Вятский государственный университет
Опубликован: 21.03.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 2131 / 481 | Оценка: 4.39 / 4.31 | Длительность: 06:24:00
Специальности: Программист, Математик
Лекция 6:

Сочетания

< Лекция 5 || Лекция 6: 123 || Лекция 7 >

Свойства сочетаний

  1. \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!}}}}.
  2. \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 k -элементные сочетания из n элементов a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}, a_n и разобьем их на два класса:

    1-й класс - сочетания, содержащие элемент a_n ;

    2-й класс - сочетания, не содержащие элемент a_n.

    Если из любого сочетания 1-го класса откинуть элемент a_n, то останется (k-1) 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 k -элементными сочетаниями, составленными из a_1, a_2, a_3, ...., a_{n-1}, их число С^k_{n-1}. Поскольку любое k -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 С^k_n, 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.

  3. \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:

    2^n - это число всех n размещений с повторениями из элементов двух типов. Разобьем эти размещения на классы, отнеся в k -й класс те, в которые входят k элементов 1-го типа и (n-k) элементов 2-го типа. Размещения k-го класса - это не что иное, как всевозможные перестановки из k элементов 1-го типа и (n-k) 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 i_1 = k, i_2 = n-k, P(k, n-k) = C^k_n. 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 2^n. Тем самым соотношение доказано.

  4. Рассмотрим m -элементные сочетания с повторениями, составленные из элементов n+1 типов, скажем из n+1 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 k -му классу сочетания, в которые k раз входит буква a, остальные (m-k) мест могут быть заняты оставшимися n буквами с повторениями. Поэтому в k-й класс входит столько сочетаний, сколько можно составить (m-k) -элементных сочетаний с повторениями из элементов n 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)
  5. Заменяя n на n+1 и m на m+1 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 n = 1, 2, 3 являются следующие суммы рядов:

    1. n = 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. n = 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 n = 3:

      {\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 1 до m.

< Лекция 5 || Лекция 6: 123 || Лекция 7 >
Владислав Бариков
Владислав Бариков

Непонятно почему в примере - отношение t НЕ транзитивно, ведь пары (2,4) и (4, 6) влекут (2, 6) и эта пара имеет общий делитель 2.​