем 3? Сколько из них содер-
содержат все цифры I, 2,3, 4, 5? Сколь-
Сколько содержат все цифры 0, 2, 4, 6, 8?
155. Стороны каждой из доух игральных костей помечены чис-
числами 0, 1, 3, 7, 15, 31. Сколько различных сумм может получиться
при метании этих костей?
156. Стороны каждой из трех игральных костей помечены чис-
числами 1. 4, 13, 40, 121, 364. Сколько различных сумм может полу-
получиться при их метании?
157. Кидают шесть игральных костей, помеченных числами 1, 2,
3, 4, 5, 6. Во скольких случаях они дадут один вид очков? Два ви-
вида? Три вида? Четыре вида? Пять видов? Шесть видов? (Все ко-
кости считаются различимыми друг от друга.)
158. Бросают п игральных костей. Сколько может получиться
различных результатов (результаты, отличающиеся лишь порядком
очков, считаются одинаковыми; на каждой кости нанесены 1, 2, 3,
4, 5, 6 очков)?
159. Сколькими различными способами можно представить чис-
число 1.000 000 в виде произведения трех сомножителей? Представле-
Представления, отличающиеся порядком сомножителей, считаются различными.
160. Та же задача при условии, что порядок сомножителей не
учитывается.
161. Сколькими способами можно разложить в два кармана де-
девять монет различного достоинства?
162. Сколькими способами можно распределить Зп различных
предметов между тремя людьми так, чтобы каждый получил п пред-
предметов?
163. Даны 2я элементов. Рассматриваются всевозможные раз-
разбиения их на пары, причем разбиения, отличающиеся друг от друга
только порядком элементов внутри пар и порядком расположения
пар, считаются совпадающими. Сколько существует различных та-
таких разбиений?
164. Та же задача, но разбиваются nk элементов на п групп
по ? элементов в каждой группе.
165. Сколькими способами можно разбить 30 рабочих на 3 бри-
бригады по 10 человек в каждой бригаде? На 10 групп по 3 человека
в каждой группе?
166. Сколькими способами можно разделить колоду из 36 карт
пополам так, чтобы в каждой пачке было по два туза?
228
167. Сколькими способами можно разложить 10 книг на 5 бан-
бандеролей по 2 книги в каждой (порядок бандеролей не принимается
во внимание)?
168. Сколькими способами можно разложить 9 книг на 4 бан-
бандероли по 2 книги и 1 бандероль в 1 книгу?
169. Та же задача, если надо составить 3 бандероли по 3 кпнгн
в каждом.
170. Сколькими способами 3 человека могут разделить между
собой 6 одинаковых яблок, 1 апельсин, 1 сливу, 1 лимон, 1 грушу,
1 айву и 1 финик?
171. Сколькими способами можно выполнить этот раздел так,
чтобы каждый получил по 4 плода?
172. Лица А, В и С имеют по 3 яблока каждый и, кроме того,
А имеет 1 грушу, 1 сливу и 1 айву, В имеет 1 апельсин, 1 лимон
и 1 финик, а С имеет 1 мандарин, 1 персик и 1 абрикос. Сколькими
способами могут они распределить между собой эти фрукты так,
чтобы каждый получил по 6 штук?
173. Сколькими способами можно раздать колоду в 52 карты
13 игрокам по 4 карты каждому игроку? Та же задача с условием,
что каждый имеет по одной карте каждой масти. Та же задача при
условии, что одни имеет карты всех четырех мастей, а все осталь-
остальные— карты одной и той же масти.
174. Сколькими способами можно вынуть 4 карты из полной
колоды так, чтобы были 3 масти? Так, чтобы были 2 масти?
175. Сколькими способами можно раздать 52 карты четырем иг-
игрокам так, чтобы каждый получил по три карты трех мастей и че-
четыре карты четвертой масти?
176. Сколькими способами можно раздать 18 различных пред-
предметов 5 участникам так, чтобы четверо из них получили по 4 пред-
предмета, а пятый — 2 предмета. Та же задача, но трое получают по
4 предмета, а двое — по 3 предмета.
177. Имеется 14 пар различных предметов. Найти полное число
иыборок из этих предметов? (Две выборки отличаются друг от дру-
друга своим составом, но не порядком предметов).
178. Сколькими способами 4 черных шара, 4 белых шара и 4 си-
синих шара могут быть разложены в G различных пакетов (некоторые
пакеты могут быть пустыми)?
179. Сколькими способами можно разложить 3 руб. и 10 пол-
полтинников в 4 различных пакета?
180. Доказать, что количество разбиений числа п на несколько
слагаемых равно количеству разбиений числа Ъ\ на п слагаемых
(порядок слагаемых не принимается во внимание).
181. п предметов расположены в ряд. Сколькими способами мо-
можно выбрать из них три предмета так, чтобы не брать никаких двух
соседних элементов?
182. Ребенок ставит на первые две линии шахматной доски бе-
белые и черные фигуры (по два коня, два слона, две ладьи, ферзя и
короля каждого цвета). Сколькими способами он может это сделать?
183. Сколькими способами можно расставить эти фигуры на
всей доске?
184. Решите ту же задачу, если расставляются и все пешки (по
8 пешек каждого цвета).
185. Сколькими способами можно поставить 15 белых и 15 чер-
>шх шашек на 24 поля так, чтобы на каждом поле были пли
229
только белые, или только черные шашки? (Так располагаются шаш-
шашки в восточной игре «нарды».)
188. Сколькими способами можно расставить 20 белых шашек
на шахматной доске так, чтобы это расположение переходило само
в себя при вращениях доски на 90°?
187. Сколькими способами можво расставить 20 белых шашек
на шахматной доске так, чтобы это расположение было симметрич-
симметрично относительно линии, делящей доску пополам?
188. То же самое при условии, что шашки ставятся на черные поля.
189. Сколькими способами можно расставить 12 белых и 12 чер-
черных шашек на черные поля доски так, чтобы это положение было
симметрично относительно центра доски?
190. То же самое, но при симметрии должны меняться цвета
шашек.
191. Сколькими способами можно поставить 20 белых шашек на
крайние линии шахматной доски так, чтобы это расположение не
менялось при повороте доски на 90°?
192. Сколькими способами можно расположить 20 белых шашек
на крайних линиях шахматной доски так, чтобы на противополож-
противоположных сторонах доски шашки стояли симметрично относительно ли-
линий, делящих пополам доску?
193. Сколькими способами можно расположить в 9 лузах 7 бе-
белых шаров и 2 черных шара? Часть луз может быть пустой, и лузы
считаются различными.
194. Сколькими способами можно расположить в 9 лузах 7 бе-
белых шаров, 1 черный шар и 1 красный шар?
195. Сколькими способами можно раздать 27 книг лицам А, В
и С так, чтобы А и В вместе получили вдвое больше книг, чем С?
198. В лифт сели 8 человек.. Сколькими способами они могут
выйти на четырех этажах так, чтобы на каждом этаже вышел по
крайней мере один человек?
197. Сколькими способами можно выбрать из чисел от 1 до 100
три числа так, чтобы их сумма делилась на 3?
198. Сколькими способами можно выбрать из Зя последователь-
последовательных целых чисел три числа так, чтобы их сумма делилась на 3?
199. Имеется п белых, и один черный шар. Сколькими спосо-
способами можно положить некоторые из этих шаров в л+1 луз, если
в каждую лузу помещается не более одного шара?
