АГЕНТСТВО ОБРАЗОВАНИЯ АДМИНИСТРАЦИИКРАСНОЯРСКОГО КРАЯ

КРАСНОЯРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТЗАОЧНАЯ ЕСТЕСТВЕННО-НАУЧНАЯ ШКОЛА при КрасГУ

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ГЛАВЫ МАТЕМАТИКИ10 классМодуль 1

КОМБИНАТОРИКА

Учебно-методическая часть

Красноярск 2006

Составители: Е.К.Лейнартас, Е.И.Яковлев

Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 1. Комбинаторика: учебно-методическая часть/ сост.: Е.К.Лейнартас, Е.И.Яковлев; Красноярск: РИО КрасГУ.— 2006. — 35 с.

ISBN 5-7638-0707-3

Печатается по решению Дирекции Краевого учреждения дополнительного обра-зования "Заочная естественно-научная школа" при Красноярском государственномуниверситете

ISBN 5-7638-0707-3c© Красноярскийгосударственныйуниверситет, 2006

ВведениеНекоторые комбинаторные задачи решали еще в Древнем Китае, а позднее —

в Римской империи. Естественно, первоначально подавляющее большинство задач,использующих комбинаторику, касались в основном азартных игр. Одним из пер-вых (XVI в.) занялся подсчетом числа различных комбинаций при игре в костиитальянский математик Тарталья. Он составил таблицу, показывающую, скольки-ми способами могут выпасть n костей. Однако при этом не учитывалось, что однаи та же сумма очков может быть получена разными способами (например, 1+3+4= 4+2+2). Работы Паскаля и Ферма ознаменовали рождение двух новых ветвейматематической науки — комбинаторики и теории вероятностей. Если до них ком-бинаторные проблемы лишь затрагивались в общих трудах по астрологии, логикеи математике, а в большей частью относились к области математических развлече-ний, то уже в 1666 г. Готтфрид Вильгельм Лейбниц публикует "Диссертацию о ком-бинаторном искусстве в которой впервые появляется сам термин "комбинаторный".Титульный лист книги двадцатилетнего автора, имевшего уже ученую степень бака-лавра... юриспруденции, обещал приложения ко всем областям науки и новый подходк логике изобретения, а тематика введения была необычайно широка. Однако каксамостоятельный раздел математики комбинаторика оформилась в Европе лишь вXVIII в. в связи с развитием теории вероятностей.

Сейчас на наших глазах изменяется соотношение дискретной и классической ма-тематики. На протяжении двух с половиной столетий основную роль в изучении при-роды играл математический анализ — дифференциальное и интегральное исчисле-ния, дифференциальные уравнения математической физики, вариационное исчисле-ние и т.д. Процессы, имевшие атомистическую природу, заменялись непрерывными,чтобы можно было применять к ним развитый аппарат математики непрерывного.Дискретная математика была Золушкой, красота которой затмевалась блеском вли-ятельных и сильных сестер.

Положение дел коренным образом изменилось после того, как были созданы быст-родействующие вычислительные машины. Теперь такие абстрактные области мате-матики, как математическая логика, общая алгебра, формальные грамматики, ста-ли прикладными — для составления алгоритмических языков, на которых пишутпрограммы для машин, нужны специалисты именно в этих областях математики.Важную роль стали играть всевозможные разностные схемы, исследования решетоки их свойств. Приложения к экономике поставили перед математиками новые ти-пы проблем, относящиеся к математическому программированию и, в частности, кцелочисленному программированию.

В эту эпоху расцвета дискретной математики изменилась и роль древнейшей об-ласти дискретной математики — комбинаторики. Из области, интересовавшей боль-шей частью составителей занимательных задач и находившей основные примененияв кодировании и расшифровке древних письменностей, она превратилась в область,находящуюся на магистральном пути развития науки. Стали выходить журналы покомбинаторике, одна за другой появляться книги, посвященные этой науке. С помо-щью быстродействующих ПЭВМ стало возможно делать переборы, ранее требовав-шие сотен и тысяч лет.

3

Поскольку комбинаторика имеет дело лишь с натуральными числами, может по-казаться, что она поэтому более "элементарна чем другие разделы математики, опе-рирующие с богатым числовым материалом (отрицательные числа, дробные, ирраци-ональные, комплексные). Если интересующих нас объектов конечное число, почемубы не составить полный их перечень и попросту пересчитать безо всяких "комбина-торных рассуждений"? Рассмотрим пример.

Пример 0.1. Сколько существует различных двоичных (т.е. состоящих только изнулей и единиц) последовательностей длины m?

Решение. В случае m = 2 можно легко обойтись прямым перебором:{0, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {1, 1}.

Задача, как видим, оказалась проста, как дважды два — четыре (в данном случаебуквально).

Но если тем же методом решать задачу при m = 10, уйдет куда больше времени(в перечень войдет свыше тысячи последовательностей). При m = 20 осилить такойперечень сможет лишь компьютер. Ну а при m = 10000 окажутся бессильными всекомпьютеры мира, вместе взятые. Правда, в принципе такой перебор все же возмо-жен (если отвлечься от таких "мелочей как миллиарды лет машинного времени). Акак быть, если надо найти число двоичных последовательностей при произвольнойдлине m?

Здесь перебор невозможен в принципе. А между тем очень простые соображе-ния общего характера позволяют мгновенно дать ответ: искомое число есть 2m. Этосразу вытекает из правила умножения (см. ниже). Читатель, знакомый с двоичнойсистемой счисления, может здесь обойтись и без этого принципа: все наши после-довательности — это записи в двоичной системе чисел 0, 1, 2, ..., 2m−1 (записи,содержащие менее m разрядов, дополняются нулями впереди).

Данный пример ясно показывает мощь общих комбинаторных соображений посравнению с примитивным перебором. Не следует, конечно, думать, что все комби-наторные задачи можно решить так же мгновенно. Рассмотренная задача относиласьк числу простейших. В комбинаторике много трудных задач, а есть и такие, решениякоторых еще никому не удалось найти. Возможно, одна из них будет решена вами.

Научно-популярная литература по комбинаторике, как упоминалось выше, оченьобширна и рассчитана на самые различные категории читателей. Данный опус позво-ляет познакомить школьника с основными понятиями и правилами комбинаторики,делая основной упор на их понимание и упрощенную систему запоминания, подкреп-ленную практическими приложениями в конкретных задачах.

Учебный курс рассчитан на учащихся 10 класса, углубленный уровень. Объемучебного курса — 32 часа, из них 20 часов — самостоятельная работа с учебно-методическим пособием, 8 часов — контрольные вопросы и задания для самосто-ятельного решения, 2 часа — ответы и решения для самоконтроля, 2 часа — интер-активные семинарские занятия.

Данный модуль содержит: учебно-методическую часть, материалы для самосто-ятельных занятий, контрольные вопросы и задания для самостоятельной работы,эталонные ответы и решения для самоконтроля, список дополнительной литературы.Подобная разбивка позволит использовать данные методические разработки для за-очного обучения школьников. Задания делятся на три типа (A, B, C), в соответствии

4

с уровнем сложности и предлагаемой формой ответов на них. В часть A включают-ся простые задания и предлагается указать номера правильных ответов (задания соткрытой формой ответа). В части B задачи сложнее и вариантов ответов не да-ется, предлагается указать правильный ответ (задания с закрытой формой ответа).В части C — наиболее сложные и интересные задачи. Предлагается дать полные иобоснованные их решения. Таким образом, задачи для самостоятельного решенияпредлагается оформить аналогично тестам ЕГЭ. Для задач части A и B нужно при-водить только правильные ответы, а задачи части C нужно давать с подробнымирешениями.

1. Три "неприметных" кита комбинаторикиКомбинаторика — это раздел математики, в котором исследуются и решают-

ся задачи выбора элементов из исходного множества и расположения их некоторойкомбинации, составляемой по заданным правилам.

Теперь мы хотим предупредить об одной особенности комбинаторики: в ней ис-ключительно большую роль играет точная формулировка (и точное понимание) за-дачи. Именно с этим связано большинство ошибок начинающих, да и не только на-чинающих; в некоторых задачниках можно встретить задачи, некорректные ввидунеопределенности формулировки. Разумеется, никакой неопределенности не возни-кает, когда речь идет о том, чтобы подсчитать число учеников в классе или числоокон в комнате. Но когда речь идет о числе различных вариантов (или способов),ситуация бывает куда менее определенной. Приведем пример.

Пример 1.1. Сколькими способами можно распределить три конфеты между тре-мя лицами?

Тут в пору искать ответ на другой вопрос: сколькими способами можно пони-мать эту задачу. В зависимости от ответа на него возможны шесть разных ответовна поставленный вопрос: 1, 3, 5, 6, 10, 27! Первый источник неопределенности — тер-мин "распределить". Можно ли сказать, что конфеты распределены между тремялицами, если, скажем, все они отданы одному? Примем, так сказать, социально-справедливый вариант распределения. Если же понимать распределение в широкомсмысле слова, по-прежнему считая конфеты тождественными, получаем 10 вари-антов. Три варианта типа (3,0,0) (когда все конфеты отдаются кому-либо из трех)+ 6 вариантов типа (2,1,0) + 1 вариант типа (1,1,1). Если же вдобавок и все кон-феты различны, получаем максимальное число 33 = 27 вариантов. Другие ответыпредоставляем читателю найти самостоятельно. Отметим лишь, что цифры 3 и 5получаются, если считать неразличимыми людей, что не особенно естественно (ностановится вполне естественным при замене людей тремя одинаковыми коробками).

Замечание 1.1. Если вам не все понятно в этом примере, не огорчайтесь. Верни-тесь к нему позднее (после прочтения настоящего курса), и у вас не будет затруд-нений с его пониманием.

Некоторая расплывчатость понятия о числе вариантов связана с тем, что вариан-ты — умозрительные понятия, их нельзя увидеть непосредственно (если нет перечня).

5

Полезно поэтому мысленно представить себе полный перечень различных вариантов(закодированных каким-либо образом). Число вариантов при этом превращается вчисло записей. А это уже нечто материальное и может интерпретироваться, напри-мер, как количество ячеек машинной памяти. Такая мысленная "материализация"не имеет, конечно, ничего общего с решением задачи прямым подсчетом, требующимотнюдь не мысленного, а реального составления перечня. Да и речь идет не о ре-шении, а лишь о лучшем понимании постановки задачи. Итак, главное правилокомбинаторики: прежде чем подсчитывать число различных вариантов или ком-бинаций, необходимо точно выяснить смысл слов "различные варианты"или "различные комбинации". Само по себе это правило не позволит решитьни одной задачи, зато поможет избежать путаницы и недоразумений при решениимножества задач.

