组合数学第四章
合集下载
组合数学课件-第四章第三节波利亚(Polya)定理
换句话说，如果一个封闭曲线与区域内的任意直线都没有交点，那么这个封闭曲 线必然完全位于区域外。
波利亚定理的重要性
波利亚定理在几何学中有着广泛的应 用，它可以帮助我们解决一些与图形 和空间有关的问题。
例如，在几何图形中，我们可以通过 应用波利亚定理来判断一个点是否在 某个区域内，或者判断一个封闭曲线 是否与某个区域相交。
第二步
根据已知条件和数学原理，推导出与结论 相关的中间结论，这是证明的关键环节。
B
C
第三步
通过逻辑推理和数学推导，逐步推导出最终 结论，这一步需要严谨的逻辑推理和精确的 数学表达。
第四步
对推导出的结论进行验证，确保其正确性和 可靠性，这一步也是证明的重要环节。
D
定理证明的结论
波利亚定理的证明结论是：在一定条件下，一个数学问题可 以通过逐步转化和化简，最终转化为一个更简单或更易于解 决的问题，从而找到问题的解。
03
多变量版本的波利亚定理
该定理将单变量版本的波利亚定理扩展到多变量函数，提供了解决多变
量问题的新工具。
定理在其他数学领域的应用
在几何学中的应用
波利亚定理在几何学中有着广泛的应用，例如在计算几何形状的 面积和体积，解决几何问题等方面。
在组合数学中的应用
波利亚定理在组合数学中有着重要的应用，例如在解决组合问题、 计数问题、排列问题等方面。
B
C
波利亚定理的证明方法有多种，其中最常用 的是数学归纳法。
波利亚定理在数学教育中也具有重要意义， 它有助于培养学生的逻辑推理能力和数学思 维能力。
D
对波利亚定理的展望
随着数学的发展，波利亚定理的应用范围将不断扩大， 将有更多的数学问题可以通过波利亚定理得到解决。
波利亚定理的重要性
波利亚定理在几何学中有着广泛的应 用，它可以帮助我们解决一些与图形 和空间有关的问题。
例如，在几何图形中，我们可以通过 应用波利亚定理来判断一个点是否在 某个区域内，或者判断一个封闭曲线 是否与某个区域相交。
第二步
根据已知条件和数学原理，推导出与结论 相关的中间结论，这是证明的关键环节。
B
C
第三步
通过逻辑推理和数学推导，逐步推导出最终 结论，这一步需要严谨的逻辑推理和精确的 数学表达。
第四步
对推导出的结论进行验证，确保其正确性和 可靠性，这一步也是证明的重要环节。
D
定理证明的结论
波利亚定理的证明结论是：在一定条件下，一个数学问题可 以通过逐步转化和化简，最终转化为一个更简单或更易于解 决的问题，从而找到问题的解。
03
多变量版本的波利亚定理
该定理将单变量版本的波利亚定理扩展到多变量函数，提供了解决多变
量问题的新工具。
定理在其他数学领域的应用
在几何学中的应用
波利亚定理在几何学中有着广泛的应用，例如在计算几何形状的 面积和体积，解决几何问题等方面。
在组合数学中的应用
波利亚定理在组合数学中有着重要的应用，例如在解决组合问题、 计数问题、排列问题等方面。
B
C
波利亚定理的证明方法有多种，其中最常用 的是数学归纳法。
波利亚定理在数学教育中也具有重要意义， 它有助于培养学生的逻辑推理能力和数学思 维能力。
D
对波利亚定理的展望
随着数学的发展，波利亚定理的应用范围将不断扩大， 将有更多的数学问题可以通过波利亚定理得到解决。
组合数学第四章
1110004,56
、在与之间不能被和整除的数有多少个？
、求从到的整数中能被和整除，但不能被整除的数的个数。
21500357
{}3,3,5,710S a b c d ∞⋅⋅⋅⋅、求多重集合=的组合数。
1234x x x 、求不定方程++=14的数值不超过8的正整数解的个数。
57、在宴会后，位男士检查他们的帽子，问有多少种方法，使得
（1）没有人接到自己的帽子？
（2）至少有一人接到自己的帽子？
（3）至少有两人接到自己的帽子？
{}
1218,,()1,gcd(,)11()(1).k k i i
n p p p n n k k n k n n n p φφφ==≤≤==-∏、令为正整数，并令作为整数的所有互异的素数因子。
考虑由
定义的欧拉函数。
利用容斥原理证明
12345123451132432542511595,,,,,,,,P P P P P C C C C C P C C P C P C C P C P C P C 、 名旅客,要去5个地方,，其中，不愿意去,；不愿意去；不愿意去；不愿意去不愿意去。
问去的概率有多少？。
组合数学第四章ppt课件
.