200. Сколькими способами можно расставить т белых и п чер-
черных шаров так, чтобы между белыми и черными шарами было
1г — 1 контактов? 2г контактов?
201. Сколькими способами можно получить 8 оценок не ниже 3
по разным предметам так, чтобы сумма была равна 30?
202. Доказать, что т+п предметов можно переставить так,
, (m4-n)lDm
чтобы ровно л осталось на месте, —t ,—— способами (см.
стр. 73)
203. Доказать, что г различных вещей можно разделить между
п + р людьми так, чтобы данные п получили по крайней мере по од-
одному предмету-,
Sr = (n + Р)г~л(л+/>-1)г4-С*(л + р-2?- ... -H-l)"/
способами?
230
204. Доказать, что количество разбиений числа 2г+х на т+х
отличных от нуля слагаемых таково же, как и количество разбие-
разбиении г на неотрицательные слагаемые.
205. Общество из п членов выбирает из своего состава одного
представителя. Сколькими способами может произойти голосование,
если каждый голосует за одного человека (быть может, и за себя)?
Та же задача, но учитывается лишь число голосов, полученных ка-
каждым кандидатом, но не то, кто за пего голосовал.
206. Доказать, что число способов разделить In неразличимых
предметов на три неразличимые части так, чтобы сумма любых двух
была больше третьей, равна числу способов разделить таким же об-
образом 2л — 3 предметов.
207. Доказать, что нечетное число предметов можно выбрать из
п предметов 2"~1 способами.
208. Доказать, что число способов, которыми два человека мо-
могут разделить In предметов одного сорта, In предметов другого
сорта из In предметов третьего сорта так, чтобы каждый получил
Ъп предметов, равно Зя2+Зя+1.'
209. Если добавить 2/г предметов четвертого сорта, то число
способов раздела, при котором каждый получает An предметов,
равно
210. Если предметы делятся на неразличимые части, то ответы
будут
L (Зпг -f Зл -f 2) и 4 (" + !) (8/г2 "Г 4/г + 3)-
211. Доказать, что если есть m сортов предметов по 2и пред-
предметов каждого сорта, то число способов деления на две равные
части выражается формулой
fm-l fl fin — 1 _i
^шЯтМ-1 тУтп + т-"п-2 "Г
i f2 fm-1 , fXftn-1 —
~Т^тУтп + т-4п-3 ••• — °m°i?!/H т-1-д-Bя + 1) "+" •••
212. Сколькими способами можно положить пять белых шаров,
пять черных шаров и пять красных шаров в три различных ящика,
кладя по пять шаров в каждый ящик?
213. Если есть три сорта вещей по п предметов каждого сорта,
то их можно распределить между тремя лицами Л, 5, С так, чтобы
каждый получил п предметов
С\л <fi\+2 ~ ЗС,1, з =4 (" + D"(" + 2) (
способами.
214. Сколькими способами можно посадить рядом 3 англичан,
3 французов н 3 турок так, чтобы никакие три соотечественника не
сидели рядом?
215. Та же задача при условии, что рядом не могут сидеть ни-
никакие два соотечественника.
231
216. Сколькими способами можно посадить за круглый стол
3 англичан, 3 французов и 3 турок так, чтобы никакие два сооте-
соотечественника не сидели рядом?
217. Сколькими способами можно наклеить марки на 40 коп.,
используя марки достинстаом в 5, 10, 15 и 20 коп., расположенные
в одну линию? (Расположения, отличающиеся порядком марок, рас-
рассматриваются как различные, число марок не ограничено).
218. Сколькими способами можно разменять рубль на монеты
достоинством в 10, 15, 20 и 50 ко;).?
219. Сколькими способами можно составить 78 г, пользуясь во-
восемью разновесками в 1, 1, 2, 5, 10, 10, 20, 50 г? При этом считается,
что применение двух разных разновесок, хотя бы и одного веса дает
новую комбинацию.
220. Имеется шесть шаров: 3 черных, 1 красный, 1 белый и 1 си-
сипни. Сколькими способами можно составить из них ряд, содержа-
содержащий 4 шара?
221. Сколькими способами можно представить натуральное чис-
число п в виде суммы трех слагаемых, каждое из которых также яв-
является натуральным числом (представления, различающиеся поряд-
порядком слагаемых, считаются различными)?
222. Сколько и каких цифр понадобится, чтобы написать все
числа от 1 до 999 999 включительно? От 1 до 10" — 1 включительно?
223. Сколько различных десятизначных чисел можно написать,
пользуясь тремя цифрами 1, 2, 3 при дополнительном условии, что
цифра 3 применяется в каждом числе ровно два раза? Сколько на-
написанных чисел делится на 9?
224. Будем говорить, что два числа, входящие в размещение, об-
ра.чуют инверсию, если большее из них написано ранее, чем мень-
меньшее. Сколько инверсии во всех перестановках чисел 1, 2 л?
225. Доказать, что число разбиений п на 3 части таких, что ни-
никакие две части не равны друг другу, есть
226. Доказать, что число разбиений 12л+5 на 4 части таких,
что ни одна часть не превосходит 6п+2, есть
227. Доказать, что число разбиений 12п + 5 на 4 части, при ко-
которых никакая часть не превосходит 6/1+2 и никакие две части не
равны, есть
^ —1).
228. Hafmi количество троек натуральных чисел, образующих
геометрическую прогрессию и не превосходящих 100,
229. Сколькими способами можно расставить в ряд 6 англичан,
7 французов и 10 турок так, чтобы каждый англичанин стоял ме-
между французом и турком, но никакие'француз к-турвк «е- ствяяи-
рядом?
232
230. То же самое для 5 англичан, 7 фрацузов н 10 турок.
231. Сколько решений имеет задача: найти два числа такие, что
их наибольший общий делитель равен G, а наименьшее общее крат-
кратное M = G aab^cyd6(a, b, с, d — простые числа).
232. Решите ту же задачу, по без слов «наименьший» н «наи-
«наибольший».
233. Сколько можно составить сочетаний из 20 букв по 6 так,
чтобы в каждом сочетании никакая буква не входила более двух
раз?
234. Имеется p + q+r букв: р букв a, q букв Р и г букв у. Они
переставляются всеми способами так, чтобы « начинались раньше,
чем р, а Р раньше, чем у. Сколькими способами возможна такая
перестановка?
235. Линия в 30 см закрашивается в следующем порядке: крас-
красный, белый, синий, красный, белый, синий и т. д. Начинается с крас-
красного цвета, а кончается синим. Каждый цвет занимает всего 10 см,
полосы не меньше 2 см, причем длины полос — целые числа. Сколь-
Сколько возможно способов окраски? Л если снять условие, что все кон-
кончается синим цветом? Показать, что если ни одна полоса не меньше
3 см, то в 153 случаях последним будет сипни цвет, в 71—белый
и в 81 — красный.
236. У меня есть 6 друзей, с каждым из которых я обедал
8 раз, с каждыми двумя — 5 раз, с каждыми тремя — 4 раза, с ка-
каждыми четырьмя — 3 раза, с каждыми пятью —2 раза, со всеми
шестью — 1 раз, а без каждого из них — 8 раз. Сколько раз я обе-
обедал одни?
237. Два экзаменатора, работая одновременно, экзаменуют класс
в 12 человек по двум предметам. Каждый экзаменующийся отвечает
по 5 минут по каждому предмету. Сколькими способами могут
экзаменаторы распределить между собой работу так, чтобы пи
одному школьнику не пришлось отвечать сразу по двум предме-
предметам?