Перейдем теперь к уточнению формулировки терминов "различные варианты икомбинации".

Так как природа элементов или предметов не важна, то их обычно заменяютпервыми натуральными числами 1, 2, ..., n, где n ∈ N. Соответственно, особую роль вкомбинаторике при подсчете различных комбинаций играет функция, определеннаядля натуральных n — факториал. Записывается — n! (читается "эн-факториал").Это произведение первых натуральных чисел до n включительно. Т.е. n! := 1·2·3·...·n.Значок := понимается как "равно по определению". При этом полагают 0! := 1! := 1

Пример 1.2. Найдем факториалы оставшихся цифр: 2! = 1·2 = 2, 3! = 1·2·3 =6, 4! = 1 ·2 ·3 ·4 = 24, 5! = 4! ·5 = 120, 6! = 5! ·6 = 720, 7! = 6! ·7 = 5040, 8! =7! · 8 = 40320, 9! = 8! · 9 = 362880.

Пример показывает нам, как быстро растет факториал. Ни одна из элементарныхфункций не может сравниться с ним по скорости роста. Тем не менее, для конечных nэто число (n!), естественно, будет конечным. В дальнейшем рассматриваться будут восновом конечные множества (состоящие из конечного числа элементов)и количествоэлементов в конечном множестве A обычно называется мощностью множества иобозначается ]A.

Исходное множество обычно считается конечным, либо состоящим из n различ-ных элементов, либо из n1 одинаковых элементов первого типа, n2 элементов второготипа, ..., nk — элементов k типа; при этом n1 + n2 + . . . + nk = n.

Если исходное множество состоит из n различных элементов, то при каждомвыборе мы будем извлекать из него новый элемент, отличный от всех других, — этовыбор без повторений.

Если исходное множество состоит из элементов k типов (классов), причем внутрикаждого класса элементы неразличимы, то при очередном выборе мы можем из-влечь либо новый элемент, либо такой, какой уже встречался при предшествующихизвлечениях, — это выбор с повторениями.

Например, в статистике различают два вида выборок из данного множества. Этообъясняется тем, что выбирать элементы из множества можно двумя способами. По-этому выборку (выбранные из множества элементы) считают бесповторной, есливыбранные элементы не возвращаются назад в множество, т.е. элементы в выборкене повторяются. Если выбранные элементы возвращаются назад в множество, то вы-борка называется повторной или с повторениями, т.е. элементы в множестве могут

6

повторяться.Пример 1.3. Выберем всевозможные пары различных чисел из множества

A := {1, 2, 3}. Этими парами будут:{1, 2} {1, 3}{2, 3} {2, 1}{3, 2} {3, 1}.

Всего набралось 2 · 3 = 6 пар. Каждая выбранная пара является бесповторнойвыборкой.

Пример 1.4. Выберем всевозможные пары чисел из множества A := {1, 2, 3}.Этими парами будут:

{1, 1} {1, 2} {1, 3}{2, 1} {2, 2} {2, 3}{3, 1} {3, 2} {3, 3}.

Всего набралось 3 ·3 = 9 пар. Схема получения этих выборок является повторной.Иногда модель выбора с повторениями описывают по-другому. Полагают, что

исходное множество содержит n различных элементов, но каждый элемент послеего извлечения "записывается" в создаваемой комбинации и возвращается обратнов исходное множество. При этом каждый из n элементов может быть извлечен и"записан" неоднократно; число повторений зависит только от числа производимыхизвлечений. Такую модель называют также выбором с возвращением. Это выбор снеограниченным числом возможных повторений (в пределах m — числа произведен-ных извлечений из исходного множества; при этом возможно m > n ).

Извлеченные из исходного множества m элементов составляют выборку; из эле-ментов выборки в соответствии с заданными правилами строится (или составляется)комбинация элементов. Вид и свойства комбинации определяются правилами ее по-строения.

В элементарной комбинаторике рассматриваются конечные исходные множестваиз n элементов с конечным числом выборов (извлечений) m 6 n. При этом созда-ваемая комбинация — это либо одно подмножество из m элементов, выбираемыхиз n, либо набор из m подмножеств, по которым раскладываеются все n элементовисходного множества.

В первом случае мы рассматриваем всевозможные способы формирования однойкомбинации из m элементов, выбираемых из n данных. Задачи, связанные с иссле-дованием таких комбинаций, будем называть задачами об одной комбинации.Пример 1.2. подходит для этого случая.

Во втором случае мы рассматриваем всевозможные способы разбиения всех nэлементов исходного множества на m частей (групп, подмножеств). Задачи, связан-ные с исследованием таких комбинаций, называются задачами о разбиении наm групп.

Пример 1.5. Элементы множества A := {1, 2, 3} можно разбить на три группы(m = 3) так:

{1} {2} {3}{1, 2, 3} {∅ } {∅}{1, 2} {3} {∅}

и т.д. (∅ – пустое множество).

7

В зависимости от поставленной задачи рассматривается один из вариантов, ука-занных выше, или их комбинация. То, где это может вызвать недоразумение, мыбудем оговаривать особо.

Контрольный вопрос 1.1. Что такое выбор с повторениями и выбор без повто-рений?

В комбинаторике существует много различных приемов, правил и методов реше-ния задач. Некоторые из этих методов используются особенно часто. Это своего рода"киты" среди всех правил и методов по количеству "применений". Но эти прави-ла и методы настолько просты и понятны, что многие даже забывают упоминатьих названия, призывая к здравому смыслу. Поэтому они незаметно, неприметно, ночестно и хорошо делают свою работу. Итак, мы переходим к первому неприметному"киту", который и во всей математике занимает одно из первых мест по количествуприменений.

1.1. Метод математической индукции

Пусть имеется некоторое утверждение P (n), которое формулируется для каждогонатурального числа n. Проверить истинность утверждения P (n) прямым переборомневозможно, т.к. количество натуральных чисел неограниченно. На помощь приходитшироко распространенный метод доказательства утверждений — это метод матема-тической индукции, основанный на принципе математической индукции. Докажемего.

Теорема 1.1 (принцип математической индукции). Пусть имеется некотороеутверждение P (n) которое формулируется для каждого натурального числа n >n0, и пусть известны:

1) база индукции. Утверждение P (n0) верно;2) шаг индукции. Из того, что P (n) верно при n = k > n0, следует, что P (k+1)

верно.Тогда утверждение P (n) верно для любого значения n > n0.

Доказательство. Применим метод доказательства "от противного". Предполо-жим, что, несмотря на истинность условий 1 и 2 теоремы, утверждение P (n) верноне для всех натуральных n > n0 . Тогда среди тех n, для которых P (n) неверно,найдется наименьшее число m. Ясно, что m > n0, так как в противном случае по-лучаем противоречие с условием 1 теоремы, то есть m− 1 тоже натуральное число,для которого P (m− 1) верно. Но тогда должно быть верным P (m) — в силу второгоусловия теоремы. Мы пришли к противоречию. Теорема 1.1 доказана.

Пример 1.6. Используя метод математической индукции, доказать формулу длясуммы кубов последовательных натуральных чисел

13 + 23 + . . . + n3 =n∑

m=1

m3 =n2(n + 1)2

4. (1)

Решение. Проверяем выполнение условий теоремы 1.1. Проверим базу индук-ции. Подставим n = 1 в левую и правую части формулы (1). Обе части равны 1.

8

Следовательно, при n = 1 формулы (1) верна. База индукции выполняется. Прове-рим шаг индукции. Пусть формула (1) верна для n = k, тогда

k+1∑m=1

m3 =k∑

m=1

m3 + (k + 1)3 =k2(k + 1)2

4+ (k + 1)3 =

(k + 1)2

4(k2 + 4k + 4),

т.е. формула (1) верна и при значении n = k + 1. Шаг индукции выполняется. Сле-довательно, согласно принципу математической индукции, формула (1) верна длялюбого натурального n.

Пример 1.7. Доказать, что для всякого натурального числа, не меньшего десяти,имеет место неравенство 2n > n3 .

Решение. Докажем это неравенство методом математической индукции.При n = n0 = 10 имеем 210 = 1024 > n3 = 1000, т.е. база индукции выполняется.

Проверим шаг индукции. По предположению индукции справедливо доказываемоенеравенство при n = k

2k > k3.

Рассмотрим неравенство, верное при k > n0 = 10:

(k + 1)(k2 − 4k + 1)− 2 > 0.

Раскрывая скобки, преобразуем правую часть этого неравенства:

(k + 1)(k2 − 4k + 1)− 2 = k3 − 3k2 − 3k − 1 = 2k3 − k3 − 3k2 − 3k − 1 =

= 2k3 − (k + 1)3 > 0 для любого k > n0 = 10.

Или2k3 > (k + 1)3 для любого k > n0 = 10.

Опираясь на предположение индукции и последнее неравенство, получаем:

2k+1 > 2k3 > (k + 1)3 для любого k > n0 = 10.

Поэтому2k+1 > (k + 1)3 для любого k > n0 = 10.

Это и доказывает справедливость шага индукции.Следовательно, на основании принципа математической индукции, неравенство

2n > n3 верно для любого натурального n > 10.

1.2. Правило суммы

Правило суммы — один из простейших, конкретных способов подсчета. Это пра-вило совершенно очевидно и выделено, главным образом, для того, чтобы его можнобыло сопоставить с правилом умножения (см. ниже).

Рассмотрим следующий пример.

9

Пример 1.8. Если на одной полке книжного шкафа стоит 30 различных книг, ана другой — 40 различных книг (и нет таких, как на первой полке), то сколькимиспособами можно выбрать одну книгу из стоящих на этих полках?

Решение. Выбранная книга будет или с первой, или со второй полки. Всего книг,т.к. там нет одинаковых, 30 + 40 = 70. Поэтому выбрать одну книгу из стоящих наэтих полках можно 70 способами.

В основе решения этого примера лежит очевидная

Теорема 1.2. Если пересечение конечных множеств A и B пусто, то число эле-ментов в их объединении равно сумме чисел элементов множеств A и B:

](A⋃

B) = ](A) + ](B), если A⋂

B = ∅.

С помощью метода математической индукции из теоремы 1.2 получаем

Следствие 1.1. Если конечные множества A1, A2, . . . , AK попарно не пересекают-ся, то имеет место равенство

](A1

⋃A2

⋃· · ·

⋃An) = ](A1) + ](A2) + ... + ](An).