9
例1
例1．以下两表格不可能用相邻位置的与0对换
互相转化。
1
2
3
4
15 14 13 12
5
6
7
8
11 10 9
8
9
10 11 12
7
6
5
4
13 14 15
0
3
2
1
0
证明：两个表格的转化相当于对换的乘积
(1 15)(2 14)(3 13)(4 12)(5 11)(6 10)(7 9)(8)(0)，这是
逆元素：p=
1 a1
2 a2
Hale Waihona Puke n an ，p-1= a11
a2 2
an n
.
5
例1
例1．等边三角形三个顶点记为1,2,3,绕中 心逆时针旋转120度,240度,沿三条中线翻 转180度,三角形仍与自身重合,但顶点换了 位群PP26==置。1312.例这1212 如23些33 ,.P变P{2P3换=4P=112P分, 632P.2别13,,P记P34,=为P411,PP3215=23,P11,622}P构533=成，13 一22 13个 ,
.
17
四．Burnside引理
设G={g1, …, gl}, 把gp分解为不相交的循 环乘积，记c1(gp)为gp中1阶循环的个数， 即gp:N→N的不动点个数, 例如G={e, (1 2), (3 4), (1 2)(3 4)}，c1(e)=4, c1((1 2))=2, c1((3 4))=2, c1((1 2)(3 4))=0。
.
6
第三节．循环、奇循环与偶循环
记(a a …a )= 1 2 m
组合数学第四篇
证 (1)C1(2) C…2 (n) C即n
1个 2个
n个
_∧_
_∧_
____∧____
/\
/\
/
\
(·)…(·)(··)…(··)… (·…·)…(·…·)
\______ ______/ \/
C1个
\________ ________/ \/
C2个
\________ ________/ \/
Cn个
令 P={p1,p2,…,pm},(是集合不一定是群.)
令解G)ii=≠Zj,kGpi∩i,i=G1j=,2Φ,…. G,m1+.GG2i包+…含·+G于m·G包(G含·关于于GZ.k的陪集分
-1
另一方面，任意P∈G. k→Paj→Pkj
PPj ∈-1 Zk,
P∈ZkPj=Gj.
4.4 Burnside引理
(2)k不动置换类 设G是[1,n]上的一个置换群。G≤Sn.
K∈[1,n]G中使k保持不变的置换全体，称 为k不动置换类，记做Zk.
4.4 Burnside引理
定理 置换群G的k不动置换类Zk是G的一个
子群。
封闭
性：k→k→k,k P1 P2 k. P1P2 结合性：自
然。
有单位元：G的
单位元属于Zk.
含目标集元素k的在G作用下的等价类也 称为含k的轨道。
4.4 Burnside引理
定理 设G是[1,n]上的一个置换群，Ek是[1,n]在G 的作用下包含k的等价类(轨道)，Zk是k不动置换 类。有|Ek||Zk|=|G|.
证 设|Ek|=m,Ek={a1(=k),a2,…,am},于是存在pi满足 a1→pi ai,i=1,2,…,m.