238. Сколькими способами 6 человек могут выбрать из 6 пар
перчаток по правой и левой перчатке так, чтобы ни один не полу-
получил пары? То же самое для 9 пар и 6 человек.
239. Буквы, входящие в выражение а2р2у2, переставляются все-
всеми способами, при которых рядом с каждой буквой (слева или спра-
справа) стоит такая же буква. Доказать, что число таких перестановок
равно 6. Для а3р3у3 —тоже 6. Для a4PV~ 90, для a5P6v5 —42C.
240. В шахматной олимпиаде участвуют представители п стран
по 4 представителя от каждой страны. Сколькими способами они
могут встать в ряд так. чтобы рядом с каждым был представитель
той же страны?
241. Клетки шахматной доски раскрашиваются в 8 цветов так,
что в каждом горизонтальном ряду встречаются всё 8 цветов, а в
каждом вертикальном ряду не встречаются подряд две клетки, ок-
окрашенные в тот же самый цвет. Сколькими способами возможна та-
такая окраска?
242. Имеются п одинаковых вещей и еще п различных вещей.
Сколькими способами можно выбрать из них п вещей? Сколькими
способами можно упорядочить все 2п вещей?
243. т французов и п англичан стоят в ряд так, что рядом с
каждым стоит хотя бы один его соотечественник. Показать, что
233
число возможных расстановок равно
244. Сколько шестизначных чисел содержит ровно три различ-
различные цифры?
245. Сколько m-значпых чисел содержит ровно k различных
цифр?
246. Рассматриваются все й-размещения чисел 1, 2, ..., п, при
которых четные числа стоят на местах с четными номерами, а не-
нечетные—па местах с нечетными номерами. Сколько таких разме-
размещений расположено в порядке возрастания чисел (например, имеют
вид 3678)?
247. Даны 2л элементов а\, а\, а?,, а$, ..., ап, ап, причем а; Ф uj,
если !=?=/. Во скольких перестановках из этих 2л элементов ни одна
пара одинаковых элементов не стоит рядом?
248. Даны п наборов, в каждый из которых входит q одинако-
одинаковых элементов, причем элементы различных наборов различны. Во
скольких перестановках этих nq элементов нет идущих подряд оди-
одинаковых элементов?
249. Решите ту же задачу при условии, что элементы распола-
располагаются по окружности.
250. На книжной полке стоят п книг. Сколькими способами мо-
можно выбрать нз них р книг так, чтобы между любыми двумя вы-
выбранными книгами, равно как и после р-п выбранной книги, было
не менее s книг?
251. Числа, выражающие количество участников математической
олимпиады из 5, 6, 7, 8, У н 10 классов, образуют арифметическую
прогрессию. Число премий для каждого класса равно разности этой
прогрессии. Доказать, что число способов вручения премий не изме-
изменится, если все премии отдать ученикам 10 класса (предполагается,
что все премии различны).
252. На клетчатой бумаге построен квадрат ABCD со стороной
в 4 клетки, после чего проведены все кратчайшие пути из вершины
А в вершину С, проходящие по сторонам клеток. Показать, что чис-
число путей равно 70, причем через 4 отрезка проходят 35 путей, че-
через 8—20 путей, через 4—18 путей, через 4—15 путей, через 4—
12 путей, через 4—10 путей, через 4—5 путей, через 4—4 пути, че-
через 4—1 путь.
Исследовать аналогичным образом перекрестки: 1 проходят
36 раз, 4—35 раз, 4—30 раз, 4—15 раз, 4—5 раз, 4—40 раз, 2—1 раз
(концевые точки исключены).
253. Сколько существует треугольников, вершины которых яв-
являются вершинами данного выпуклого шестиугольника?
254. Сколько существует треугольников, длины сторон которых
принимают одно из значений 4, 5, 6, 7?
255. Сколько можно построить различных прямоугольных па-
параллелепипедов, длина каждого ребра которых является целым чис-
числом от 1 до 10?
234
256. На плоскости проведены 4 прямые линии, из которых ни-
никакие две не являются параллельными и никакие 3 не проходят че-
через одну точку. Сколько получилось треугольников?
257. На плоскости задано п точек, из которых р лежат на од-
одной прямой, а кроме них никакие 3 точки не лежат на одной пря-
прямой. Сколько существует треугольников, вершинами которых яв-
являются эти точки?
258. На прямой взяты р точек, а на параллельной ей прямой —¦
еще <7 точек, Сколько существует треугольников, вершинами кото-
которых являются эти точки?
259. Пусть при том же условии на еще одной параллельной
прямой взяты г точек, причем никакие три точки не лежат на одной
прямой, пересекающей все три параллели. Сколько получится допол-
дополнительных треугольников?
260. Каждая сторона квадрата разбита на п частей. Сколько
можно построить треугольников, вершинами которых являются точ-
точки деления?
261. На плоскости проведены п прямых линий, из которых
никакие две не являются параллельными и никакие три не пере-
пересекаются в одной точке. Сколько точек пересечения имеют эти
прямые?
262. На плоскости проведено п прямых линий, из которых р
проходят через точку А и q — через точку В и, кроме того, ника-
никакие три прямые не проходят через одну точку, ни одна прямая не
проходит через обе точки А и В и никакие две не параллельны.
Сколько точек пересечения имеют эти прямые?
263. На сколько частей делят плоскость п прямых линий, из
которых никакие две не параллельны н никакие три не проходят че-
через одну и ту же точку?
264. На сколько частей делят пространство п плоскостей, из ко-
которых никакие 4 не проходят через одну и ту же точку, никакие 3
не проходят через одну и ту же прямую и никакие 2 не парал-
параллельны?
265. На плоскости даны пять точек. Среди прямых, соединяю-
соединяющих эти пять точек, нет параллельных, перпендикулярных и сов-
совпадающих. Проводим через каждую точку перпендикуляры ко всем
прямым, которые можно построить, соединяя попарно остальные че-
четыре точки. Каково максимальное число точек пересечения этих пер-
перпендикуляров между собой, если не считать данные пять точек?
266. Сколькими способами можно составить треугольники, сто-
стороны которых являются целыми числами, большими п и не превос-
превосходящими 2л. Сколько среди них равнобедренных и сколько равно-
равносторонних?
267. Доказать, что число треугольников с целочисленными
сторонами, длина сторон которых не больше чем 2л, равно
g- п (п-\-1) Dп-{-5). Если же исключить равнобедренные, то это
число равно g-n(n — 1)Dл — 5).
268. Доказать, что число треугольников, длина сторон которых
не превышает 2я — 1, равно 1я(я+1) Dл-!), а после исключения
235
равнобедренных треугольников остается — (л—1)(л— 2) Dл — 3)
треугольников.
269. На плоскости проведены л прямых линий, никакие три из
которых не проходят через одну точку. Доказать, что число неупо-
неупорядоченных групп по п точек пересечения, из которых никакие три
не лежат на одной прямой, равно -~ (л— 1)!
270. Имеется п точек на плоскости, никакие три из которых не
лежат на одной прямой. Сколько есть /'-звенных замкнутых ломаных
с вершинами в этих точках?
