1-3 组合意义的解释与应用举例

例3 有4个相同质点,总能量为4E0，E0是常数。每 个质点所具能量为kE0,k=0,1,2,3,4. (1) 若能级为kE0的质点可有k2 +1种状态，而且服从 Bose-Einstein分布，即同能级的质点可以处于相同 的状态，问系统有几种不同的状态?(或图像) (2) 若能级为kE0的质点可有2(k2 +1)种状态，而且 服从Fermi-Dirac分布，即不允许同能级的两个质 点有相同状态,问系统有几种不同状态?(或图像)
1.3 组合意义的解释与应用举例
1. 非降路径问题 2. 组合意义的解释
3. 应用举例
1. 非降路径问题
从(0,0)点出发沿x轴或y轴的正方向每步走一个单 位，最终走到(m,n)点，有多少条路径？
y (m,n)
. . .
0 . . . x
无论怎样走法,总有：在x方向上总共走m 步，在y 方向上总共走n步。 若用一个x表示x方向上的一步，一个字母y表示y方 向上的一步，则(0,0)→(m,n)的每一条路径可表示为 m 个相同的x与n个相同的y的一个排列。 这相当于从m+n个位置中选出m个位置放x，剩下的 位置自然放置y。 因此若记所求方案数为 P(m+n; m, n)，则
m m 在8.中令r=m≤n,再将 换成 即得。 k m k
3. 应用举例
例1 从号码1,2,…N中每次取出一个并登记，然后放 回，连取n次，得到一个由n个数字组成的数列，问 按这种方式能得到 (1) 多少个严格递增数列(n≤N); (2) 多少个不减数列？
能级k 0 1 2 3 4 (1) k2+1 1 2 5 10 17 (2) 2(k2+1) 2 4 10 20 34 能量分布 (1) (2) 能量分布 (1) (2)
状态数
0,0,0,4 0,0,1,3 0,0,2,2 — 1· 1· 1· 17 1· 2· 1· 10 1· C(5,2) 1· C(2,3)· C(2,2)· 20 C(2,2)· 34 4· C(10,2) 0,1,1,2 1,1,1,1 — — 1· C(2,2)· 5 C(2,4) 72 2· C(4,2)· 10 C(4,4) 246
(m-r+k,r-k) k=0,1,2,…,r
Q(m,0)
m n m n m n m n 9. 0 0 1 1 ... m m ; m
y
x-y=1 (m,n) . (0,1). .
m n 1 m n 1 m2 m
.. . .. .
(m n 1)! (m n 1)! m !(n 1)! (m 2)!(n 1)!
x
(2,-1)
n 1 m m n m . n1
. . .
n
n+1
解释3：利用可重组合. 从[1,…,n+2]中取r个的可重组合模型,
n r 1 其个数为 C (n 2, r ) ; r
按不含1,含1个1,含2个1,…,含r个1分类，
其个数相应为
n r n r 1 n r 2 n r , r 1 , r 2 ,..., 0 .
共有C(n-1,r)+C(n-1,r-1)种方案。
解释2：利用非降路径 C(m+n,m) = C(m+n-1,m) + C(m+n-1,m-1) {(0,0)→(m,n)} ={(0,0)→(m,n-1)}∪{(0,0)→(m-1,n)}
n n 1 n 2 n r n r 1 3. n ... n n 1 ; n n
(1) 无重组合 C(N,n)；
(2) 可重组合 C(N+n-1,n)。
例2 某保密装置须同时使用若干把不同的钥匙才能 打开。现有７个人，每人持若干把钥匙。须４人到 场，所备钥匙才能开锁。问： (1) 至少有多少把不同的钥匙？ (2) 每人至少持几把钥匙？ (1) 每３人至少缺１把钥匙，且每３人所缺钥匙 不同。故至少共有C(7,3)=35把不同的钥匙。 (2) 任一人对于其他６人中的每３人,都至少有１把 钥匙与之相配才能开锁.故每人至少持C(6,3)＝20 把不同的钥匙。
m k m k 在 ( x y ) C ( m, k ) x y 中令x=y=1即得。 k 0 m
解释1：右边即m个元素的所有选取方案，每一子 集都可取或不取。这样有 2m 种方案。 左边表示可以有0-子集(空集),1-子集,…,m-子集。 解释2：从(0,0)走m步有2m 种走法，都落在直线 x+y=m上。 而到(m,0),(m-1,1),(m-2,2),…,(2,m-2),(1,m-1),(0,m) 各点的走法各有C(m,0), C(m,1),C(m,2),…,C(m,m2), C(m,m-1),C(m,m)种。
4.