Опираясь на следствие, используя схему, изложенную в примере 1.2, можем сфор-мулировать утверждение, называемое правилом суммы.

Правило 1.1 (правило суммы). Если элемент a1 можно выбрать k1 способами,элемент a2 — k2 способами,..., а an соответственно kn способами, причем любойвыбор элемента ai отличен от любого выбора элемента aj, (i 6= j), то выбор одногоиз элементов a1, или a2, ... , или an можно сделать k1 + k2 + . . . + kn способами.

Рассмотрим еще один пример на применение правила суммы.Пример 1.9. При формировании экипажа космического корабля имеется 10 пре-

тендентов на пост командира экипажа, 20 — на пост бортинженера и 25 — на посткосмонавта-исследователя. Ни один кандидат не претендует одновременно на двапоста. Сколькими способами можно выбрать одного кандидата — командира, борт-инженера или космонавта-исследователя — для проведения первого теста?

Решение. Обозначим множество кандидатов на пост командира корабля черезA, множество кандидатов на пост бортинженера через B и множество кандидатов напост инженера-исследователя через C. Тогда по условию ](A) = 10, ](B) = 20, ](C) =25. Кроме того,

A⋂

B = ∅, A⋂

C = ∅, B⋂

C = ∅.

Тогда по правилу суммы выбор кандидата можно осуществить ](A)+](B)+](C) =10 + 20 + 25 = 55 способами.

1.3. Правило произведения (умножения)

Рассмотрим пример, внешне похожий на пример 1.9, но "комбинаторно" исполь-зующий совершенно другую идею — идею произведения.

10

Пример 1.10. Пусть существует три кандидата K1, K2, K3 на место команди-ра корабля и два кандидата B1, B2 на место бортинженера. Сколькими способамиможно сформировать экипаж корабля, состоящий из командира и бортинженера?

Решение. Командира корабля можно выбрать тремя способами. После выборакомандира еще двумя способами можно выбрать бортинженера, поэтому общее числоспособов, которыми можно составить экипаж, находится произведением 3 · 2 = 6."Комбинаторно-ячеечная" иллюстрация этого решения приведена ниже:

{B1, K1} {B1, K2} {B1, K3}{B2, K1} {B2, K2} {B2, K3}.

Для сравнения попробуем изобразить графическую иллюстрацию этого решения:

выбор командира выбор бортинженера выбор экипажа−−−−−−− → B1 {K1, B1}

/→ K1 −−−−− → B2 {K1, B2}

// / −−−−− → B1 {K2, B1}

O — → K2

\ \ − −−−− → B2 {K2, B2}\

→ K3 −−−−− → B1 {K3, B1}\− −−−−−− → B2 {K3, B2}.

Схему, построенную выше, называют деревом. Исходную точку обозначим O.Двигаясь всевозможными путями из точки O к правым крайним вершинам, мы по-лучим 6 способов, которыми можно составить экипаж корабля. Все они перечисленыв правом столбце.

Решение примера 1.10 подспудно опирается на следующую очевидную теорему.

Теорема 1.3. Если множества A и B конечны, то число N всевозможных пар{(a, b) : a ∈ A; b ∈ B} равно произведению чисел элементов этих множеств:

N = ](A) · ](B).

С помощью метода математической индукции теорема 1.3 обобщается на любоеконечное число множеств.

Следствие 1.2. Пусть A1, A2, . . . , AK — конечные множества. Тогда число N все-возможных наборов {(a1, a2, ..., an), где a1 ∈ A1, a2 ∈ A2, . . . , ak ∈ Ak} равно

N = ](A1) · ](A2) · . . . · ](An).

Дальше действуем аналогично правилу суммы. Опираясь на следствие 1.2, ис-пользуя схему, изложенную в примере 1.10, можем сформулировать утверждение,называемое правилом произведения (умножения).

11

Правило 1.2 (правило произведения). Если элемент a1 можно выбрать k1 спо-собами, элемент a2 — k2 способами, ..., а an соответственно kn способами, товыбор комбинации {(a1, a2, . . . , an)}, состоящей из n элементов, можно сделатьk1 · k2 · . . . · kn способами. Причем две комбинации считаются различными, еслихотя бы на одном месте в этих комбинациях стоят разные элементы.

Для лучшего понимания правила произведения воспользуемся понятием кортежа.Кортеж — французское слово, означающее торжественное шествие. Например, обыч-но в кортеже президента вначале едут мотоциклисты, потом первая машина охраны,потом машина президента, потом машины сопровождающих и замыкают кортеж мо-тоциклисты вместе с машиной охраны. При движении члены кортежа строго соблю-дают порядок. В математическом смысле понятие кортежа отличается от понятиямножества тем, что элементы кортежа соблюдают определенный порядок и могутповторяться. Дадим определение кортежа.

Определение 1.1. Кортеж длины m

a1, . . . , am (2)

— это упорядоченный набор (или, что то же, конечная последовательность) mэлементов произвольной природы, при этом ak называется k-й компонентой иликоординатой кортежа (2).

В определении кортежа не уточнялось, могут ли разные компоненты кортежасовпадать, т.е. могут ли одинаковые элементы стоять на разных местах. На первыйвзгляд, этого не следовало бы допускать — если уж какой-нибудь элемент занял своеместо, то откуда же взять его еще раз? Но мы живем в мире взаимозаменяемыхдеталей и запасных частей. Поэтому в кортежах координаты могут повторяться,например, кортеж может иметь такой вид:

1, 2, 3, 4, 1, 1, 5, 5, 4, 8, 4.

Если все компоненты кортежа — числа, то кортеж длины m называется такжеm-мерным вектором. Если все компоненты — буквы некоторого алфавита, то кортеждлины m называется также m-буквенным словом в этом алфавите.

Лингвистическая сторона дела здесь не учитывается; так, ЙЙЬЪпр — 6-буквенноеслово в русском алфавите (хотя с его произношением и истолкованием не все ясно).Обозначение шахматных полей (например, е4) или номеров автомобилей (например,МЯУ 1999) — примеры кортежей, где одни компоненты — буквы, другие — циф-ры. Как видим, кортеж — весьма общее понятие. Главным характерным признакомкортежей является их упорядоченность. Кортежи a1, . . . , am и a′1, . . . , a

′m′ считают-

ся совпадающими (равными) в том и только в том случае, если они одной длины(m = m′) и a1 = a′1, . . . , am = a′m; в противном случае кортежи, естественно, счита-ются различными. В частности, a, b и b, a — различные кортежи (при a 6= b ). Итак,равенство кортежей — такое же, как у векторов или слов (никто ведь не считает сло-ва БАР и БРА совпадающими). Иначе обстоит дело с неупорядоченными наборами,о которых речь будет идти позднее.

12

Большое число задач комбинаторики (среди них есть и трудные) связано с подсче-том количества кортежей определенного вида. Однако удивительно часто приходитсяиметь дело с множествами кортежей, имеющими особо простую структуру, позволя-ющую определить число кортежей в множестве опираясь на правило произведения.

Пусть множество S кортежей длины m порождается следующим образом: компо-нента a1 пробегает n1 различных значений, при любой фиксированной a1 компонентаa2 пробегает n2 различных значений и т.д., вплоть до am , которая при любых фик-сированных a1, . . . , am−1 пробегает nm различных значений. Отметим, что значенияa1 (но не их число) могут зависеть от a2, то же относится и к другим компонентам.

Тогда справедлива

Теорема 1.4. Общее число N кортежей a1, . . . , am в множестве S есть

N = n1 · n2 · . . . · nm.

Доказательство. Проведем доказательство с помощью математической индук-ции по m. При m = 1 утверждение верно. База есть, проверим шаг индукции. Пустьоно доказано для кортежей длины m− 1, т.е. последовательность a1, . . . , am−1 можетбыть выбрана n1 ·n2 ·. . .·nm−1 способами. Каждому из них соответствует nm кортежейдлины m, получающихся добавлением того или иного значения am. Все полученныекортежи различны (любые два, у которых совпадают первые m − 1 компонент, от-личаются значением m-й компоненты). Поэтому общее число кортежей в множествеS есть N = n1 · n2 · . . . · nm. Теорема доказана.

Вернемся к примерам, изложенным во введении. Например, для множества m-мерных двоичных векторов, о которых шла речь вначале, имеем n1 = n2 = . . . =nm = 2. Отсюда по принципу умножения получаем, что их число равно 2m.

Другой ранее рассмотренный пример — задача о распределении трех конфет меж-ду тремя лицами. Пусть все конфеты различны (как и лица), распределения допус-каются любые. Обозначая лиц через A, B, C и нумеруя конфеты, можем каждыйспособ распределения кодировать кортежем a1, a2, a3, где ak — лицо, получившееk-ю конфету (например, код CAA отвечает варианту, когда первую конфету получилC, а обе остальные A). Так как n1 = n2 = n3 = 3, то всего получаем 33 вариантов.

Число всех шестизначных телефонных номеров есть 106 (что, очевидно, вполнедостаточно для Красноярска; для небольших городов можно обойтись и четырех-значными номерами, количество которых равно 104).

Число всех автомобильных номеров, образованных тремя русскими буквами иследующими за ними четырьмя цифрами, равно 333 · 104 .

Принцип умножения достаточно очевиден, хотя и не в такой степени, как принципсложения.

Если читатель незнаком с математической индукцией, можно обойтись и без пе-дантичного доказательства. По правде говоря, принцип умножения мало отличаетсяот арифметических задач типа "сколько всего листов в 10 стопках тетрадей, если вкаждой стопке по 20 тетрадей, а в каждой тетради по 12 листов?". Всякий школь-ник даст ответ 10 · 20 · 12 = 2400, без упоминаний комбинаторики или индукции. Новедь листов столько, сколько кортежей a1, a2, a3, где a1 — значения от 1 до 10 (номер

13

стопки), a2 — значения от 1 до 20 (номер тетради в стопке), a3 — значения от 1 до 12(номер листа в тетради). Таким образом, решая эту простенькую задачу, мы неявнопользуемся принципом умножения.

Рассмотрим еще ряд примеров, решаемые с помощью правила произведения.Пример 1.11. Сколько существует шестизначных чисел, которые делятся на

пять?Решение. Поскольку число делится на 5, то его цифра единиц равна 0 или 5 (2

возможности). Цифры десятков, сотен, тысяч и десятков тысяч могут быть любыми(то есть в каждом из этих случаев имеется 10 возможностей). Цифра сотен тысячшестизначного числа может быть любой, кроме 0 (9 возможностей). Следовательно,всего искомых чисел

9 · 10 · 10 · 10 · 2 = 180000.