271. На одной прямой взяты п точек, а иа параллельной ей пря-
прямой — т точек. Эти точки соединяют прямыми. Доказать, что число
тп(т — 1) (л — 1)
точек пересечения проведенных прямых равно н •
(Мы считаем, что никакие три из проведенных прямых не пересе-
пересекаются в одной точке, а заданные т + п точек не учитываются.)
272. Даны п точек на плоскости, никакие три из которых не ле-
лежат на одной прямой и никакие 4 — на одной окружности. Через
каждые две из этих точек проводится прямая, а через каждые три—
окружность. Найти наибольшее число точек пересечения всех прове-
проведенных прямых со всеми окружностями.
273. В пространстве даны п точек, никакие четыре из которых
не лежат на одной плоскости. Через каждые три точки проводится
плоскость, причем никакие две из этих плоскостей не параллельны.
Найти число прямых, получающихся при пересечении этих плоско-
плоскостей, а также число таких прямых, не проходящих пи через одну
заданную точку.
274. Из л отрезков длины 1, 2 л выбирают 4 так, чтобы
получился описанный четырехугольник. Доказать, что это можно
2л (л —2) Bл —5) —3 + 3 (—1)" , г
сделать J -щ- ! : — способами. Сколько по-
получится четырехугольников, если можно брать стороны одинаковой
длины?
275. Даны л точек, никакие четыре пз которых не лежат на од-
одной окружности. Через каждые три из них проводят окружность.
Каково наибольшее число точек пересечения этих окружностей?
276. Доказать, что если л плоскостей проходит через центр сфе-
сферы, то в общем случае они делят сферу не более чем на /I2 — л+2
частей.
277. Сколькими геометрически различными способами можно
раскрасить грани куба шестью различными красками? Два способа
считаются геометрически совпадающими, если один можно переве-
перевести в другой движением куба как твердого тела.
278. Сколькими геометрически различными способами .можно
раскрасить грани тетраэдра четырьмя различными красками?
279. Сколькими геометрически различными способами можно
раскрасить грани октаэдра восемью различными красками?
280. Решить аналогичные задачи для правильных додекаэдра н
икосаэдра.
281. Рассмотреть в предыдущих задачах случаи, когда число
красок меньше числа граней (например, куб закрашивается двумя
красками, тремя красками, четырьмя красками, пятью красками).
236
282. Сколько существует треугольников с целочисленными сто-
сторонами и с периметром 40? А с периметоом 43?
283. Доказать, что число треугольников с целочисленными сто-
сторонами и с периметром 4л+3 на л+1 больше числа треугольников
с целочисленными сторонами и периметром 4«.
284. Доказать, что число треугольников с целочисленными сто-
сторонами и периметром N дается таблицей
Число треугольников
Число треугольников
12л
12л-4-1
12я--2
12л--3
12л--4
12л--5
Зл2
л (Зл 4- 2)
л(Зл4-1)
Зл2 + Зл +
л (Зл 4- 2)
D1)(З
12л 4
12л — 7
12л 4
12/1
12л 4-Ю
12л + И
3Л2 4- Зл 4-1
(л4-1)(Зл4-2)
(л4-1)(Зл4-1)
3Л2 4- 6л 4- 3
(л4-1)(Зл4-2)
Зл2 4- 7" 4- 4
285. Автобусная сеть города устроена следующим образом:
1. С любой остановки на любую другую можно попасть без пе-
пересадки.
2. Для любой пары маршрутов найдется, и притом единствен-
единственная, остановка, на которой можно пересесть с одного из этих марш-
маршрутов иа другой.
3. На каждом маршруте ровно п остановок.
Сколько автобусных маршрутов в городе?
286. В городе 57 автобусных маршрутов. Известно, что
1. С любой остановки на любую другую остановку можно по-
попасть без пересадки.
2. Для любой пары маршрутов найдется, и притом только одна,
остановка, па которой можно пересесть с одного из этих маршрутов
на другой.
3. На каждом маршруте не менее трех остановок.
Сколько остановок имеет каждый из 57 маршрутов?
287. Можно ли провести в городе 10 автобусных маршрутов и
установить иа них остановки так, что какие бы 8 маршрутов ни
были взяты, найдется остановка, не лежащая ни на одном из них,
а любые 9 маршрутов проходят через все остановки?
288. Какое наибольшее число различных шаров можно по-
построить в пространстве так, чтобы они касались трех данных пло-
плоскостей и данного шара?
289. Через каждую из трех данных точек проведем по m пря-
прямых так, чтобы среди них не было двух, паралельных между собой,
и трех, пересекающихся в одной точке. Найти число точек пересе-
пересечения этих прямых.
290. В пространстве даны п точек, из которых т лежат в одной
плоскости Р, а остальные расположены так, что никакие четыре из
них не лежат в одной плоскости. Сколько можно провести плоско-
плоскостей так, чтобы они содержали по три данные точки?
291. На плоскости даны три точки А. В,,С, Проведем через точ-
точку А т прямых, через В— п прямых и через С — р прямых. При
этом среди проведенных прямых нет грех, пересекающихся в одной
237
точке, и двух, параллельных между собой. Найти число треуголь-
треугольников, вершины которых являются точками пересечения этих пря-
прямых и не совпадают с заданными точками А, В, С.
292. Сколько существует треугольников, у которых вершины яв-
являются вершинами данного выпуклого я-угольника, но стороны не
совпадают со сторонами этого п-угольника?
293. На плоскости проведены п прямых, и на каждой из них
взято по р точек так, что ни одна из этих точек не является точкой
пересечения прямых и никакие три точки не лежат на одной пря-
прямой, отличной от заданных. Найти число треугольников с верши-
вершинами в этих точках.
294. Доказать, что число точек пересечения диагоналей выпук-
выпуклого л-угольника, лежащих вне этого многоугольника, равно
-у— п (п — 3) (и— 4) (п — 5), а лежащих внутри него равно
¦tjj-n (п—1)(я — 2) (п — 3) (предполагается, что никакие две диа-
диагонали не параллельны и никакие три не пересекаются в одной
точке).
295. На окружности расположено п точек. Сколько сущестует
различных многоугольников (не обязательно выпуклых), вписанных
в эту окружность, вершинами которых служат данные точки?
А сколько выпуклых многоугольников?
296. На плоскости проведены т параллельных прямых. Кроме
того, на той же плоскости проведены я прямых, не параллельных ни
между собой, ни уже проведенным ранее. Ни одна из прямых не
проходит через точку пересечения двух других прямых. На сколько
областей делится плоскость проведенными прямыми?
297. Даны 11 точек, из которых 5 лежат на одной окружности.
Кроме них, никакие 4 не лежат на одной окружности. Сколько ок-
окружностей можно провести так, чтобы каждая из них содержала по
крайней мере 3 точки из числа заданных?
298. На плоскости дано 10 попарно пересекающихся прямых,
причем никакие 3 прямые не проходят через одну точку и никакие
4 не касаются одной и той же окружности. Сколько можно по-
построить окружностей, каждая из которых касается 3 прямых из
числа заданных 10?
299. Найти число всех выпуклых й-угольников, вершинами ко-
которых служат k из п вершин выпуклого п-угольника, причем две
соседние вершины й-уголышка должны быть разделены по меньшей
мере s вершинами п-угольника.
300. Параллелограмм пересекается двумя рядами прямых, па-
параллельных его сторонам; каждый ряд состоит из г линий. Сколько
параллелограммов в получившейся фигуре?