数学第四章 排列、组合与概率02
4.3 组 合
解 （1）一般来说，专业知识竞赛的选手之间无分工问题．所以选 择过程与顺序无关，是组合问题，共有C 种选法．
5 60
（2）除去守门员，从19位球员中选10人出阵，因为10人将分别担当右
后卫、左前锋等不同职责，因此与顺序有关，是排列问题，共有Ｐ 种不同
的首发阵容；选助阵拉拉队员与顺序无关，是组合问题，共有Ｃ 种挑选
5×4＋2＋1＝23张，
n
得： 第1步，先求出从n个不同元素中取出m个元素的组合数C .
m n
4.3 组 合
第2步，求每一个组பைடு நூலகம்中m个元素的全排列数P .
m
n
根据分步计数原理，得
由此得到组合数公式：
4.3 组 合
根据组合数公式，当m＝n时有 因为 所以组合数公式还可写成
组合数C 同样m 也可以利用计算器直接计算，其按键顺序是：
解 （１）因为3件都是正品，所以应从97件正品中取， 所有不同取法的种数是
4.3 组 合
（2）3件中恰有1件次品，有多少种不同的取法？
解 从97件正品中取2件，有C 种取法；2从3件次品中取1件，有C
97
种取法．因此，根据分步计数原理，任取的3件中恰有1件次品的不同取
1
法的种数是
3
4.3 组 合
古冶子见了，后悔不迭。仰天长叹道： 如果放弃桃子而隐瞒功劳，则有失勇士 尊严；为了维护自己而羞辱同伴，又有 损哥们义气。
如今两个伙伴都为此而死了，我独自活 着，算什么勇士！说罢，也拔剑自杀了。
晏子采用借“桃”杀人的办法，不费吹 灰之力，便达到了他预定的目的，可说是 善于运用权谋。汉朝的一位无名氏在一首 诗中曾不无讽刺的写道：“……一朝被谗 言，二桃杀三士。谁能为此谋，相国务晏 子!”
组合数学（卢开澄）第4章课后习题答案
组合数学（卢开澄）版 第四章答案4.1，若群G 的元素a 均可表示为某一个元素x 的幂，即a=x m，则称这个群为循环群，若群的元素交换律成立。
即a ，b ∈G 满足，a ·b=b ·a证明：令a= x m ，b= x n ，则a ·b= x m ·x n = x n ·x m=b ·a ，因此是阿贝尔群4.2若x 是群G 的一个元素，存在一最小的正整数m ，使x m=e ，则称m 为x 的阶，试证： C={e,x,x 2,…x m-1}是G 的一个子群。
证明：一个群G 的不空集合H 作成G 的一个子群的充分必要条件是：1,a b H ab H a H a H-∈⇒∈∈⇒∈,a b 是H 的任意元素。
由题意知C 中的任意两个元素如,a b C ∈则ab C ∈；a C ∈则1a C -∈。
所以21{,,,,}m C e x x x -= 是G 的一个子群。
4.3设G 是阶为n 的有限群，则G 的所有元素的阶都不超过n 。
证明； 因为G 中每有元素都能生成一个与元素等阶的子群，子群的阶当然不能超过群G 的阶；所以则G 的所有元素的阶都不超过n 。
4.4若G 是阶为n 的循环群，求群G 的母元素的数目，即G 的元素可表示a 的幂： a 1 ，a 2 。
a n 的元素a 的数目。
证明： 若一个群G 的每一个元都是G 的某一固定元a 的乘方，我们就把G 叫做循环群；我们也说，G 是由元a 所生成的，并且用符号()G a =来表示。
所以就有一个这样的a ，即就有一个母元素。
4.5 试证循环群G 的子集也是循环群根据子群的定义，循环群G 的子群应满足循环群G 所满足的所有运算。
所以其子群页应该是循环群。
