НОУ ИНТУИТ | Введение в теорию множеств и комбинаторику. Лекция 6: Сочетания

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 21.03.2008 | Уровень: для всех | Доступ: свободно

|

Вам нравится? Нравится 35 студентам

| Поделиться |

Поддержать

| Скачать электронную книгу

Свойства сочетаний

$\boxed{C_n^k = C_n^{n - k}}$ ( 6.1)

Первое свойство непосредственно вытекает из формул:

${\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = \frac{{{\rm{n!}}}}{{{\rm{k!(n - k)!}}}},{\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{n - k}}} = \frac{{{\rm{n!}}}}{{{\rm{(n - k)!k!}}}}.$
$\boxed{{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = {\rm{C}}_{{\rm{n - 1}}}^{{\rm{k - 1 }}} + {\rm{C}}_{{\rm{n - 1}}}^{{\rm{k }}}}$ ( 6.2)

Доказательство:

Составим -элементные сочетания из элементов $a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}, a_n$ и разобьем их на два класса:

1-й класс - сочетания, содержащие элемент ;

2-й класс - сочетания, не содержащие элемент .

Если из любого сочетания 1-го класса откинуть элемент , то останется сочетание из $a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}$ , их число ${\rm{C}}_{{\rm{n - 1}}}^{{\rm{k - 1 }}}$ .

Сочетания 2-го класса являются -элементными сочетаниями, составленными из $a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}$ , их число $С^k_{n-1}$ . Поскольку любое -элементное сочетание из $a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}, an$ принадлежит одному и только одному из этих классов, а общее число равно , то приходим к равенству (6.2).

Пример.

Пусть дано множество $М = \left\{ {a, b, c, d, e} \right\}$ . Тогда $M_c = \left\{ {(a,b), (a, c), (a, d), (\underline {a, e}), (b, c), (b, d), (\underline {b, e}), (c, d), (\underline {c, e}), (\underline {d, e})} \right\}$ .

$M^1_c = \left\{ {(\underline {a, e}), (\underline {b, e}), (\underline {c, e}), (\underline {d, e})} \right\}. M^2_c = \left\{ {(a, b), (a, c), (a, d), (b, c),(b, d), (c, d),} \right\}$ .

С другой стороны, ${\rm{C}}_{\rm{5}}^{\rm{2}} = \frac{{{\rm{5!}}}}{{{\rm{2!3!}}}} = 10$ . ${\rm{C}}_{\rm{5}}^{\rm{2}} = {\rm{C}}_{\rm{4}}^{{\rm{1 }}} + {\rm{C}}_{\rm{4}}^{{\rm{2 }}}= 4 + 6 = 10$ .
$\boxed{{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{0}} + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{k }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{n }}} = 2^{\rm{n}}}$ ( 6.3)

Доказательство:

- это число всех размещений с повторениями из элементов двух типов. Разобьем эти размещения на классы, отнеся в -й класс те, в которые входят элементов 1-го типа и элементов 2-го типа. Размещения k-го класса - это не что иное, как всевозможные перестановки из элементов 1-го типа и элементов 2-го типа. Мы знаем, что число таких перестановок равно

${\rm{\tilde P}} = \frac{{{\rm{n!}}}}{{{\rm{k!(n}} - {\rm{k)!}}}}.$

Вспомним формулу

${\rm{\tilde P}}_{\rm{m}} = \frac{{{\rm{m!}}}}{{{\rm{i}}_{\rm{1}} {\rm{!i}}_{\rm{2}} {\rm{!}} \ldots {\rm{i}}_{\rm{n}} {\rm{!}}}},$

где . Значит, общее число размещений всех классов равно ${\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{0}} + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{k }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{n }}}$ . С другой стороны, это же число равно . Тем самым соотношение доказано.
Рассмотрим -элементные сочетания с повторениями, составленные из элементов типов, скажем из букв a, b, c,..., x. Число таких сочетаний равно

${\rm{\tilde C}}_{{\rm{n}} + {\rm{1}}}^{\rm{m}} = {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m}}}^{\rm{m}}.$

Разобьем все сочетания на классы, отнеся к -му классу сочетания, в которые раз входит буква , остальные мест могут быть заняты оставшимися буквами с повторениями. Поэтому в -й класс входит столько сочетаний, сколько можно составить -элементных сочетаний с повторениями из элементов типов, т. е. ${\rm{}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - k - 1}}}^{{\rm{m - k}}}$ , значит, общее число всех сочетаний равно ${\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - 1}}}^{\rm{m}} + {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - 2}}}^{{\rm{m - 1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{{\rm{n - 1}}}^{{\rm{0 }}}$ . С другой стороны, мы видим, что это число равно ${\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m}}}^{\rm{m}}$ , т. е. утверждение доказано.