301. На сколько частей разбивается выпуклый n-угольник сво-
своими диагоналями, если никакие три из них не пересекаются в одной
точке внутри п-угольника?
302. Пусть есть одна карта с числом 1, две карты с числом 2,
три карты с числом 3 и т. д. Доказать, что число способов вытя-
вытянуть две карты так, чтобы получить сумму п, равно -5-г (п2—1)
или -rj- (п2— 4) в зависимости от того, нечетно или четно и,
238
303. Имеются Зга+1 предметов, из которых п одинаковых, а
остальные различны. Доказать, что нз них можно извлечь п пред-
предметов 22" способами.
304. Дана последовательность чисел 1, 2, 3, ..., 2п. Сколькими
способами можно извлечь из нее три числа, образующие арифмети-
арифметическую прогрессию? То же самое для последовательности чисел 1,
2, 3, ..., 2п+1.
305. На плоскости проведено несколько замкнутых кривых, ка-
каждая из которых пересекает все остальные по крайней мере в двух
точках. Пусть пг — число точек, в которых пересекаются г кривых.
Доказать, что число замкнутых областей, ограниченных дугами этих
кривых и не содержащих внутри себя таких дуг, равно
1 +«2 + 2«з+ • • • +rnr+l + - •
306. На плоскости проведены два пучка прямых линий с цен-
центрами Л и В, один из которых содержит т, а другой п прямых.
Пусть никакие две прямые не параллельны и ни одна прямая не
проходит через обе точки А и В. На сколько частей прямые этих
пучков делят плоскость?
307. Можно ли каждый из 77 телефонов соединить ровно с
15 другими?
308. Найти сумму коэффициентов многочлена, получающегося
после раскрытия скобок в выражении
1964 (у3 - 8(/г + 6у + zf + $х* +18(/3- 21I965.
309. В ящике лежит 100 разноцветных шариков: 28 красных,
20 зеленых, 12 желтых, 20 синих, 10 белых и 1Q черных. Какое наи-
наименьшее число шариков надо вытащить, чтобы среди них обязатель-
обязательно оказалось 15 шариков^ одного цвета?
310. Можно раскрасить либо все грани куба, в белый цвет, либо
все в черный цвет, либо часть в белый цвет, часть в черный цвет.
Сколько существует различных способов окраски? (Два куба счи-
считаются раскрашенными различно, если их нельзя перепутать, как бы
ни переворачивать куб.)
311. Решите ту же задачу при условии, что раскрашиваются не
грани, а вершины куба.
312. Модели многогранников делаются из плоских разверток.
В развертке грани прилегают друг к другу ребрами, а модель
строится путем загибания картонной развертки вдоль ребер. Таких
различных разверток правильный тетраэдр имеет две. Сколько их
имеет куб?
313. Правильный додекаэдр можно выкрасить в 4 цвета так,
чтобы любые две смежные грани были различных цветов. Сколько
имеется геометрически различных способов решения этой задачи?
314. Из шести ребер тетраэдра можно выбрать четыре ребра,
образующих замкнутый пространственный четырехугольник. Этот
четырехугольник- содержит все вершины тетраэдра. То же самое
можно сделать с кубом — мы получим восьмиугольник, содержащий
все вершины куба; Можно ли сделать то же самое с октаэдром,
додекаэдром, икосаэдром? Сколько будет решений для каждого
многогранника?
315. В начале координат находится частица. Через единицу вре-
времени она распадается на две частицы, одна из которых сдвигается
на единицу длины влево, а другая — вправо. Этот процесс
239
повторяется через каждую единицу времени, причем две частицы,
оказавшиеся в одной точке, взаимно уничтожаются (так что, напри-
например, через две единицы времени остается две частицы). Сколько
частиц будет через 129 единиц времени? Через п единиц времени?
316. Некоторый алфавит состочт из шести букв, которые для
передачи по телеграфу кодированы так:
При передаче одного слова не сделали промежутков, отделяющих
букву от буквы, так что получилась сплошная цепочка точек и тире,
состоящая из 12 знаков. Сколькими способами можно прочитать пе-
переданное слово?
317. Каких чисел от 1 до 10 000 000 будет больше: тех, в записи
которых встречается единица, или тех, в записи которых ее нет?
318. Из точек и тире составляются всевозможные «слова», в ко-
которые входит ровно семь знаков. Какое наибольшее число слов мо-
можно выбрать из них так. чтобы любые два выбранных слова отли-
отличались по крайней мере тремя знаками?
319. Сколькими способами можно раскрасить п красками окруж-
окружность, разделенную на р частей (р — простое) ? Способы, совпадаю-
совпадающие при повороте окружности вокруг центра, считаются совпадаю-
совпадающими.
320. На листе клетчатой бумаги размером пХп клеток расстав-
расставлены числа 1, 2, 3, .... п2 по одному в каждой клетке так, что чис-
числа, стоящие на каждой вертикали н горизонтали, образуют ариф-
арифметическую прогрессию. Найти число таких расположений.
321. У человека на голове не более 300000 волос. Доказать, что
в Москве живут не менее 10 человек, у которых число волос оди-
одинаково (население Москвы около 6 млн. человек).
322. Дано 2я+1 предметов. Доказать, что из них можно вы-
выбрать нечетное число предметов столькими же способами, как и
четное.
323. Доказать, что 1 руб. можно разменять монетами в 2 и
5 коп большим числом способов, чем монетами в 3 и 5 коп.
324. Сколькими способами можно разменять 20 коп. на монеты
достоинством в 1, 2 п 5 коп.? ,
325. Доказать, что с помощью стандартного набора разновесок:
1 мг, 2 мг, 2 мг, 5 мг, 10 мг, 20 мг, 20 мг, 50 мг, 100 мг, 200 мг,
200 мг, 500 мг, I г it т. д. можно составить любой вес, выраженный
целым числом миллиграммов.
326. Даны 6 цифр: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Найти сумму всех четырех-
четырехзначных четных чисел, которые можно написать этими цифрами
(одна и та же цифра может повторяться).
327. Колода из 2п карт тасуется следующим образом: ее делят
пополам и карты первой половины располагают по одной между
картами второй половины (в заданном порядке). Например, карта
с номером л+1 становится первой, первая — второй, с номером
п + 2—третьей, вторая — четвертой и т. д. Доказать, что через г
раз карта, первоначально находившаяся на />-м месте, попадет иа
место, х, где х—остаток от деления р2г на 2/i+L
328. Доказать, что если в условии залачи 327 колода содержит
б/я+2 карт, то карты с номерами 2т + 1 и 4т + 2 будут все время
меняться местами.
240
329. Если при том же условии колода содержит 14/п+б карт,
то после трех тасовок указанным способом карты 2/и-И, 2B/и+1),
3B/и+1), 4B/и+1), 5B/и+1), 6B/п+1) вернутся па исходные
места.
330. Если при том же условии 2х—1 делится на 2л+1, то ко-
колода из 2« карт после х тасовок придет в первоначальное поло-
положение.
331. Колода карт тасуется следующим образом: сначала берет-
берется первая карта, вторая карта кладется на нее, а третья — под нее
и т. Д. Доказать, что если колода содержит 6л — 2 карт, то карта
2л остается на месте.
332. 22 карты подвергаются указанной выше тасовке. Доказать,
что карта 8 все время остается на месте, 5 и 14 меняются местами,
а 3, 13, 18 переходят друг в друга ио кругу.