4.6若H 是G 的子群，x 和y 是G 的元素，试证xH ∩yH 或为空，或为xH=yHx,y ∉G若 xH ⋂yH ≠Φ可知：存在g ∈xH,g ∈yH 由g ∈xH,知存在h 1∈H,有g=xh 1;由g ∈yH,知存在h 2∈H,有g=yh 2; 从而有 xh1=yh2 ⇒x=y(h 2h 11-)------------式1任取z ∈xH,则存在h ∈H,有z=xh-------------------式2将-式1代入-式2： z=y(h 2h 11-)h=y(h 2h 11-h)--------- -式3H 是子群，有h 1，h 2，h ∈H 可推知，h 2h 11-h ∈H从而 y(h 2h 11-h) ∈yH.再由式3知 z ∈yH,这样我们就可推知xH ⊆yH 同理可推得 yH ⊆xH综上知道 yH=xH4.7若H 是G 的子群，H =k ，试证：xH =k ，其中x ∈GH =k设 H={n h h h h 32,1,} 同时对于i,j ∈{k ,3,2,1} 当i ≠j 时，有ah i≠ah j(否则，若有ah i =ah j ，由消去律得h i =h j ，矛盾) 表明{}n h h h h 32,1, 为n 个不同元而aH 恰有这些元组成， 故 aH =k, ∴aH =H4．8有限群G 的阶为n ，H 是G 的子群，则H 的阶必除尽G 的阶。
组合数学第四章反演公式
k 0
k 0
(4.1.6)
证明 记列向量
( x) {k ( x)}nk0, ( x) { k ( x)}nk0
第四章 反演公式
命题1 对于多项式的每个正规族Pn，恰存在一个微分算子。
证明 易证每个n次多项式φn(x)都可以唯一地表示为
n ( x) ak Pk ( x) anPn ( x) an P 1 n1( x) a0P0 ( x)
0k n
其中an, an-1, …, a0是常数。事实上，取an为φn(x)中xn的系数除以 Pn(x)中xn的系数所得的商，则φn-1(x)=φn(x)-anPn(x)至多是n-1次的， 再取an-1为φn-1(x)中xn-1的系数除以Pn-1(x)中xn-1的系数所得的商， 接着考虑
( x n 1)[x]n1 (x 1)[x]n1
n[x]n1
第四章 反演公式
展开多项式φ(x)=［x+y］n，并注意到
k (0) n(n 1)(n k 1)[ y]nk
可得二项式公式：
n n
[ x
y ]n
k 0
k
[x]k [ y]nk
Pn ( x) [x]n x( x 1)( x 2)( x n 1) (Pn(0), n≥1)
的Taylor公式。由
(x) (x) (x 1)
定义的（向后差分）算子 , 就是伴随多项式族Pn(x)=［x］n
的微分算子，因为
[x]n [x]n [x 1]n
第四章 反演公式
使用［x］n的Taylor公式展开φ(x)=［x+y］n， Δkφ(0)=n(n-1) …(n-k+1)［y］n-k
组合数学 第四章2母函数的性质
பைடு நூலகம்
§4.3 在选优法上的应用
可见做两次试验，至少可把区间缩至原来区
间的2/3，比如
f (，x1)进一f 步(x2在)
(a, x区2 ) 间上找极值点。若继续用三等分法，
将面对着这一实事即其中 点的x1 试验没发挥其
作用。为此设想在 区间(0的,1)两个对称点
分别x做,l 试 x验。
0 lx x 1
§4.3 在选优法上的应用
__________ __________ ____ ) Fn2 Fn(Fn1 Fn1) FnFn1 Fn1Fn
F12 F 22 Fn2 Fn Fn1
§4.3 在选优法上的应用
设函数 y f (x) 在区间 (a,b) 上有一单峰
极值点，假定为极大点。
所谓单峰极值，即只有一个极值点 ，而且
设保留(0, x) 区间，继续在 (0, x) 区间的下面 两个点 x2, (1 x)x 处做试验，若
x2 1 x
则前一次1 x 的点的试验，这一次可继续使
用可节省一次试验。
x2 x 1 0
x 1 5 0.618 2
0 0.382 (0.618)2 0.618
1
§4.3 在选优法上的应用
______________
F2n F2n2
F1 F3 F5 F2n1 F2n
§4.3 若干等式
3） 证明：
F12
F
2 2
F12 F2F1
Fn2 Fn Fn1
F22 F2 (F3 F1) F2F3 F2F1
F32 F3 (F4 F2 ) F3F4 F2F3
§4.2 母函数的性质
例. A(x) sin x x x3 x5 3! 5!