Пример 1.12. Сколько существует пятизначных чисел, которые одинаково чита-ются слева направо и справа налево?

Решение. Цифра десятков тысяч и цифра единиц должны быть одинаковыми,не равными 0 (9 возможностей); цифры тысяч и десятков может быть любой (10возможностей); цифра сотен может быть любой (10 возможностей). Итак, согласноправилу произведения, всего искомых чисел 9 · 10 · 10 = 900.

Пример 1.13. В розыгрыше первенства по футболу принимают участие 18 ко-манд. Сколькими способами могут быть распределены золотая, серебряная и брон-зовая медали, если любая команда может получить только одну медаль?

Решение. Одну из медалей, например, бронзовую может получить одна из 18команд (18 возможностей). После того как определился бронзовый призер, облада-телем другой медали, например, золотой может стать одна из оставшихся 17 команд(17 возможностей). После того как определились бронзовый и золотой призеры, об-ладателем серебряной медали может быть одна из оставшихся 16 команд (16 возмож-ностей). Следовательно, общее число способов, которыми могут быть распределенызолотая, серебряная и бронзовая медали, равно 18 · 17 · 16 = 4896.

Пример 1.14. В столовой предлагают два различных первых блюда a1 и a2, триразличных вторых блюда b1, b2, b3 и два вида десерта c1 и c2. Сколько различныхобедов из трех блюд может предложить столовая?

Решение. Обозначим множество первых блюд через A, множество вторых —через B и множество третьих — через C. По условию ](A) = 2, ](B) = 3, ](C) = 2.

Каждый обед определяется набором из трех блюд. По правилу произведения:

N = ](A) · ](B) · ](C) = 12,

т.е. столовая может предложить 12 различных обедов.Остается только не путать правило сложения с правилом умножения.

1.4. Правило сложения или умножения — вопрос Гамлета вкомбинаторике

Складывать или умножать — вот в чем вопрос. В такой гамлетовской ситуациииногда оказываются начинающие. В условиях принципа умножения проводится при-мерно следующее рассуждение: "Для первой компоненты имеется n1 вариантов, да

14

для второй компоненты n2 вариантов, ..., да для последней nm вариантов. Итогополучаем n1, да n2 , ... , да nm, т.е. n1 + n2 + ...... + nm вариантов". Обращаем вни-мание на коварное слово "да"(с этим словом вообще, как известно, надо обращатьсяосторожно). Ошибка в том, что n1 вариантов для a1 . Это отнюдь не те варианты,общее число которых надо найти. Нужные нам варианты даются ведь кортежамидлины m (а не 1, 2, ...). Варьируя a1, затем a2 и т.д., мы получаем (пока не дойдемдо am) как бы "заготовки каждая из которых в дальнейшем, после разветвлений,породит много кортежей длины m (т.е. нужных нам вариантов). В "предметных"задачах такая ошибка практически исключена, никто ведь не станет подсчитыватьчисло листов так: "10 стоп, да в каждой по 20 тетрадей, да в каждой по 12 листов— итого 10 + 20 + 12 листов". Но с абстрактными вариантами такое, увы, бывает.

В следующем примере принцип умножения применяется к вычислению числаподмножеств конечного множества.

Пример 1.15. Сколько различных подмножеств имеется у n-элементного множе-ства?

Решение. Может показаться, что принцип умножения не имеет отношения кэтой задаче. Подмножества ведь неупорядоченные наборы (например, a, b и b, a —одно и то же), к тому же они могут содержать разное число элементов, а в принципеумножения речь идет о кортежах одинаковой длины. Все дело, оказывается, в том,чтобы удачно закодировать подмножества. Нумеруем элементы исходного множестваA := {a1, . . . , an} и ставим в соответствие каждому его подмножеству A′ двоичныйn-мерный вектор (x1, x2, . . . , xn), где xi = 1, если ai ∈ A′, и xi = 0 в противоположномслучае. (Например, если A := {1, 2, 3, 4}; A′ := {2, 4}, то подмножеству A′ отвечаетвектор (0,1,0,1); пустому подмножеству будет отвечать нулевой вектор.) Так как соот-ветствие между подмножествами и векторами взаимно однозначно, то подмножествстолько же, сколько n-мерных двоичных векторов, т.е. 2n.

2. Три основных типа комбинацийГрубо говоря, комбинаторика рассматривает и подсчитывает различные комби-

нации каких-либо предметов. При выборе k элементов из n различных элементовпринято говорить, что они образуют комбинации из n элементов по k. В зависимо-сти от того, имеет ли значение порядок элементов в комбинации или нет, а такжеот того, входят в комбинацию все n элементов или только часть их, различают тривида комбинаций элементов: размещения, перестановки и сочетания. В этой частимы рассмотрим эти комбинации с условием, что элементы в них берутся безповторений из конечного множества A с n элементами, т.е. ](A) = n.

Каждую из трех комбинаций будем начинать с определения и примера, в кото-ром пересчет комбинаций проводится простым перебором. Для наглядности дадимв одном определении несколько формулировок.

15

2.1. Перестановки

Определение 2.1. Упорядоченные n-ки (кортежи длины n), содержащие все эле-менты множества A называются перестановками этого множества. Другимисловами, перестановки — это упорядоченные комбинации или упорядоченные со-единения из n элементов, содержащие все элементы множества A. Причем двеперестановки считаются различными, если они отличаются порядком элементов.

Пример 2.1. Пользуясь определением составить все перестановки множества{1, 2, 3}.

Решение. Вначале на первом месте фиксируем 1, на втором возможна или 2,или 3. Потом фиксируем на первом месте 2 и т.д. Получаем:

{1, 2, 3}, {1, 3, 2}, {2, 1, 3}, {2, 3, 1}, {3, 2, 1}, {3, 1, 2}. Всего шесть перестановок.Схему подсчета перестановок в примере 2.1 используем для их подсчета в общем

случае.

Теорема 2.1 (формула перестановок). Если через Pn обозначить число всех пе-рестановок множества A, то Pn = n!.

Доказательство. Будем последовательно выбирать элементы множества A иразмещать их в определенном порядке на n местах. На первое место можно поста-вить любой из n элементов. После того как заполнено первое место, на второе местоможно поставить любой из n−1 оставшихся элементов, на третьем — любой из n−2оставшихся элементов и т.д. Т.к. всего n мест, то по правилу умножения количествовсех перестановок равно n!. Теорема доказана.

Рассмотрим примеры.Пример 2.2. Сколькими способами можно разложить восемь различных писем по

восьми различным конвертам, если в каждый конверт кладется только одно письмо?Решение. Число всевозможных распределений восьми различных писем по вось-

ми различным конвертам равно числу всех перестановок из восьми. ПосколькуP8 = 8! = 40320, то выполнить условия задачи можно 40320 способами.

Пример 2.3. Сколько всего шестизначных четных чисел можно составить изцифр 1, 3, 4, 5, 7 и 9, если из этих чисел ни одно не повторяется?

Решение. Необходимым и достаточным условием делимости натурального числана 2 является делимость на 2 цифры единиц этого числа. Поэтому из всех указанныхцифр цифрой единиц искомого числа может быть только цифра 4. Остальные пятьцифр могут стоять на оставшихся пяти местах в любом порядке. Следовательно,поставленная задача сводится к нахождению числа перестановок из 5 элементов.Поскольку P5 = 5! = 120, то всего можно составить 120 указанных чисел.

В теории дискретной оптимизации хорошо известна так называемая задача ком-мивояжера. Речь в ней идет о городах T1, T2, . . . , Tn, расстояния между которымизаданы; требуется выбрать такой порядок объезда этих городов, начиная с T1, чтобысуммарная длина маршрута была минимальной. Поскольку число маршрутов конеч-но, казалось бы, нет проблемы — нужно просто перебрать все варианты и выбратьнаилучший, тем более, если под рукой хороший компьютер. После всего сказанногоранее несложно догадаться, в чем тут загвоздка. Перебирать ведь придется (n− 1)!

16

маршрутов — число, хотя и конечное, но с ростом n быстро становящееся "практи-чески бесконечным". При n = 5 компьютер выдаст кратчайший маршрут мгновенно,при n = 15 провозится куда больше, чем хотелось бы, а при n = 20 до получения отве-та можно и не дожить... Мы говорим о гигантских, мучительно долгих вычислениях,а сами, между прочим, подсчитываем все очень легко, можно сказать, на пальцах.Нет ли здесь противоречия? Нет, конечно. Мы ведь только находим число вариантов,применяя при этом сверхскоростные (по сравнению с примитивным перебором) прие-мы комбинаторики. Вместо самого перебора мы лишь прикидываем, сколько временион занял бы. Чтобы пройти пешком 1000 километров, нужно примерно 200 часов. Ачтобы это подсчитать, достаточно секунды. А как же все-таки решать задачу ком-мивояжера? Ну, во-первых, это уже относится к оптимизации, а не к элементарнойкомбинаторике. А во-вторых, на сегодня никто не знает по-настоящему быстрого ал-горитма решения этой знаменитой и важной (к ней сводятся многие другие) задачи.Вполне возможно, что такого алгоритма вообще не существует.

2.2. Размещения

Как оговорено выше, мы рассматриваем комбинации без повторений элементовиз множества А, ](A) = n.

Определение 2.2. Всевозможные k-элементные кортежи (без повторений эле-ментов) из множества A называются размещениями из n элементов по k. Дру-гими словами, комбинации из n различных элементов по k, отличающиеся друг отдруга составом элементов или их порядком, называются размещениями из n эле-ментов по k. Или размещениями из n элементов по k называются всевозможныеперестановки из k-элементных подмножеств множества A. Обычно число разме-щений из n различных элементов по k обозначают Ak

n.

Контрольный вопрос 2.1. Как связаны между собой буквы, используемые вобозначении числа размещений и множества A?

Из определения видно, что перестановки — это частный случай размещений, т.е.перестановки — это размещения из n элементов по n. Поэтому верна

Теорема 2.2. Число размещений считается по формуле

Ann = Pn.

Пример 2.4. Выписать все размещения из элементов 1, 2, 3, 4 по два:Решение. Выберем все двухэлементные подмножества и возьмем их перестанов-

ки.12, 21,13, 31, 14, 41, 23, 32, 24, 42, 34, 43.Решение 1. Фиксируем на первом месте один из элементов, а на второе место

будем подставлять поочередно оставшиеся.12, 13, 14, 21, 23, 24, 31, 32, 34, 41, 42, 43.Схему решения 1 удобно использовать в общем случае.