333. Доказать, что при том же условии: колода в 16 карт при-
придет в первоначальное положение через 5 раз, колода в 32 карты —
после 6 раз, 42 карты — 8 раз, 28 и 36 карт — 9 раз, 12, 20, 46 карт—
10 раз, 22 и 52 карты — 12 раз, 14 карт—14 раз, 18 карт—18 раз,
26 карт — 26 раз, 30 карт — 30 раз, 50 карт — 50 раз.
334. Квадрат разделен на 16 равных квадратов. Сколькими спо-
способами можно раскрасить их в белый, черный, красный и синий
цвета так, чтобы в каждом горизонтальном и каждом вертикальном
ряду были все четыре цвета?
335. 15 школьников строят для прогулки в 5 рядов по 3 чело-
человека в ряду. Сколько раз можно это сделать так, чтобы никакие
2 школьника не оказались дважды вместе?
336. Доказать, что если л — целое, то (л2)!/(л!)"+1 — целое; если
я ¦)-1 т +1
тип — нечетные, то (тп) \/(т!) 2 (л!) 2 — целое.
337. л предметов расположены по кругу. Доказать, что если
/„ — число перестановок этих предметов, при которых ни один
предмет не следует за тем, за которым он следовал первоначально,
то
(см. стр. 73).
338. Найти число целых решений уравнения Xi + x2+ ... +хр = т,
если все неизвестные удовлетворяют неравенству 0 <J / ^ х^ ^ п.
339. Имеется 7 экземпляров одной книги, 8 — другой и 9 —
третьей. Сколькими способами можно разделить их между двумя
лицами так, чтобы каждый получил 12 книг?
340. Выписаны все л-сочетапия с повторениями, составленные
из и букв. Показать, что каждая буква встретится С%п_х раз.
341. От Л до В 999 км. Вдоль дороги стоят километровые стол-
столбы, на которых написаны расстояния до Л и до В @,999),
A,998), ..., (999,0). Сколько среди них таких, па которых есть
только две различные цифры?
342. Составляются всевозможные размещения с повторениями,
которые можно сделать из т белых и л черных шаров. Показать,
что их число равно Р(т+\, п + \) — 2..
343. Составлены всевозможные размещения с повторениями из
т белых и л черных шаров. Показать, что обшее число белых
16 Н. Я, Ввленкия 241
шаров во всех размещениях
- , ТШХ -\- ffl —
Н НТ2
а черных —
, , /ил -4-я —
1+?Е
Проверить ответ задачи па слове «Гаага».
344. Доказать, что число размещений по I, 2, ..., т + я+1, ко-
которые можно сделать из m белых шаров, я черных шаров и одного
красного шара, в которые входит красныи шар, равно
345. Полное число размещений, которые можно сделать из m бе-
белых шаров, я черных шаров и одного красного шара, равно
Проверить ответ на слове «окорок».
346. У меня 7 друзей. Сколькими способами могу я приглашать
их к себе обедать по 3 в течение 7 дней так, чтобы никакие 3 из
них не встретились у меня дважды?
347. Если я хочу иметь 7 разных компаний по 3 и никого не
оставить не приглашенным, то это можно сделать
•5 — 7"о -f- 21 л10
способами.
348. Если я хочу иметь 7 разных компаний по 3 и ни один друг
не ходит каждый день, это можно сделать А735 — 7Л\5 способами.
349. Показать, что полное число размещений из я>-2 предме-
предметов (по 1, 2, ,.., я) является ближайшим целым к ея! — 1.
350. Если выписать все эти размещения, то число раз, сколько
встретится каждый предмет, является ближайшим целым к
е(/!_1)(я-1I
351. Монету бросают 2я раз. Доказать, что число вариантов,
при которых герб ни в один момент не выпал чаще решки, равно
352. Сколькими способами можно распределить Зя разных книг
между тремя лицами так, чтобы .числа книг образовали арифметиче-
арифметическую прогрессию?
353. Имеется я пар, состоящих из одинаковых букв, причем
разные пары состоят из разных букв. Эти буквы упорядочиваются
всеми возможными способами так, чтобы никакие две одинаковые
буквы не шли подряд. Доказать, что число различных упорядочи-
упорядочиваний равно
242
354. Имеется г различных вещей, которые распределяются ме-
между п+р лицами так, чтобы по крайней мере п из них получили не
менее одной вещи. Доказать, что число способов раздела равно
355. Обозначим через Пя число способов раздела п различных
вещей на k групп. Доказать, что при я>1
356. Имеется т ячеек, в первой из которых лежат п предме-
предметов, во второй In предметов, ..., в m-й — тп предметов. Сколь-
Сколькими способами можно выбрать по п предметов из каждой ячейки?
357. В корзине лежат 2п+г яблок и 2л — г груш. Доказать,
что при заданном п число выборов п яблок и п груш будет наи-
наибольшим, если г—0.
358. 1000 точек являются вершинами выпуклого тысячеуголь-
ника, внутри которого расположено еще 500 точек так, что никакие
три из этих 1500 точек не лежат на одной прямой. Данный тысяче-
угольник разрезан на треугольники так, что все указанные 1500 то-
точек являются вершинами треугольников, и никаких других вершнн
эти треугольники не имеют. Сколько получится треугольников при
таком разрезании?
359. Пять человек играют несколько партий в домино (двое на
двое), причем каждый играющий имеет каждого один раз своим
партнером и два раза своим противником. Няйти количество сы-
сыгранных партий и все способы распределения играющих.
360. Из точки О на плоскости проводят все замкнутые лома-
ломаные длины 2л, стороны которых лежат на линиях клетчатой бу-
бумаги со стороной клетки, равной 1. Найти число этих ломаных, если
ломаная может проходить один и тот же отрезок несколько раз.
361. На листе бумаги нанесена сетка из п горизонтальных и
п вертикальных прямых. Сколько различных 2я-звенных замкнутых
ломаных можно провести по линиям сетки так, чтобы каждая ло-
ломаная имела звенья на всех горизонтальных и всех вертикальных
прямых?
362. Завод выпускает погремушки в виде кольца с надетыми
на него 3 красными и 7 синими шариками. Сколько различных по-
погремушек может быть выпущено (две погремушки считаются оди-
одинаковыми, если одна из них может быть получена из другой только
передвижением шариков по кольцу и переворачиванием).
363. Собралось п человек, Некоторые из них знакомы друг с
другом, причем каждые два незнакомых имеют ровно двух общих
знакомых, а каждые два знакомых не имеют общих знакомых. До-
Доказать, что каждый присутствующий знаком с одинаковым числом
человек.
364. На окружности взято несколько точек; одни из них обо-
обозначены буквой А, другие — буквой В. На каждой из дуг, на кото-
которые окружность делится взятыми точками, ставим по следующему
правилу: если обе концевые точки обозначены буквами А, то ста-
ставим число 2; если об? концевые точки обозначены буквами В, то
ставим '/г! если же концевые точки дуги обозначены разными
16* 243
буквами, то ставим число !. Доказать, что произведение всех постав-
поставленных чисел равно 2а~ь, где а — число точек, обозначенных бук-
буквой А, а 6 — число точек, обозначенных буквой В.
365. Горизонтали шахматной доски обозначаются, как обычно,
цифрами от 1 до 8, а вертикали — буквами от а до Л. Пусть теперь
а, Ь, с, d, e, f, g, h — произвольные числа. Напишем на каждом
поле доски произведение чисел, обозначающих соответствующие го-
горизонталь и вертикаль, и расставим 8 ладей так, чтобы они не били
друг друга. Чему равно произведение закрытых чисел?