§4.3 在选优法上的应用
可见做两次试验，至少可把区间缩至原来区
间的2/3，比如
f (，x1)进一f 步(x2在)
(a, x区2 ) 间上找极值点。若继续用三等分法，
将面对着这一实事即其中 点的x1 试验没发挥其
作用。为此设想在 区间(0的,1)两个对称点
分别x做,l 试 x验。
0 lx x 1
§4.3 在选优法上的应用
__________ __________ ____ ) Fn2 Fn(Fn1 Fn1) FnFn1 Fn1Fn
F12 F 22 Fn2 Fn Fn1
§4.3 在选优法上的应用
设函数 y f (x) 在区间 (a,b) 上有一单峰
极值点，假定为极大点。
所谓单峰极值，即只有一个极值点 ，而且
设保留(0, x) 区间，继续在 (0, x) 区间的下面 两个点 x2, (1 x)x 处做试验，若
x2 1 x
则前一次1 x 的点的试验，这一次可继续使
用可节省一次试验。
x2 x 1 0
x 1 5 0.618 2
0 0.382 (0.618)2 0.618
1
§4.3 在选优法上的应用
______________
F2n F2n2
F1 F3 F5 F2n1 F2n
§4.3 若干等式
3） 证明：
F12
F
2 2
F12 F2F1
Fn2 Fn Fn1
F22 F2 (F3 F1) F2F3 F2F1
F32 F3 (F4 F2 ) F3F4 F2F3
§4.2 母函数的性质
例. A(x) sin x x x3 x5 3! 5!
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
10
2013-7-9
例1.5 用26个英文字母作不允许重复的全排列
，要求排除dog，god，gum，depth，thing字 样的出现，求满足这些条件的排列数。 解：所有排列中，令：
A1为出现dog的排列的全体； A2为出现god的排列的全体； A3为出现gum的排列的全体； A4为出现depth的排列的全体； A5为出现thing的排列的全体；
n n n n n 1 n 1n n! n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
n
2013-7-9
20
例1.8
（Euler函数）求小于n且与n互素的正 整数个数 φ(n) 。 解：由算术基本定理，n可唯一的分解成素数 a a n p1a p2 pk 的乘积， 满足条件的数m具有以下性质： i 1, 2, , k ，m不是pi的倍数。 设S：1—n的正整数； Ai：1—n中pi的倍数，i = 1, 2, …, k
9
例1.4 某班级有学生25人，其中有14人会西班牙语，
12人会法语，6人会法语和西班牙语，5人会德语和西 班牙语，还有2人对这三种语言都会说，而6个会德语 的人都会说另一种语言（法语、西班牙语中的一种） 。求不会外语的人数。 解：设会法语、德语和西班牙语的学生的集合分别为 F, G, S。显然，|F| = 12, |G| = 6, |S| = 14, |F∩S| = 6, |G∩S| = 5, |F∩G∩S| = 2 下面计算|G∩F|，考虑G，因为6个会德语的人都会另 一种语言，其中5人会西班牙语，那么另1人肯定会法 语；另外G中5个会西班牙语的人中也有2人会法语。 故|G∩F| = 1+2 = 3。 所求为 | F G S | 25 (12 6 14) (6 5 3) 2 5
n n i i i 1 n i 1 n i i i 1 i 1
∪相当于“逻辑或”，∩相当于“逻辑与”。
2013-7-9
4
S
Theorem1.1
A B A B A B 证明：若A∩B=φ，则 | A∪B | = |A| + |B| | A | = | A ∩ ( B∪B) | = | (A∩B) ∪ (A∩B) | = | A∩B | + | A∩B | ( 1 ) 同理 | B | = | B∩A | + | B∩A | (2) | A∪B | = |(A∩(B∪B))∪(B∩(A∪A))| =|(A∩B)∪(A∩B)∪(B∩A)∪ (B∩A)| =| A∩B| + |A∩B | + | B∩A| (3)
i 1 i 1 j i i 1 j i k j n n1
Proof （数学归纳法）
注： A1 A2 An S A1 A2 An
Q：上式展开后形如 少项？
2013-7-9
Ai1 Ai2 Aik
的项共多
7
例1.2 求a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列中不出
A1 A2 An S A1 A2 An
n n m m n 1 n 1m n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