17

Теорема 2.3 (формула размещений). Справедливо равенство

Akn =

n!

(n− k)!= n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1).

Доказательство. С небольшими изменениями нужно повторить доказатель-ство о числе перестановок.

Будем последовательно выбирать элементы из множества A и размещать их вопределенном порядке на k местах. На первое место можно поставить любой из n эле-ментов. После того как заполнено первое место, на второе место можно поставить лю-бой из n−1 оставшихся элементов, на третье — любой из n−2 оставшихся элементови т.д., ... , на k место — любой из оставшихся (n−k+1). Т.к. всего k мест, то по прави-

лу умножения количество всех перестановок равно n·(n−1)·. . .·(n−k+1) =n!

(n− k)!.

Теорема доказана.Рассмотрим примеры.Пример 2.5. Сколькими способами можно рассадить 4 учащихся на 25 местах?Решение. Искомое число способов равно A4

25 = 25 · 24 · 23 · 22 = 303600.Пример 2.6. Семь студентов проводят между собой шахматный турнир.Сколько

существует способов распределения первых трех мест?Решение. Искомое число способов равно A3

7 = 7 · 6 · 5 = 210.Смотрите также пример 1.13.Контрольный вопрос 2.2. Какую формулу можно применить в примере 1.13 ?

2.3. Сочетания

Определение 2.3. Всевозможные k-элементные подмножества (без повторенийэлементов) из множества А называются сочетаниями из n элементов по k. Дру-гими словами, комбинации из n различных элементов по k, отличающиеся друг отдруга только составом элементов называются сочетаниями из n элементов по k.Или комбинации, отличающиеся друг от друга по крайней мере одним элементом,каждая из которых содержит k элементов, взятых из n различных элементов,называются сочетаниями (выборками) из n элементов по k. Порядок следованияэлементов не учитывается.Обычно число сочетаний из n различных элементов поk обозначают Ck

n.

Пример 2.7. Выписать все сочетания из элементов 1, 2, 3, 4, 5 по три.Решение. Вначале выберем все сочетания, у которых на первом месте стоит 1,

потом у которых на первом месте 2 и т.д. Укажем для наглядности сверху номерасочетаний:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10123, 124, 125, 134, 135, 145, 234, 235, 245 , 345.Можно было действовать другим образом. Вначале нужно выписать все разме-

щения, а потом сгруппировать в одну группу те, которые получаются друг из другаперестановкой элементов. Так получим все сочетания. Поэтому для подсчета числасочетаний можно теперь воспользоваться уже полученными результатами для раз-мещений и перестановок.

18

Теорема 2.4 (формула сочетаний). Справедливо равенство

Ckn =

n!

(n− k)!k!.

Доказательство. Вначале выпишем все размещения из n элементов по k, апотом рассортируем их по группам. В каждую группу включим только те размеще-ния, которые получаются друг из друга перестановкой элементов. Каждая группадолжна содержать все перестановки из каких-то k элементов в силу определения раз-мещений. Поэтому в каждой группе будет k! элементов. Теперь вычеркнем в каждойгруппе все размещения кроме одного (с точки зрения определения сочетаний они неразличимы). Так как элементы каждой группы отличаются друг от друга хотя быодним элементом, то получим все сочетания. Следовательно, число сочетаний из nэлементов по k равно числу размещений из n элементов по k, деленному на числоперестановок k элементов, т.е.

Ckn = Ak

n/Pk =

n!

(n− k)!k!.

Теорема доказана.По ходу доказательства теоремы мы доказали

Следствие 2.1 (взаимосвязь сочетаний, размещений и перестановок). Спра-ведлива формула

Ckn = Ak

n/Pk.

Число сочетаний из n элементов по k не изменится если вместо k подставить n−k.Это сразу вытекает из формулы сочетаний простой подстановкой.

Ckn =

n!

(n− k)!k!=

n!

k!(n− k)!= Cn−k

n .

Отметим еще одно свойство, вытекающее прямо из формулы сочетаний:

Ckn−1 + Ck−1

n−1 =(n− 1)!

(n− 1− k)!k!+

(n− 1)!

(n− 1− k + 1)!(k − 1)!=

(n− 1)!

(n− 1− k)!(k − 1)!·(

1

k+

1

n− k

)=

(n− 1)!

(n− 1− k)!(k − 1)!· n

(n− k)k= Ck

n.

На основании двух проведенных выше преобразований можно сформулировать

Следствие 2.2 (свойство биномиальных коэффициентов). Справедливы ра-венства

Ckn = Cn−k

n ;

Ckn−1 + Ck−1

n−1 = Ckn.

19

Как и почему такое название возникло у этих формул мы постараемся объяснитьнемного позднее, а сейчас перейдем к примерам.

Пример 2.8. В классе 25 учеников. Сколькими способами из них можно выбратьчетырех учащихся для дежурства на вечере?

Решение. Искомое число совпадает с числом сочетаний:

C425 =

25!

(25− 4)!4!=

22 · 23 · 24 · 25

2 · 3 · 4= 22 · 23 · 25 = 12650.

Пример 2.9. У 6 взрослых и 11 детей обнаружены признаки инфекционногозаболевания. Чтобы проверить заболевание, следует взять выборочный анализ у 2взрослых и 3 детей. Сколькими способами можно это сделать?

Решение. Из 6 взрослых выбрать двух можно C26 =

6!

2!(6− 2)!=

6!

2!4!= 15

способами.Из 11 детей выбрать трех можно C3

11 =11!

3!8!= 165 способами.

Согласно правилу произведения имеется 15 · 165 = 2475 способов выбора двухвзрослых и трех детей.

Пример 2.10. Из двух математиков и десяти экономистов надо составить комис-сию из восьми человек. Сколькими способами может быть составлена комиссия, еслив нее должен входить хотя бы один математик?

Решение. В указанной комиссии может быть либо один математик и семь эко-номистов, либо два математика и шесть экономистов.

Выбор одного математика из двух возможен двумя способами, а семи экономи-стов из десяти — C7

10 способами. По правилу произведения число способов выборакомиссии из одного математика и семи экономистов равно

2 · C710 = 2 · 10!

3! · 7!= 240.

Выбор двух математиков из двух возможен 1 способом, а выбор шести экономи-стов из десяти возможен способами C6

10. По правилу произведения число способоввыбрать комиссию из двух математиков и шести экономистов ровно

2 · C610 = 1 · 10!

4! · 6!= 210.

Общее число способов выбора комиссии с одним математиком или комиссии с двумяматематиками по правилу суммы равно 210 + 240 = 450.

Указанная комиссия может быть выбрана 450 способами. Приведем другой спо-соб решения этой задачи. Всего комиссий по восемь человек из 12 человек можносоставить

C812 =

12!

4! · 8!= 495

способами. Эти комиссии можно разбить на два типа: а) к одному типу относитсякомиссия, состоящая только из экономистов; б) к другому типу относится комиссия, вкоторую входит хотя бы один математик. Так как число способов выбрать комиссиюв составе восьми человек из десяти экономистов равно

20

C810 =

10!

2! · 8!= 45,

то число способов составить комиссию из восьми человек, в которую входит хотя быодин математик, равно 495− 45 = 450.

До сих пор рассматривались комбинации, в каждую из которых любой из n раз-личных элементов входит один раз. Можно рассматривать комбинации с повторени-ями, то есть комбинации, в каждую из которых любой из n различных элементовможет входить более одного раза.

Контрольный вопрос 2.3. При каком значении к справедливо равенство Ckn =

Akn?

3. Три основных комбинации с повторениямиПереходим к рассмотрению случая, когда допускается повтор элементов при фор-

мировании комбинаций. Множество A, из которого выбираются элементы, такжеостается конечным. Казалось бы, достаточно просто указать, что элементы могутвыбираться неодкратно, т.е. с повторениями, и сослаться на уже имеющиеся опреде-ления трех основных комбинаций элементов — перестановок, размещений и сочета-ний. К сожалению, так сделать нельзя. Поэтому построение указанных комбинацийс повторением в каждом отдельном случае требует дополнительных оговорок.

3.1. Перестановки с повторениями

Пусть множество A = {a1, . . . , am}. Построим кортеж B, состоящий из k1 элемен-тов a1, k2 элементов a2, . . . , km элементов am, причем k1 + k2 + ... + km = n.

Определение 3.1. Перестановки элементов кортежа B называются перестанов-ками с повторением множества A и обозначаются Pn(k1, k2, . . . , km). Другими сло-вами, упорядоченные n-ки, содержащие ki раз элемент ai ∈ A, i = 1, . . . ,m, причемk1 + k2 + . . . + km = n, называются перестановками с повторением множества A.

Пример 3.1. Множество A = {1, 2}. Выписать все перестановки P3(1, 2), т.е.перестановки из одной 1 и двух 2 .

Решение. 122, 212, 221.Аналогом этого примера является запись всех перестановок слова ОКО.Пример 3.2. Множество A = {1, 2}. Выписать все перестановки P5(3, 2) (т.е

элемент 1 входит три раза, а 2 — два раза).Решение. Сверху для удобства мы указываем номера перестановок. Вначале мы

выписали три перестановки, когда на первом месте были две 1, а остальные элементыпереставлялись (можно взять из предыдущего примера). Потом три перестановки,когда на первом месте стояли 1, 2 и т.д.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011122 11212 11221 12112 12121 12211 21112 21121 21211 22111.Таким образом мы взяли все перестановки из пяти элементов и убрали те, в

которых одинаковые элементы переставлялись между собой, т.к. эти перестановки

21

одинаковы. Аналогично выписывается произвольное число перестановок. Их числодает следующая

Теорема 3.1 (формула перестановок с повторением). Справедливо равенство

Pn(k1, . . . , km) =n!

k1! · · · km!.

Доказательство. Построим кортеж B, состоящий из k1 элементов a1, k2 эле-ментов a2, ... , km элементов am, причем k1+k2+ . . .+km = n. Считая все их элементыразличными, мы получим n! перестановок. Но когда мы переставляли между собойодинаковые элементы, то при этом перестановки не изменялись. Элементов a1 у насвсего k1. Поэтому мы можем переставить их между собой k1! раз и получим одинако-вые перестановки, аналогично элемент a1 — k2! раз и т.д. Для того чтобы получитьразные перестановки, необходимо количество всех перестановок разделить (согласноправилу умножения) на k1! · · · km!. Так мы получим формулу перестановок с поторе-нием.