366. Оргкомитет олимпиады состоит из 11 человек. Материалы
олимпиады хранятся в сейфе. Сколько замков должен иметь сейф
и сколькими ключами следует снабдить каждого члена оргкомите-
оргкомитета, чтобы доступ в сейф был возможен, когда соберутся любые
6 членов оргкомитета, н не был возможен, если соберется меньше
6 членов?
367. Имеется кусок цепи из 60 звеньев. Каждое звено весит 1 г.
Какое наименьшее число звеньев надо расковать, чтобы с помощью
раскованных звеньев и получившихся кусков можно было получить
любой вес, выражающийся целым числом от 1 до 60? Решите ту
же задачу, если для взвешивания можно пользоваться двухчашеч-
ными весами.
368. Сколько существует пар целых чисел х, у, заключенных ме-
между 1 и 1000, таких, что х2+у2 делится на 495
369. Сколько' двузначных чисел в сумме с числом, записанным
теми же цифрами, но в обратном порядке, дает полный квадрат?
370. Найти сумму всех четырехзначных чисел, составленных из
этих цифр от 1 до 6 и делящихся на 3.
371. Найти сумму всех четырехзначных четных чисел, которые
можно составить из цифр от 0 до 5.
372. Сколько различных целочисленных решений имеет неравен-
неравенство |лг| + |у!<1000?
373. На окружности даны точки А\, Л2, ..., Л!6. Построим все-
всевозможные выпуклые многоугольники, вершины которых находятся
среди точек А\, At, ..., Ак. Разобьем эти многоугольники на две
группы. В первую группу отнесем все многоугольники, одной из вер-
вершин которых является точка А\, а во вторую — все остальные мно-
многоугольники. В какой группе больше многоугольников?
374. На бесконечной шахматной доске стоит конь. Найти число
клеток, на которых он может оказаться через 2я ходов.
375. Имеется 1955 точек. Какое наибольшее число троек точек
можно из них выбрать так, чтобы каждые две тройки имели общую
точку?
376. Числа от 1 до 100 000 000 выписаны подряд так, что полу-
получилась последовательность цифр 123456 ... 100 000 000. Доказать,
что число всех цифр этой последовательности равно числу нулей
в последовательности 1, 2, 3, ..., 109. ч
377. Сколько существует четырехзначных чисел от 0001 до 9999,
у которых сумма двух первых цифр равна сумме двух последних
цифр?
378. В школе изучают 2п предметов. Все ученики учатся на 4
и 5. Никакие два ученика не учатся одинаково, ни про каких двух
нельзя сказать, что один учится лучше другого. Доказать, чго число
учеников в школе не больше С^п (мы считаем, что один ученик
244
учится лучше другого, если по всем предметам у него оценки не
хуже, чем у второго, а по некоторым —лучше).
379. Пусть Мг — число размещений без повторений из т эле-
элементов но г, a N, — число размещений без повторений из п элемен-
элементов по г. Доказать, что число размещений из т+п элементов по г
выражается формулой (M + N)r, где после возведения в степень
надо заменить все показатели индексами.
380. Найти коэффициент при Xs в разложении
A _)_ *2 — х3)9.
381. Найти коэффициент при хт в разложении
* 1 + ... +A +Х)П
по степеням х. Разобрать отдельно случаи /и<Л, т ~^-k.
382. Найти коэффициенты при х]7 и х" после раскрытия скобок
и приведения подобных членов в выражении (H-.v5+.v'J0.
383. В каком из выражений A+х2—я3I*100 или A—х2+х3ут
будет после раскрытия скобок и приведения подобных членов боль-
больший коэффициент при х17?
384. Пусть а0, а>, а?, ... — коэффициенты в разложении
A + х+х2)" по возрастающим степеням х. Доказать, что
а) аоЩ —
в) аг — nar~\ + C^ar-t—... + A)гСд а0 = 0, если г не кратно 3,
г) ао 1
385. Найти число различных (не подобных между собой) чле-
членов разложения
(Х1-\-Х2->Г...+Х„K,
получающихся после возведения в степень.
386. Найти коэффициент при xh в разложении
387. Доказать, что
г
388. Доказать, что
245
389. Доказать, чтд
1 + UC\ + ШС\ + 2\Съп = (л +1 L - п\
390. Доказать, что
1 _ зс1 + 9С4Л - 27Cl + ... = (-1)" 2" cos
391. Доказать, что
a) C°n + Cl+Cl+...=^B« + 2соз^),
б)
в) cl + Cl + Cl
392. Доказать, что при я]>2 и |*i<! имеем
A+дг)л + A—лг)л<2".
393. Доказать, что при т>п
Sn(n — l)...(n — x
/и (/и— 1) ... (/и — *
=
(/и— 1) ... (/и — *+1) "" т — /i
394. Доказать, что
т . т (/n-j- 1) , , т {т-\-1) ... (/и-)- л — 1)
Т I Ь2 + '¦' "| 1-2...л =
Я|^я(я-(-1). , л (л -)- 1) ... (л -}~
= Т Ь2 ¦" '•• "• Ь2...ш
395. Доказать, что
246
396. Доказать, что
п
1
х-\
397. Доказать, что
х = \ ~ n-.-q \ч Г"')
398.
399.
1
п
Доказать,
Доказать
, 1
QX-2
[ cUq (? +
что
тождество
1 ,
[(„_1)!]2 i Ц21 [(/i_2)!]2 i
400.
(п+г-
г\
Доказать,
¦1I я
1
что
(я + г-З)!
(г-2I '
2(я + 9 + 1)
1)(<?+2)(<?+3)
1 ! 1
2!3! [(я —З)!]2 ' •"
Bя-
я(я —1) (л+г-5)!
1 . 2 (/• — 4)!
л!(л-
1)!
¦1)П«
-1)!
/•! (л — /•)!
401. Вычислить следующие суммы:
б) С°п + 2С1п
в) C2n + 2C
\ г 2„ + ... + Bл -\)С%
е) ЗС1я
ж) С\ - ЧС\ + ЗС\ - ... -(- (-1)"-1 пСпп,
J; тт 2 "¦" з "•" ••• "г^г+т1
и) ^+^+^г+ ••• +
— 1У (Cnf-
247
402. Найти наибольший коэффициент в разложениях
сУ0, (a+b +
403. Обозначим через У„ коэффициенты разложения функции
A — 4л") в степенной ряд
Выразить Yn через биномиальные коэффициенты. Найти разложение
для (l-4x)J.
¦' 404. Доказать, что числа У в удовлетворяют соотношениям:
а) Yn-\- -^YlYn_x -{--?¦? 2Yn_2-\- ... -\- я_|_ j Yn = -^ Yn+U
2-n t3(n-l)
405. В числовом треугольнике
1
1 1 1
12 3 2 1
13 6 7 6 3 1
каждое число равно сумме чисел, расположенных в предыдущей
строке над этим числом и над его соседями справа и слева (если не
все такие числа присутствуют, то они считаются равными нулю).
Доказать, что в каждой строке, начиная с третьей, найдется четное
число.