n k n n r k r r k r ;
左边是从n个元素中取k个组合，再从这k个取r个 的组合数。 这相当于直接从n个元素中取r个，但是要计算重 数C(n-r,k-r)，因为这相当于取定r个后，再从剩下 n-r个元素中取k-r个与之前的r个组合。 两种选法都无遗漏,无重复地给出可能的方案，应 该相等。
因此所求排队方法即为上页讨论的答案结果。
2. 组合意义的解释
二项式系数 C(n,k) 是组合数学中无处不在的一个 角色。
它主要有以下三个重要意义： (1) 组合意义：n元集中k元子集的个数; (2) 显式表示：C(n,k)=n(n-1)…(n-k+1)/k!; (3) 二项展开式的系数：即有恒等式
(m n 1)! 1 1 n m m n 1 (m 1)!(n 1)! m n m n
m m n 1 1 . m n
若条件进一步改为可接触但不可穿过，则限制线要 向下或向右移一格，得x-y=1, (0,0)关于x-y=1的对称 点为(1,-1). 所求非降路径数为
解释1：可从上个结论推论,也可做一下组合证明。 从[1,n+r+1]取a1a2…anan+1,设a1＜a2＜…＜an ＜an+1, 可按a1的取值分类：a1=1,2,3,…r,r+1. 若a1=k, 则a2…an+1取自[k+1,n+r+1]，有C(n+r+1k,n)种取法。这里k从1变到r+1。 也可看做按含1不含1，含2不含2,…,含r不含r的不 断分类。
n n i j . i奇 j偶
m n m n m n m n 8. 0 r 1 r 1 ... r 0 ; r
( x y)n C (n, k ) x k y n k .
k 0
n
1. (对称性) C(n,r)=C(n,n-r)； 从[1,n]去掉一个r子集，剩下一个(n-r)子集。由此 建立C(n,r)与C(n,n-r)的一个一一对应。 2. (递推关系) C(n,r)=C(n-1,r)+C(n-1,r-1)； 解释1：从[1,n]取a1,a2,…,ar。设1≤a1＜a2＜…＜ ar≤n,对取法分类： a1=1,有C(n-1,r-1)种方案； a1>1,有C(n-1,r)种方案。
5. C(m+n,2)-C(m,2)-C(n,2)=mn;
等式右边可以看作是m个男生n个女生，一男一女 的组合数，易知为mn。 等式左端是从m+n个人中取2人的组合减去纯从男 生中取2人的组合和纯从女生中取2人的组合，余 下的即为一男一女的组合。
6. C (m,0) C (m,1) ... C ( m, m) 2m ;
假设一场音乐会的票价为50元，排队买票的顾客中 有n位只有50元的钞票，m位只有100元的钞票。售 票处没有准备50元的零钱。试问有多少种排队的方 法使得购票能顺利进行，即不会出现找不出钱的状 态。假定每位顾客只买一张票，且n>m。 用一个m+n维的向量来表示一个排队状态，其中每 个分量只能取x或y，这里取值y表示这个位置的顾 客持有50元的钞票，取值x表示只有100元的钞票。 因此这等价于一个从(0,0)到(m,n)点的非降路径，且 满足y≥x，即可以接触但不能穿过对角线。
解释2：右边表示从(0,0)到(n+1,r)的非降路径数。
这些路径一定过且仅过一条带箭头的边。而过这 些边的路径有(从下到上)
n n 1 n r n , n ,..., n . 故有
r (n+1,r)
n n 1 n r n n ... n (0,0) n r 1 . n
(m n)! m n m n P (m n; m, n) n . m !n! m
或记为
m n (0, 0) (m, n) . m
设c≥a,d≥b,则由(a,b)到(c,d)的 非降路径数为：
(a,b) (c,d)
(c a ) (d ca
在原模型的基础上若设m<n，求(0,1)点到(m,n)点不 接触对角线x=y的非降路径的数目 (“接触”包括“ 穿过”)? 从(0,1)点到(m,n)点的非降路径，有的接触x=y，有 的不接触。 对每一条接触x=y 的非降 (m,n) 路径，做(0,1)点到第一个 接触点部分关于x=y的对 称非降路径，这样得到一 (0,1) . 条从(1,0)到(m,n)的非降路 . 0 (1,0) 径。