Другое доказательство.Возьмем некоторую перестановку из числа Pn(k1, . . . , km) всех перестановок с по-

вторениями. В ней все возможные перестановки предметов a1, считая их разными,можно осуществить k1! способами, затем все возможные перестановки a2, считаяих разными, можно осуществить k2! способами и так далее, а затем все возможныеперестановки am, считая их разными, можно осуществить km! способами. Соглас-но правилу произведения, каждая перестановка из k1! · · · km! перестановок, которыебы возникли из взятой перестановки с повторениями, если бы имелась возможностькак-то различать входящие в каждый тип одинаковые элементы. Проделав это длякаждой перестановки с повторениями из числа Pn(k1, . . . , km) перестановок с повторе-ниями, получим n! — число всевозможных перестановок из n различных предметов.Таким образом, k1! · · · km! · Pn(k1, . . . , km) = n!, откуда следует формула для числаперестановок с повторениями. Теорема доказана.

Переходим к рассмотрению примеров.Пример 3.3. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы слова

"математика"?Решение. Искомые слова представляют собой перестановки с повторением (n =

10 — число букв в слове) из элементов-букв множества A = {а, е, и, к, м, т }, причемk1 = 3, k2 = 1, k3 = 1, k4 = 1, k5 = 2, k6 = 2 . Следовательно, их число по формулеперестановок с повторениями равно:

P10(3, 1, 1, 1, 2, 2) =10!

3! 1! 1! 1! 2! 2!= 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 = 151200.

Пример 3.4. Сколькими способами можно расположить в ряд две зеленые и че-тыре красные лампочки?

Решение. Число перестановок с повторениями по шесть (n = 6 ) из элементовмножества A = {зеленый, красный}, причем k1 = 2, k2 = 4 ,

P6(2, 4 ) =6!

2! 4!= 5 · 3 = 15.

22

Пример 3.5. Сколькими способами можно разбить группу из 10 человек на триподгруппы (порядок человек в группе неважен) по два, три и пять человек?

Решение. Возьмем множество из двух единиц, трех двоек и пяти троек. Переста-вим их между собой. Сопоставим каждому из 10 человек свою цифру. Полученнойперестановке соответствует три группы, там где перед человеком лежит цифра 1,ему соответствует первая группа, где 2 — вторая, где 3 — третья. Всего разбиенийбудет

P10(2, 3, 5 ) =10!

2! 3! 5!= 7 · 8 · 9 · 5 = 2520.

Аналогично рассуждая, можно подсчитать число разбиений множества на фик-сированные группы. Таким образом, справедлива

Теорема 3.2 (формула для разбиения на группы). Пусть множество A содер-жит n элементов. Рассмотрим все разбиения множества A на m групп. В первой— k1 элементов, во второй k2 — элементов и в последней, m-й группе — km эле-ментов, причем k1 + . . . + km = n. Тогда число разбиений множества A на данныефиксированные группы вычисляется по формуле

Pn(k1, . . . , km) =n!

k1! · · · km!.

3.2. Размещения с повторениями

Определение 3.2. Кортежи B, состоящие из k элементов множестваA = {a1, ..., an}, называются размещениями с повторением из n элементов мно-жества A по k. Другими словами, упорядоченные n-ки, содержащие k элементовиз множества A, называются размещениями с повторением из множества n поk. Или комбинации из n элементов, в каждую из которых входит k элементов,причем один и тот же элемент может повторяться в каждой комбинации лю-бое число раз, но не более k, называются размещениями из n элементов по k сповторениями. Два размещения из n элементов по k считаются различными, еслиони отличаются или порядком элементов, или хотя бы одним элементом. Числоразмещений с повторениями из n элементов по k принято обозначать Ak

n.

Пример 1.4 демонстрирует нам все размещения с повторениями из 3 по 2. Посмот-рим, как выписывались эти размещения с повторениями. На первое место ставилсяпервый элемент множества. На второе место по очереди подставлялись все элементымножества, начиная с первого. Так получился первый ряд. Теперь ставим на первоеместо второй элемент и на второе место снова по очереди подставляем все элемен-ты множества. Так получается второй ряд. И аналогично третий ряд. Мы провелиполный перебор всех размещений с повторениями. Каждые два отличаются либопорядком, либо элементами. Всего размещений с повторениями из трех по два ока-залось 3 ·3 = 32 = 9. Эта запись не случайна. Повторяя рассуждения примера можноутверждать, что справедлива

23

Теорема 3.3 (формула размещений с повторением). Справедливо равенство

Akn = nk.

Доказательство. Можно, придерживаясь схемы, изложенной выше, в описа-нии к примеру 1.4, выписывать все размещения с повторениями из n элементов поk, а потом провести их подсчет. Но удобнее воспользоваться правилом умножения.Всего у нас имеется k мест в выбираемой комбинации. На первое место в произволь-ном размещении из n элементов можно выбрать любой элемент множества A, навторое — также любой из n элементов множества A и так далее. Остается сослатьсяна правило умножения и получить требуемую формулу Ak

n = nk.Перед тем как перейти к содержательным примерам, приведем пример-

переформулировку, часто используемый в задачах.Пример 3.6. Сколькими способами можно разместить по k различным местам

любые k предметов, выбранных из n различных предметов с повторениями каждогоиз них любое число раз, но не более k?

Решение. Количество всех таких способов совпадает с числом размещений из nэлементов по k с повторениями, т.е. — Ak

n = nk.Решение следующего примера фактически повторяет доказательство теоремы.Пример 3.7. Каждый телефонный номер состоит из шести цифр. Сколько всего

шестизначных телефонных номеров, не содержащих других цифр, кроме 2, 3, 5 и 7?Решение. Это задача о числе размещений в шести разных местах шести цифр,

выбранных из четырех разных цифр с повторениями каждой из них любое числораз, но не более шести. Существуют 4 способа выбора первой цифры телефонногономера. Так как по условию цифры номера могут повторяться, то существует по4 способа выбора второй, третьей, четвертой и так далее до шестой цифры номера,поэтому, согласно правилу произведения, число всех указанных телефонных номеровравно A7

4 = 47 = 16384.Пример 3.8. Найти число всех m буквенных слов (не обязательно имеющих

смысл) в русском алфавите (полагаем, что в русском алфавите 33 буквы).Решение. Это число равно Am

33 = 33m.Пример 3.9. Буквы азбуки Морзе состоят из символов — точка и тире. Сколько

букв получим, если потребуется, чтобы каждая буква состояла не более чем из пятиуказанных символов?

Решение. Число всех букв, каждая из которых записывается одним символом,равно 2.

Число всех букв, каждая из которых записывается двумя символами, равно A22 =

22 = 4.Число всех букв, каждая из которых записывается тремя символами, равно A3

2 =23 = 8.

Число всех букв, каждая из которых записывается четырьмя символами, равноA4

2 = 24 = 16.Число всех букв, каждая из которых записывается пятью символами, равно A5

2 =25 = 32

Складывая, получим число всех указанных букв — 62.

24

3.3. Сочетания с повторениями

Из совокупности размещений с повторениями можно выделить группу комбина-ций с повторениями, которые одна от другой отличаются по крайней мере однимэлементом. Порядок расположения элементов во внимание не принимается. Такиеразмещения называются сочетаниями с повторениями.

Определение 3.3. Сочетаниями из n элементов множества A по k с повторени-ями называются комбинации, содержащие k элементов (без учета порядка следо-вания), причем любой элемент может входить в комбинацию некоторое число раз,но не больше k. Другими словами, это выборки с повторениями по k элементов изn элементов множества A, отличающиеся хотя бы одним элементом, без учетапорядка этих элементов. Число сочетаний с повторениями из n элементов по kпринято обозначать Ck

n.

Как видно из этого определения, сочетания с повторениями являются неупорядо-ченными множествами, так что расположение элементов в них несущественно. Раз-личные сочетания отличаются друг от друга входящими в них элементами, причемкаждый элемент может входить в сочетание с повторениями несколько раз. Рассмот-рим вначале примеры, полученные полным перебором комбинаций.

Пример 3.10. Множество A = {1, 2, 3}. Выписать все сочетания с повторениямииз элементов множества А по два (число таких сочетаний с повторениями обознача-ется C2

3).Решение. 11, 12, 13, 22, 23, 33.Следовательно, C2

3 = 6.

Пример 3.11. Множество A = {1, 2, 3}. Выписать все сочетания с повторениямииз трех по три (число таких сочетаний с повторениями — C3

3).Решение. 111, 112, 113, 122, 123, 133, 222, 223, 233, 333.

Объем выборки увеличился на единицу, естественно, выросло и число сочетаний —C3

3 = 10.Как были получены все сочетания с повторениями? Вначале брали только первый

элемент, потом добавили второй, постепенно "разбавляя" выборку (в данном случаекомбинацию из трех элементов) другими элементами, пока не добрались до выборки,состоящей только из последнего элемента. Попытка свести все к правилу произведе-ний и сложений и их комбинации порождает довольно хитрые конструкции, которыеприводят к прозрачной формуле.

Теорема 3.4 (формула сочетаний с повторением). Справедливо равенство

Ckn = Cn−1

n+k−1 = Ckn+k−1.

Доказательство. Вначале заметим, что последнее равенство — это просто след-ствие свойства биномиальных коэффициентов. Поэтому достаточно доказать, чточисло сочетаний с повторениями равно любому из выражений, стоящих правее. За-кодируем каждое сочетание с повторениями последовательностью нулей и единиц.

25

Т.к. выборка осуществляется из множества с n элементами по k элементов, то по-ставим в соответствие каждому сочетанию с повторениями последовательность изn− 1 одного нуля и k единиц следующим образом. Нули показывают расположениеэлементов, а единицы — сколько элементов берется. Число единиц, стоящих передпервым нулем, показывает, сколько взято первых элементов, перед вторым — вто-рых, а перед (n− 1) нулем — (n− 1)-х элементов, после n− 1 нуля – n-х элементов.Т.к. берем всегда k единиц, то в выборке всегда k элементов. Закодируем сочетанияс повторениями из примера 3.10:

1100, 1010, 1001, 0110, , 0101, 0011.

Соответствие между сочетаниями и набором нулей и единиц взаимно-однозначное. Каждому сочетанию ставится в соответствие только один набор изнулей и единиц, но и обратно — каждому набору — только одно сочетание. Под-считать число наборов несложно — оно равно числу перестановок с повторениями из(n + k − 1) элементов, среди которых два элемента, один участвует k раз, а второй— (n− 1) раз:

Pn+k−1(k, n− 1) =(n + k − 1)!

k!(n− 1)!.