406. Первая строка числового треугольника
0 1 2 3 1957 1958
13 5 3915
состоит пз чисел 0, I, ..., 1958. Элементы каждой следующей стро-
строки являются суммами элементов предыдущей строки, стоящих слева
и справа от данного числа Доказать, что элемент последней строки
треугольника делится на 1958.
407. Рассматривается ряд чисел Фибоначчи «л:мо=О, И|=1,
и2^\, «з=2, U4—3, «5 = 5 и т. д. (мы начали его с членов 0 и I, a
не 1 и 2, как в главе VI). Доказать, что
248
а) Для любых т и п имеем
«Л 1-ш = «л-|И/Л + ин«/И-М-
б) Для любых m н n=km число «„ делится на «,„.
в) Два соседних члена ряда Фибоначчи взаимно просты.
408. Найти наибольший общий делитель 1000-го и 770-го членов
ряда Фибоначчи.
409. Найдется ли среди первых 100 000 001 первых членов ряда
Фибоначчи число, оканчивающееся четырьмя нулями?
410. В ряде Фибоначчи выбрано 8 подряд идущих чисел. Дока-
Доказать, что их сумма не входит в этот ряд.
411. Доказать, что
а) и2 + и4 + ¦¦¦+«2« = «2/n i — L
б) «i + «з + ¦ • ¦ + «2>г- i = «2Л.
В) И? + «2+ •••+«« = «л"„И-
Г> "я И = «««„< 2 +(-1)".
д) илч2 + и2н3 + ... + «2n_i«2,i = "L
е) ui«2-i-u2«3+ • ¦• +«2Л«2ли =«L+i - L
ж) «и, 4- (л — 1) «2 + (« — 2) «з + • • • + 2"л-1 + «л =
з) «,
412. Докажите, что любое натуральное число Л' можно пред-
представить в виде суммы чисел Фибоначчи, причем каждое число вхо-
входит в сумму не более одного раза, и никакие два соседних числа
не входят вместе.
413. Пусть р^Ч^-г — целые числа такие, что p<q + r и р +
+q + r=2s. Имеется р черных, q белых и г красных шаров. Пока-
Показать, что число способов раздела этих шаров между двумя лицами,
при которых каждый получает s шаров, равно
sJ + s+1-1 (/>* + ?*+/•*).
414. Если q+r<Lp, то ответ в предыдущей задаче увеличивается
"а —(Р — s)(p— s — 1).
415. Имеется pq + r разных предметов, где 0<^></'. Он» делят-
делятся между р людьми возможно ровнее (все получают либо q, либо
q + l предметов). Показать, что число способов такого раздела рав-
равно
гг (М+Г)\
249
416. Вычислить сумму
2 2 ». 2 S !•
'« = ' '„-1 '1 '1
417. Доказать тождество
2 2 S
'„-Г1 'I 'о'1
где суммирование распространено на все целые неотрицательные ре-
решения уравнения fti+2fe>+ ¦ •. +mkm=m.
418. Найти общее решение рекуррентных соотношений:
а) ап-ц — 7а,1+1 + 12а„ = 0,
б) ап+2+Зап+1 — 10а„=0,
в) ап+г — 4а„+1+13а„=--0,
г) ап+2+9а„=0,
Д") а,н2+4ап+1+4а„ = 0,
е) а„+3 — 9ап+2+26а„ + 1 — 24а„ = 0,
ж) а„+3+Зап+2+Зап+1+а„ = 0,
з) ап+4+4ап=0. .
419. Найти ап, зная рекуррентное соотношение и начальные
члены:
а) ап+г — 5an+i+6an=0, ai= I, fl2=—7,
б) an+2 —4an+i + 4an = 0, ai = 2, u2=4,
) + + °
г) а„+з — 9an+2+26an+i — 24а„=0, ai=l, а2=— 3, а3=—29.
420. Найти такую последовательность, что ai = cos a, a2=cos 2a и
«л + 2 — 2 cos a яя+, -f- an = 0.
421. Доказать, что последовательность с общим членом an — nh
удовлетворяет соотношению
422. Найти последовательность такую, что
в„,.2 + 2ая +,-&*„ = 2я.
423. Из тождества A +х)" A +х)-к~1= A +х) р-6 выведите, что
V С П**"-' rn-s пп I)
s-0
424. Из тождества A — ^-."'-'(l — *)"«"'= A — x)-m-«-2 вы-
выведите, что
') Здесь и далее сумма распространена на целые неотрицатель-
неотрицательные значения s, для которых определена левая часть равенства.
250
425. Из тождества {l+x)n = (l—л-5) "A — х)~п выведите, что'
Si 1\5/"Л fS /"ft
s-0
426. Из тождества A+х)пA—дг2)-"=A—х)~п выведите, что
^^ П Я + 5 — 1 И 4 k — 1"
5-0
427. Из тождества (I — Х2)-Р'1= A +х)~"-Ц1 — х)-р-> выведите,
ЧТО '
5=0
428. Из тождеств
= П —ОгЧ-Р
A_лгJр i_L_?_ =A—2^)"
выведите, что
s-0
429. Докажите, что
ЕГ5 Г2р+25 _ 9m-l 2/i+ W
5-0
430. Из тождеств
выведите формулы
V1/ \у qs Qlm+1-s
5 = 0
.^J \ / J3-1-5 —'
z_i ( ) ^р^гр-iP- —гр,
251
С их помощью докажите, что
4--0
.чт I i\ (Р-\-2шI
An+l)
Sr2s + l ГР — р2'«
4=0
4 = 1
N1 C~s С = 2~mCP
4=0
431. Рассматривая формулы
[A _j_ X)P -\- A — x)P] [A + x)p — A — x)p\ = A -}- xyP — A — *K*
при положительных и отрицательных значениях р, докажите, что
4=0
0
2 V С2'
2 >] CP+2i>
4-0
9 X1 ГР-1
Z Zj Up+2i
5 = 0
С о г
/" )У — 1
P T till ~'
tl=C2«,2+(_
-I /->2m I 1
_ Q2p-\ _
432. Рассматривая выражение
[A + *У+1 ± A - ^)"+1] [A + ^)" ± A - x)»\
при всех комбинациях знаков, выведите формулы
о X1 /5 /т—25 /ш _j_ , i\m/"m
J 2j СР + 1СР — C ~ (J> C
5 = 0
2l
5 = 0
о X1
z2
252
lUP(l°p — C2/? + 1 • I—
U
433.
выведите
22
5 =
5=0
0
2 2е
5 = 0
-!<
'/» +
¦*Р _ С2''
:^-2m_25+i = ^,
Из соотношения
('¦
, что
1 \т
х)
2
5-0
ч-Л-1 (—1)Ш
Х) - х*
2/И+2
\m-n-l
434. Докажите, что
0, если т ф. п,
(—1)", если т = п.
435. Из равенства
выведите, что
„ 5 _j s ( 0, если т > hn — 1,
^о tn-sh и у ^ если т = hn — 1.
436. Из тождества
выведите, что при т^-hn
s = u
437. Из тождества
выведите, что
( mm
Si л\э rm-s^s l_ i (—l) - С 2 . если т — четно,
s"° [ 0, если m — нечетно,
V/ wsrp rp —I (-1) 2 C 2 «' если w~чет'
J-0 I
[ 0, если m — нечетно.
438. Докажите, что
(m m
(—1) 2 Cj > если /я—четно.
0, если т — нечетно.
439. Обозначим выражение
a(a+l)(a-f 2)... (a-f-n—1)
через {а)п. Доказать, что