m
注： 若m=n，显然所求为n！ 可得恒等式
2013-7-9
A
A B
B
(3)-(1)-(2)得 | A∪B | - | A | - | B | = | A∩B | + | A∩B | + | B∩A | ( | A∩B | + | A∩B | ) – ( | B∩A | + | B∩A | ) = - | A∩B | 从而 | A∪B | = | A | + | B || A∩B |
Chapter4 Including and Excluding Principle
§1：2 periods §2－3：2 periods §4－5：3 periods Total：7 periods
2013-7-9
1
Roadmap
4.1 容斥原理（The principle of inclusion-
1000 1000 AC 25 A B 33 58 5 6 1000 A B C 8 120
1000 B C 41 24
故
2013-7-9
A B C S A B C 1000 200 166 125 33 25 41 8 600
2013-7-9
19
例1.7 设 |X|=m, |Y|=n, 求X->Y的满射个数。
解：设 Y { yi | i 1, 2 , , n}，设Ｓ为 X Y 的 映射集，Ai为yi在X中无原象的映射集。 |S|=nm, |Ai|=(n-1)m, |Ai∩Aj|=(n-2)m, … 所求为
2013-7-9 14
dog, god, gum, depth, thing
A2 A3 A4 0， A2 A3 A5 0
由于god、depth、thing不可以同时出 现，故有： A2 A4 A5 0
A3 A4 A5 17!
其余多于3个集合的交集都为空集。
2013-7-9 11
dog, god, gum, depth, thing
出现dog字样的排列，相当于把dog作 为一个单元参加排列，故 A1 24! 类似有：A2 A3 24!， A4 A5 22! 由于god,dog不可能在一个排列中同 时出现，故： A1 A2 0;
A1：不含2的整数 A2：不含5的整数
5
S 105
3
A3：不含8的整数
（共 2 个） 3
5 显然 A1 A2 A3 9 （共 1 个）
A1 A2 A1 A3 A2 A3 8
A1 A2 A3 7
注：
A B A B S A B
5
Theorem1.2 A B C A B C A B A C B C A B C
证明：A B C ( A B) C A B C ( A B) C
A B C A B ( A C ) ( B C)
现ace和df的排列数。 解：S：所有全排列的集合 A：出现ace的排列 B：出现df的排列 显然 A B 3! ，从而
S 6!
A 4! B 5!
A B S A B 6!4!5!3! 582。
2013-7-9
8
例1.3
求1—1000中不能被5，6和8整除的整 数个数。 解：S：1—1000的整数 1000 A 200 A：能被5整除的整数 5 1000 B 166 B：能被6整除的整数 6 1000 C 125 C：能被8整除的整数 8
A B C A B AC B C A B C
注： A B C A B C S A B C
2013-7-9
6
Theorem1.3
设 A1 , A2 , , An 是有限集合，则
n2
A1 A2 An
Ai Ai A j Ai A j Ak (1) n1 A1 A2 An
1 1 1 n (1 ) (1 )(1 ) p1 p2 pk
2 注1：对 n 60 2 3 5 ， (60) 60 (1 2 )(1 3 )(1 5 ) 16
1 2 k
2013-7-9
21
|S|=n, |Ai|=n/pi, |Ai∩Aj|=n/(pipj), …
(n) A1 A2 Ak S A1 A2 Ak
n n n n n n n( ) p1 p2 pk p1 p2 p1 p3 pk 1 pk n (1) k p1 p2 pk
2013-7-9 13
dog, god, gum, depth, thing
A1 A5 0， A4 A5 19!， A3 A4 A3 A5 20!， A1 A2 A3 0， A1 A2 A4 0 A1 A2 A5 0， A1 A3 A4 0 A1 A3 A5 0， A1 A4 A5 0
类似： 2 A3 0， A1 A4 0 A
2013-7-9 12
dog, god, gum, depth, thi时 出现，故有：A1 A3 22! 类似有god和depth可以在godepth字样 中同时出现，故 A2 A4 20! god和thing可以在thingod字样中同时 出现，从而 A2 A5 20!