Это и есть формула сочетаний с повторениями.

Рассмотренная задача показывает, какую роль играет удачное кодирование объ-ектов; часто оно является основным звеном решения вопроса. Наоборот, неудачноекодирование обычно заводит в тупик. Вернемся к нашей простенькой задаче о рас-пределениях (произвольных) трех различных конфет между тремя лицами. Вышемы кодировали распределение кортежами (a1, a2, a3) , где ak — лицо, получившее k-ю конфету. Нельзя ли кодировать не "по конфетам а "по лицам обозначая через ak

то, что получает k-е лицо (k = 1, 2, 3)? Каждая компонента при этом будет подмно-жеством (множества из 3 конфет) и может сама по себе принимать 23 = 8 значений.Как уже говорилось, компоненты кортежей могут иметь любую природу, им не воз-браняется быть и подмножествами. Хуже другое: при таком кодировании нельзяприменить принцип умножения, так как не выполняется его основное условие. На-пример, если a1 = ∅ (пустое множество), т.е. первому не досталось ничего, то дляa2 остаются те же 8 вариантов, если же первый получает все, то для a2 возможенлишь один вариант (a1 = ∅). Так что кодирование по лицам является неудачным;это различие между двумя способами кодирования исчезает при "справедливых"распределениях (каждому по конфете), когда лица и конфеты входят в задачу рав-ноправно. Разумеется, всегда надо следить за взаимно-однозначным соответствиеммежду объектами и кодами — каждому объекту (из нашего множества) должен отве-чать ровно один код, и обратно. Только в этом случае подсчет числа объектов можнозаменить подсчетом числа кодов.

Рассмотрим несколько примеров на применение формулы сочетаний с повторе-ниями. В следующем примере, кажется, эта формула совершенно "не при чем".

Пример 3.12. Сколькими способами можно выбрать четыре из четырех пятико-пеечных и четырех двухкопеечных монет?

26

Решение. Это задача о числе сочетаний из двух по четыре с повторениями.Поскольку

C42 = C4

5 = C15 =

5!

4!1!= 5,

то выбрать монеты указанным в условии задачи образом можно пятью способами.Пример 3.13. Сколько всего чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, в каждом

из которых цифры расположены в неубывающем порядке?Решение. Эта задача о числе сочетаний из пяти цифр по одному, по два, по три,

по четыре и по пять с повторениями в каждом случае:

C15 = C1

5 =5!

4!1!= 5;

C25 = C2

6 =6!

4!2!= 15;

C35 = C3

7 =7!

4!3!= 35;

C45 = C4

8 =8!

4!4!= 70;

C55 = C5

9 =9!

5!4!= 126.

Существует 5+15+35+70+126 = 251 число, удовлетворяющее условию задачи.Пример 3.14. Сколько будет костей домино, если использовать в их образовании

все цифры?Решение. Число костей домино можно рассматривать как число сочетаний с

повторениями по два из десяти. Число таких сочетаний равно:

C210 = C2

11 =11!

9!2!= 55.

Контрольный вопрос 3.1. Справедлива ли формула о связи между сочета-ниями, размещениями и перестановками для случая комбинаций с повторениями впрямой переформулировке?

4. Некоторые приемы решения комбинаторных задачЧасть из этих приемов уже встречалась ранее, тем не менее мы приводим их еще

раз, с одной стороны опираясь на известную истину "повторение — мать учения а сдругой — для краткого списка самых простых приемов. Названия приемов, наверное,спорные, но авторы встречали эти названия в некоторых источниках. Насколько онихорошо и полно отражают сами приемы судить читателю.

27

4.1. "Обратимость" выбора

Традиционно простейшая комбинаторная задача об одной комбинации ставитсяследующим образом.

Дано исходное множество из n элементов, требуется составить m-местную комби-нацию из этих элементов, т.е., извлекая элементы из исходного множества, помещатьих на конкретные места в формируемой комбинации, соблюдая при этом определен-ные правила или условия.

В простейших случаях, когда ограничения на выбор элементов и заполнение меств комбинации минимальные, рассуждают так. На первое место можно выбрать любойиз n элементов, т.е. есть n вариантов заполнения первого места; на второе местоможно выбрать любой из n − 1 оставшихся элементов, на третье — любой из n − 2оставшихся, и т.д. На последнее, m можно выбрать любой из n− (m− 1) оставшихсяэлементов. Тогда общее число различных вариантов составления комбинации их mэлементов по комбинаторному правилу произведения равно:

n · (n− 1) · . . . · (n−m + 1) = Amn .

Можно считать, что, составив комбинацию из m элементов, мы установим соот-ветствие между какими-то m элементами из исходного множества (m 6 n) и местамив формируемой комбинации.

Но соответствие между элементами и местами одновременно является соответ-ствием между местами и элементами. Иначе говоря, можно выбирать элементы дляконкретного места, а можно подбирать место для конкретного элемента. Такая "об-ратимость" выбора во многих случаях существенно упрощает решение задачи. Бо-лее того, она позволяет в каждой конкретной задаче решать, что считать "элемен-тами", а что — "местами" . Иногда даже при решении одной задачи приходитсяменять порядок выбора (мест для элементов или элементов на место).

Приведем примеры.Пример 4.1. Двое размещаются в пустом четырехместном купе, каждый выби-

рает себе место. Сколькими способами они могут это сделать?Решение. В условии задачи уже говорится о четырех местах; тогда элемента-

ми приходится считать двух пассажиров; получается m > n. Выбирать элементы накаждое место неудобно, т.к. условия каждого очередного выбора будут зависеть отрезультатов предыдущих. Нужно выбирать места для элементов: для первого пас-сажира можно выбрать любое из 4 мест в купе; а для второго — любое из трехоставшихся, всего 4 · 3 = 12 вариантов выбора.

Пример 4.2. Сколько есть четырехзначных чисел, составленных из цифр

1, 2, 3, 4, 5, 6,

в которых цифры не повторяются, в цифры 1 и 2 встречаются ровно по одному разу?Решение. По условию задачи m = 4, n = 6, но два из этих шести элементов

должны появляться в числе обязательно. Поэтому сначала выбираем места для эле-ментов 1 и 2: любое из 4 мест для первого, любое из трех оставшихся для второго;всего 4 · 3 = 12 вариантов выбора.

28

После этого в составляемом числе осталось 2 места, а в исходном множестве — 4цифры. Меняем порядок выбора; выбираем элементы на каждое оставшееся место.На первое место можно выбрать любой из 4 элементов, на второе — любой из 3оставшихся, всего 4 · 3 = 12 вариантов выбора.

Каждый вариант расположения 1 и 2 в числе может сочетаться с каждым вари-антом выбора и расположения еще двух цифр, поэтому по правилу умножения всегоможно составить 12 · 12 = 144 разных четырехзначных числа.

4.2. "Фиксирование" элементов

В некоторых задачах в условии говорится, что один или несколько элементовдолжны занимать вполне определенные места в формируемой комбинации. В та-ких случаях мы уменьшаем количество элементов n и количество мест m на число"фиксированных" элементов и находим количество способов расположения остав-шихся элементов на оставшихся местах. Найденное количество умножаем на числоперестановок "фиксированных" элементов между собой на их местах.

Пример 4.3. Сколько различных четырехзначных чисел, начинавшихся с двухнечетных цифр, можно составить из цифр

1, 2, 3, 4, 5, 6, 8?

Причем, цифры в числе не повторяются.Решение. Исходное множество содержит 6 элементов (цифр), из которых только

2 нечетных. Эти две цифры должны стоять в двух старших разрядах составляемогочисла. На два оставшихся места могут быть выбраны любые 2 из оставшихся 4 цифр;количество способов равно 4 · 3 = 12 . Две первые нечетные цифры могут быть пе-реставлены 2 способами (13 и 31), поэтому общее количество четырехзначных чиселравно 2 · 12 = 24.

4.3. "Склеивание" элементов

В некоторых задачах требуется, чтобы два или более элементов в составляемойкомбинации всегда стояли рядом. В таких случаях мы рассматриваем все эти эле-менты как один новый ("склеенный" из исходных элементов), уменьшаем n и m наk−1 и находим количество способов расположения оставшихся n− (k−1) элементовна оставшихся m−(k−1) местах. Найденное количество способов умножаем на числоперестановок "склеенных" элементов между собой (в склейке).

Пример 4.4. Сколько можно составить пятизначных чисел из цифр 1, 2, 3, 4, 5, вкоторых цифры 4 и 5 стоят рядом (цифры не повторяются)?

Решение. В данном случае n = 5, m = 5. "Склеиваем" цифры 4 и 5 и находимчисло способов размещения 4 элементов (один из них "склеенный") на 4 местах (одноиз них двойное): 4! = 24. Цифры 4 и 5 можно переставить между собой 2 способами(45 и 54), поэтому общее число пятизначных чисел равно 2 · 24 = 48.

29

4.4. Подсчет "ненужных" вариантов

В некоторых случаях для того, чтобы найти число комбинаций, обладающих тре-буемым свойством, гораздо легче найти число коминаций, не обладающих этим свой-ством, и вычесть его из общего числа возможных комбинаций (такая возможностьдоказывается с помощью комбинаторного правила суммы).

Пример 4.5. Сколько существует пятизначных чисел, в записи которых есть хотябы одна четная цифра?

Решение. Исходное множество состоит из n = 10 десятичных цифр; количествомест в формируемой комбинации m = 5. По условию задачи допускается повторениецифр. Общее количество пятизначных чисел по правилу произведения равно 9 · 10 ·10 · 10 · 10 = 90000 (в старшем разряде не может стоять нуль). Из пяти нечетныхцифр 1, 3, 5, 7, 9 можно составить 5 · 5 · 5 · 5 · 5 = 3125 пятизначных чисел, состоящихтолько из нечетных цифр. Это и есть "ненужные" варианты.

В каждом из 90000− 3125 = 86875 пятизначных чисел есть хотя бы одна четнаяцифра (нуль является четной цифрой).

4.5. Выбор "простейшего порядка" заполнения мест в форми-руемой комбинации

Решая комбинаторные задачи с использованием правила произведения, совсемне обязательно находить число сособов заполнения сначала первого места, потомвторого, третьего и т.д., до последнего m-го. Нужно выбирать порядок заполнениямест, лучше всего отвечающий условию задачи.