$\boxed{{\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - 1}}}^{\rm{m}} + {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - 2}}}^{{\rm{m - 1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{1 }}} + {\rm{C}}_{{\rm{n - 1}}}^{{\rm{0 }}} = {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m}}}^{\rm{m}}}.$ ( 6.4)
Заменяя на и на в соотношении (6.4), и помня, что ${\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{k}} = {\rm{C}}_{\rm{n}}^{{\rm{n - k}}}$ , получаем, что

$\boxed{{\rm{C}}_{\rm{n}}^{\rm{n}} + {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{1}}}^{{\rm{n }}} + {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{2}}}^{{\rm{n }}} + \ldots + {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m - 1}}}^{{\rm{n }}} = {\rm{C}}_{{\rm{n}} + {\rm{m}}}^{{\rm{n}} + {\rm{1}}}}.$ ( 6.5)

Частными случаями формулы (6.5) при являются следующие суммы рядов:
1. :
  
  ${\rm{C}}_{\rm{1}}^{\rm{1}} + {\rm{C}}_{{\rm{1}} + {\rm{1}}}^{{\rm{1 }}} + {\rm{C}}_{{\rm{1}} + {\rm{2}}}^{{\rm{1 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{{\rm{1}} + {\rm{m - 1}}}^{{\rm{1 }}} = {\rm{C}}_{{\rm{1}} + {\rm{m}}}^{{\rm{1}} + {\rm{1}}};$
  
  $\boxed{1 + 2 + 3 + ... + m = \frac{{m(m + 1)}}{2}};$ ( 6.6)
  
  ${\rm{C}}_{{\rm{m}} + {\rm{1}}}^{\rm{2}} = \frac{{{\rm{(m}} + {\rm{1)!}}}}{{{\rm{2! (m - 1)!}}}} = \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)}}}}{{\rm{2}}};$
2. :
  
  ${\rm{C}}_{\rm{2}}^{\rm{2}} + {\rm{C}}_{\rm{3}}^{{\rm{2 }}} + {\rm{C}}_{\rm{4}}^{{\rm{2 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{{\rm{m}} + {\rm{1}}}^{{\rm{2 }}} = {\rm{C}}_{{\rm{m}} + {\rm{2}}}^{\rm{3}};$
  
  $1 + 3 + 6 + ... + \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)}}}}{{\rm{2}}} = \frac{{{\rm{(m}} + {\rm{2)!}}}}{{{\rm{3!(m - 1)!}}}} = \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)(m}} + {\rm{2)}}}}{{{\rm{2}} \times {\rm{3}}}};$
  
  $\boxed{{\rm{1}} \times {\rm{2}} + {\rm{2}} \times {\rm{3}} + {\rm{3}} \times {\rm{4}} + \ldots + {\rm{m(m}} + {\rm{1)}} = \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)(m}} + {\rm{2)}}}}{{\rm{3}}};}$ ( 6.7)
3. Аналогично для :
  
  ${\rm{C}}_{\rm{3}}^{\rm{3}} + {\rm{C}}_{\rm{4}}^{{\rm{3 }}} + {\rm{C}}_{\rm{5}}^{{\rm{3 }}} + {\rm{C}}_{\rm{6}}^{{\rm{3 }}} + \ldots + {\rm{C}}_{{\rm{m}} + {\rm{2}}}^{{\rm{3 }}} = {\rm{C}}_{{\rm{m}} + {\rm{3}}}^{\rm{4}};$
  
  $1 + 4 + 10 + 20 + ... + \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)(m}} + {\rm{2)}}}}{{{\rm{3!}}}} = \frac{{{\rm{(m}} + {\rm{3)!}}}}{{{\rm{4!(m}} - {\rm{1)!}}}}.$
  
  Следовательно,
  
  $1 + 4 + 10 + 20 + ... + \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)(m}} + {\rm{2)}}}}{{{\rm{1}} \times {\rm{2}} \times {\rm{3}}}} = \frac{{{\rm{m(m}} + {\rm{1)(m}} + {\rm{2)(m}} + {\rm{3)}}}}{{{\rm{1}} \times {\rm{2}} \times {\rm{3}} \times {\rm{4}}}}.$
  
  $\boxed{\begin{array}{l} 1 \times 2 \times 3 + 2 \times 3 \times 4 + 2 \times 3 \times 2 \times 5 + 2 \times 3 \times 4 \times 5 + ... \\ + m(m + 1)(m + 2) = 1 \times 2 \times 3 + 2 \times 3 \times 4 + 3 \times 4 \times 5 + 4 \times 5 \times 6 + ... \\ + m(m + 1)(m + 2) = \frac{{m(m + 1)(m + 2)(m + 3)}}{4}. \\ \end{array}}$ ( 6.8)
  
  С помощью формулы (6.7) легко найти сумму квадратов натуральных чисел от до