2013-7-9 15
故满足要求的排列数为：
26! 3 24! 2 22! 22! 4 20! 19! 17! 26! 3 24! 22! 4 20! 19! 17!
2013-7-9
16
例1.6 在0—99999中有多少个同时含2,5,8的
整数？ 解：S：0—99999的整数
容斥原理研究有限集合的交或并的计数问题。
2013-7-9
3
DeMorgan定理：若A，B为S的子集，则
1) A B A B 2) A B A B 推广形式：若 Ai , i 1, 2, , n 为S的子集，则 1) A A 2) A A
N (0) A1 A2 An
NS
2013-7-9 18
2013-7-9
例1.5 用26个英文字母作不允许重复的全排列
，要求排除dog，god，gum，depth，thing字 样的出现，求满足这些条件的排列数。 解：所有排列中，令：
A1为出现dog的排列的全体； A2为出现god的排列的全体； A3为出现gum的排列的全体； A4为出现depth的排列的全体； A5为出现thing的排列的全体；
n n n n n 1 n 1n n! n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
n
2013-7-9
20
例1.8
（Euler函数）求小于n且与n互素的正 整数个数 φ(n) 。 解：由算术基本定理，n可唯一的分解成素数 a a n p1a p2 pk 的乘积， 满足条件的数m具有以下性质： i 1, 2, , k ，m不是pi的倍数。 设S：1—n的正整数； Ai：1—n中pi的倍数，i = 1, 2, …, k
9
例1.4 某班级有学生25人，其中有14人会西班牙语，
12人会法语，6人会法语和西班牙语，5人会德语和西 班牙语，还有2人对这三种语言都会说，而6个会德语 的人都会说另一种语言（法语、西班牙语中的一种） 。求不会外语的人数。 解：设会法语、德语和西班牙语的学生的集合分别为 F, G, S。显然，|F| = 12, |G| = 6, |S| = 14, |F∩S| = 6, |G∩S| = 5, |F∩G∩S| = 2 下面计算|G∩F|，考虑G，因为6个会德语的人都会另 一种语言，其中5人会西班牙语，那么另1人肯定会法 语；另外G中5个会西班牙语的人中也有2人会法语。 故|G∩F| = 1+2 = 3。 所求为 | F G S | 25 (12 6 14) (6 5 3) 2 5
n n i i i 1 n i 1 n i i i 1 i 1
∪相当于“逻辑或”，∩相当于“逻辑与”。
2013-7-9
4
S
Theorem1.1
A B A B A B 证明：若A∩B=φ，则 | A∪B | = |A| + |B| | A | = | A ∩ ( B∪B) | = | (A∩B) ∪ (A∩B) | = | A∩B | + | A∩B | ( 1 ) 同理 | B | = | B∩A | + | B∩A | (2) | A∪B | = |(A∩(B∪B))∪(B∩(A∪A))| =|(A∩B)∪(A∩B)∪(B∩A)∪ (B∩A)| =| A∩B| + |A∩B | + | B∩A| (3)
i 1 i 1 j i i 1 j i k j n n1
Proof （数学归纳法）
注： A1 A2 An S A1 A2 An
Q：上式展开后形如 少项？
2013-7-9
Ai1 Ai2 Aik
的项共多
7
例1.2 求a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列中不出
A1 A2 An S A1 A2 An
n n m m n 1 n 1m n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
m
注： 若m=n，显然所求为n！ 可得恒等式
2013-7-9
A
A B
B
(3)-(1)-(2)得 | A∪B | - | A | - | B | = | A∩B | + | A∩B | + | B∩A | ( | A∩B | + | A∩B | ) – ( | B∩A | + | B∩A | ) = - | A∩B | 从而 | A∪B | = | A | + | B || A∩B |
Chapter4 Including and Excluding Principle
§1：2 periods §2－3：2 periods §4－5：3 periods Total：7 periods
2013-7-9
1
Roadmap
4.1 容斥原理（The principle of inclusion-
1000 1000 AC 25 A B 33 58 5 6 1000 A B C 8 120
1000 B C 41 24
故
2013-7-9
A B C S A B C 1000 200 166 125 33 25 41 8 600
2013-7-9
19
例1.7 设 |X|=m, |Y|=n, 求X->Y的满射个数。
解：设 Y { yi | i 1, 2 , , n}，设Ｓ为 X Y 的 映射集，Ai为yi在X中无原象的映射集。 |S|=nm, |Ai|=(n-1)m, |Ai∩Aj|=(n-2)m, … 所求为
2013-7-9 14
dog, god, gum, depth, thing
A2 A3 A4 0， A2 A3 A5 0
由于god、depth、thing不可以同时出 现，故有： A2 A4 A5 0
A3 A4 A5 17!