Пример 4.6. Сколько есть шестизначных чисел без повторения цифр, в которыхвторая и четвертая цифры нечетны?

Решение. В данном случае n = 10, m = 6. Если начинать выбор элементовсначала для старшего разряда, то уже следующий выбор окажется зависящим отрезультатов первого.

Выберем такой порядок заполнения мест в комбинации: второе, четвертое, первое,третье, пятое, шестое; количество вариантов будет 5 · 4 · 7 · 7 · 6 · 5 = 29400 чисел сзаданными свойствами.

Поясним расчет. На второе место выбираем любую из 5 нечетных цифр, на чет-вертое — любую из 4 оставшихся нечетных цифр. Первое место можем выбирать из8 оставшихся цифр, но среди них есть нуль, который нельзя ставить на первое ме-сто, поэтому есть только 7 вариантов выбора. После этого на третье место выбираемлюбую из 7 оставшихся цифр, включая нуль, далее — из оставшихся 6, потом 5 цифр.

Рассмотренные нами приемы, конечно, не исчерпывают всего арсенала средств,используемых при решении комбинаторных задач.

Контрольный вопрос 4.1. Чем метод "склейки" отличается от метода "фик-сированных" вариантов?

30

5. Бином НьютонаЧасть носит прикладной характер. В этой части, изложенные комбинаторные ме-

тоды применяются для решения некоторых математических задач. Конечно, можнобыло эти задачи привести раньше в виде иллюстраций, но они и сами по себе зани-мают далеко не последнее место в математике.

5.1. Диофантово уравнение x1 + . . . + xn = m

Давно уже мы не занимались распределением материальных благ. C тех пор,как делили три конфеты между тремя лицами. Теперь, вооружившись формулойдля числа сочетаний, вернемся к этому увлекательному занятию. Для разнообразияпусть пираты делят между собой золотые монеты (добытые, естественно, специфиче-скими методами). Сколькими способами могут 5 пиратов разделить между собой 10монет? Блеск золота не должен ослеплять нас настолько, чтобы мы забыли о главномправиле. Итак, уточняем: пираты все различны (ярко выраженные индивидуально-сти!); монеты все одинаковы; допускается любой способ дележа, при котором каждыйполучает хотя бы одну монету. Теперь задачу можно решать. На первый взгляд неяс-но, при чем тут число сочетаний. Но мы уже убедились, что первый взгляд частообманчив. Перейдем сразу ко второму и направим его на 10 монет

000|0|000|00|0,

разделенных "перегородками указывающими конкретный способ дележа. В данномслучае, например, расположение перегородок означает, что первый пират получает3 монеты, второй — 1, третий — 3, четвертый — 2, пятый — 1. Теперь ситуацияпроясняется. Ввиду правил дележа перегородки должны находиться в промежуткахмежду монетами (а не слева или справа от монет) и в каждом промежутке должнобыть не более одной перегородки. Итак, речь идет о выборе 4 мест из 9. Стало быть,способов дележа столько, сколько 4-подмножеств у 9-множества, т.е.

C49 =

9!

4!5!= 126.

Заметим, что фактически найдено число решений в натуральных числах "уравне-ния дележа" x1 + . . . + x5 = 10. Здесь xi — число монет, получаемых i-м пиратом(i = 1, . . . , 5). Переходя к общему случаю n пиратов и m (m > n) монет, получаемуравнение

x1 + . . . + xn = m, (∗)

имеющее Cn−1m−1 различных решений в натуральных числах. (Этот ответ остается в

силе для любых натуральных m и n, если принять, что Ckl = 0, при k < l). Рас-

смотрим теперь случай совершенно аморальных пиратов, которые допускают любыеспособы дележа (вплоть до того, что все монеты достанутся одному). Итак, речьтеперь идет о числе решений последнего уравнения (*) в целых неотрицательныхчислах (для xi допускается и значение 0). Неравенство m > n при такой постановке

31

излишне, т.е. m, n — произвольные натуральные числа. Если снова вернуться к гео-метрической иллюстрации, то теперь возможны любые расположения m кружков иn перегородок. Например, для 5 пиратов и 10 монет расположение

|00000|||00000

отвечает случаю, когда первый, третий и четвертый пираты не получают ничего, авторой и пятый – по пять монет каждый. Итак, для перегородок надо выбрать 4места из 14, а это можно сделать

C414 =

14!

9!5!= 1001

способом. Для общего случая находим, что уравнение (*) имеет Cn−1n+m−1 решений в

целых неотрицательных числах. Пожалуй, более простое доказательство состоит взамене переменных yi := xi+1, i = 1, . . . , n. Каждому решению уравнения (*) в целыхнеотрицательных числах взаимно однозначно соответствует решение уравнения

y1 + . . . + yn = m + n

в натуральных числах. Таких решений, как показано ранее,

Cmn = Cn−1

m+n−1.

Уравнения в целых числах обычно называют диофантовыми по имени много за-нимавшегося ими древнегреческого математика Диофанта. Итак, мы нашли числорешений диофантова уравнения (*) при любом из предположений: а) все xi > 0; б)все xi > 0.

5.2. Треугольник Паскаля

Рассмотрим треугольную таблицу:

1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

По краям таблицы стоят единицы. Остальные числа, начиная с третьей стро-ки, получаются сложением двух чисел стоящих выше. Так, первая 3 третьей строкиполучилась сложением стоящих над ней единицы и двойки. А шестерка четвертойстроки — сложением двух 3. Мы выписали только четыре строки треугольной табли-цы. Но не сложно выписать пятую, шестую и последующие строки. И так... до бес-конечности. Треугольная таблица называется треугольником Паскаля. У нее многоразличных интересных свойств. Но одно, особенно полезное, можно заменить, есливыписать формулы сокращенного умножения

32

(a + b)1 = 1a + 1b,

(a + b)2 = 1a2 + 2ab + 1b2,

(a + b)3 = 1a3 + 3a2b + 3ab2 + 1b3.

Несложно заметить, что коэффициенты у разложений, стоящих справа, совпада-ют с элементами строк треугольника Паскаля. Оказывается это совпадение не слу-чайно. С помощью треугольника Паскаля легко написать разложение суммы двухчисел в любую степень. До десятой степени это делается в течение 5 минут. Но ока-зывается есть и общая формула. Нам особенно интересно то, что коэффициенты вэтой формуле совпадают с числом сочетаний.

5.3. Формула бинома Ньютона

Теорема 5.1 (формула бинома Ньютона). Для любых чисел a и b и для любогонатурального n справедлива формула

(a + b)n = C0na

nb0 + C1na

n−1b1 + . . . + Cknan−kbk + . . . + Cn

na0bn =n∑

i=0

Cknan−kbk.

Доказательство. Перемножим (a + b) последовательно n раз. Тогда получимсумму 2n слагаемых вида d1 · d2 · · · · · dn, где dj равно либо a, либо b. Разобьем всеслагаемые на n + 1 подмножество, отнеся к подмножеству Bk все те произведения, вкоторых b встречается множителем k раз, а a встречается n− k раз.

Ясно, что каждый элемент Bk множества — это перестановка с повторением,содержащая n элементов, среди которых k раз встречается b и a встречается n − kраз. Следовательно,

](Bk) = Ckn.

Каждое слагаемое из Bk равно an−kbk, поэтому

(a + b)n =n∑

i=0

Bkan−kbk =

n∑i=0

Cknan−kbk.

Теорема 5.1 доказана.

Замечание 5.1. Теорему 5.1 называют биномиальной теоремой, числа Ckn — бино-

миальными коэффициентами, а формулу — формулой бинома Ньютона.

33

Список литературы

[1] Виленкин Н.Я. Комбинаторика разбиений / Н.Я.Виленкин. – М.: Наука, 1967.

[2] Виленкин Н.Я. Комбинаторика / Н.Я.Виленкин. – М.: Наука, 1969.

[3] Кемени Дж. Введение в конечную математику / Дж.Кемени, Дж.Снелл,Дж.Томпсон. – М.: ИЛ, 1963.

[4] Левина А. Что такое комбинаторика / А. Левина // – Квант. – 1999. – №5.

[5] Мордкович А.Г. События. Вероятности. Статистическая обработка дан-ных. 7-9 классы / А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. – М.: Мнемозина, 2004.

[6] Пойя Д. Математика и правдоподобные рассуждения/ Д.Пойя. – М.: ИЛ, 1957.

[7] Риордан Дж. Введение в комбинаторный анализ / Дж.Риордан. – М.: Наука,1966.

[8] Райзер Г.-Дж. Комбинаторная математика / Г.-Дж.Райзер. – М.: Наука,1966.

[9] Столл Р. Множества. Логика. Аксиоматические теории/ Р.Столл. – М.: Про-свещение, 1967.

[10] Студенецкая В.Н. Решения задач по статистике, комбинаторике, теориивероятностей / В.Н. Студенецкая. – Волгоград: Учитель, 2005 – 429с.

[11] Ткачева М.В. Элементы статистики и вероятности. 7-9 классы /М.В.Ткачева, Н.Е.Федорова. – М.: Просвещение, 2005.

34

СодержаниеВведение 3

1. Три "неприметных" кита комбинаторики 51.1. Метод математической индукции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2. Правило суммы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Правило произведения (умножения) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4. Правило сложения или умножения — вопрос Гамлета в комбинаторике 14

2. Три основных типа комбинаций 152.1. Перестановки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2. Размещения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3. Сочетания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3. Три основных комбинации с повторениями 213.1. Перестановки с повторениями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2. Размещения с повторениями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3. Сочетания с повторениями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4. Некоторые приемы решения комбинаторных задач 274.1. "Обратимость" выбора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.2. "Фиксирование" элементов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.3. "Склеивание" элементов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.4. Подсчет "ненужных" вариантов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.5. Выбор "простейшего порядка" заполнения мест в формируемой ком-

бинации . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5. Бином Ньютона 315.1. Диофантово уравнение x1 + . . . + xn = m . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.2. Треугольник Паскаля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.3. Формула бинома Ньютона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Список литературы 34

35

Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 1. Комбинаторика: учебно-методическая часть

Составители: Евгений Константинович ЛейнартасЕвгений Иосифович Яковлев

Редактор И.А.ВейсигКорректура авторов

Подписано в печать 12.10.2006. Формат 60x84/16.Бумага офсетная. Уч.-изд. л. 2,2Печать ризографическая.Тираж 100 Заказ

Издательский центрКрасноярского государственного университета.660041 Красноярск, пр. Свободный, 79.