其余多于3个集合的交集都为空集。
2013-7-9 11
dog, god, gum, depth, thing
出现dog字样的排列，相当于把dog作 为一个单元参加排列，故 A1 24! 类似有：A2 A3 24!， A4 A5 22! 由于god,dog不可能在一个排列中同 时出现，故： A1 A2 0;
A1：不含2的整数 A2：不含5的整数
5
S 105
3
A3：不含8的整数
（共 2 个） 3
5 显然 A1 A2 A3 9 （共 1 个）
A1 A2 A1 A3 A2 A3 8
A1 A2 A3 7
注：
A B A B S A B
5
Theorem1.2 A B C A B C A B A C B C A B C
证明：A B C ( A B) C A B C ( A B) C
A B C A B ( A C ) ( B C)
现ace和df的排列数。 解：S：所有全排列的集合 A：出现ace的排列 B：出现df的排列 显然 A B 3! ，从而
S 6!
A 4! B 5!
A B S A B 6!4!5!3! 582。
2013-7-9
8
例1.3
求1—1000中不能被5，6和8整除的整 数个数。 解：S：1—1000的整数 1000 A 200 A：能被5整除的整数 5 1000 B 166 B：能被6整除的整数 6 1000 C 125 C：能被8整除的整数 8
A B C A B AC B C A B C
注： A B C A B C S A B C
2013-7-9
6
Theorem1.3
设 A1 , A2 , , An 是有限集合，则
n2
A1 A2 An
Ai Ai A j Ai A j Ak (1) n1 A1 A2 An
1 1 1 n (1 ) (1 )(1 ) p1 p2 pk
2 注1：对 n 60 2 3 5 ， (60) 60 (1 2 )(1 3 )(1 5 ) 16
1 2 k
2013-7-9
21
|S|=n, |Ai|=n/pi, |Ai∩Aj|=n/(pipj), …
(n) A1 A2 Ak S A1 A2 Ak
n n n n n n n( ) p1 p2 pk p1 p2 p1 p3 pk 1 pk n (1) k p1 p2 pk
2013-7-9 13
dog, god, gum, depth, thing
A1 A5 0， A4 A5 19!， A3 A4 A3 A5 20!， A1 A2 A3 0， A1 A2 A4 0 A1 A2 A5 0， A1 A3 A4 0 A1 A3 A5 0， A1 A4 A5 0
类似： 2 A3 0， A1 A4 0 A
2013-7-9 12
dog, god, gum, depth, thi时 出现，故有：A1 A3 22! 类似有god和depth可以在godepth字样 中同时出现，故 A2 A4 20! god和thing可以在thingod字样中同时 出现，从而 A2 A5 20!
2013-7-9 15
故满足要求的排列数为：
26! 3 24! 2 22! 22! 4 20! 19! 17! 26! 3 24! 22! 4 20! 19! 17!
2013-7-9
16
例1.6 在0—99999中有多少个同时含2,5,8的
整数？ 解：S：0—99999的整数
容斥原理研究有限集合的交或并的计数问题。
2013-7-9
3
DeMorgan定理：若A，B为S的子集，则
1) A B A B 2) A B A B 推广形式：若 Ai , i 1, 2, , n 为S的子集，则 1) A A 2) A A
N (0) A1 A2 An
NS
2013-7-9 18