Matematyka dyskretna 1/Wykład 5: Współczynniki dwumianowe: Różnice pomiędzy wersjami

Z Studia Informatyczne
Przejdź do nawigacjiPrzejdź do wyszukiwania
Linia 757: Linia 757:
  
 
{{dowod|||
 
{{dowod|||
Zauważmy najpierw, że liczba permutacji <math>\alpha</math> zbioru <math>n</math>-elementowego takich, że <math>\alpha(x)\neq x</math> dla dokładnie <math>i</math> elementów <math>x\in X</math>
+
Zauważmy najpierw, że liczba permutacji <math>\alpha</math> zbioru <math>n</math>-elementowego takich, że <math>\alpha(x)\neq x</math> dla dokładnie <math>i</math> elementów <math>x\in X</math>,
 
wynosi <math>{n\choose i}!i</math>. Stąd:
 
wynosi <math>{n\choose i}!i</math>. Stąd:
  
Linia 767: Linia 767:
  
  
Aplikując teraz regułę odwracania dostajemy:
+
Stosując teraz regułę odwracania, dostajemy:
  
  

Wersja z 13:00, 29 lis 2006

Zliczanie podzbiorów raz jeszcze

Andreas Freiherr von Ettingshausen (1796-1878)
Zobacz biografię

Wiemy już, że dowolny zbiór -elementowy ma dokładnie podzbiorów. Teraz zajmiemy się pytaniem ile taki zbiór ma podzbiorów o dokładnie elementach. Policzymy zatem liczność rodziny -elemetowych podzbiorów zbioru . Rodzinę tę oznaczać będziemy przez .

Współczynnik dwumianowy to liczba -elementowych podzbiorów zbioru -elementowego, tzn. Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\abs”): {\displaystyle {n\choose k} = \abs{|{\mathcal P}_k(\mathbb{Z}\integer_n)|}} . Wyrażenie czytamy po .

Prawdopodobnie jako pierwszy tej notacji użył Andreas von Ettingshausen w 1826. Jednak liczby te już wcześniej pojawiały się wielokrotnie, choćby w Trójkącie Pascala. Sama nazwa "współczynniki dwumianowe" bierze się stąd, że liczby te pojawiają się w rozwinięciu dwumianu . Zobaczymy to dokładnie w Twierdzeniu 5.7

Przykład

Aby policzyć wypiszmy wszystkie -elementowe podzbiory -elementowego zbioru Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \mathbb{Z}\integer_4=\set\{0,1,2,3\}} . Sa to Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{0,1\}} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{0,2\}} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{0,3\}} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{1,2\}} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{1,3\}} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{2,3\}} ,

skąd .


Bezpośrednio z definicji liczb dostajemy:

Obserwacja 5.1

Dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle n,k \in \natur \mathbb{R}} zachodzi:

  • ,
  • , dla ,
  • , dla ,
  • , dla .

Dowód

Pierwszy punkt jest natychmiastową konsekwencją faktu, że dowolny zbiór -elementowy ma tylko jeden -elementowy podzbiór -podzbiór pusty i tylko jeden podzbiór -elementowy - cały zbiór.

Drugi punkt jest oczywisty, jako że zbiór -elementowy nie może mieć podzbiorów o elementach.

Dla dowodu trzeciego punktu, zauważmy jedynie, że podzbiorów jednoelementowych jest dokładnie tyle ile elementów w zbiorze.

Wreszcie dla dowodu ostatniego punktu załóżmy, że Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\abs”): {\displaystyle \abs|{X}|=n\geqslant k\geqslant 0} . Wtedy funkcja



jest bijekcją. A zatem istotnie .

End of proof.gif

Nasza następna obserwacja stanowi fundament dla rekurencyjnej procedury obliczania współczynników dwumianowych.

Obserwacja 5.2

Dla mamy:



Dowód

Podobnie jak przy budowaniu zależności rekurencyjnej przy zliczaniu wszystkich podzbiorów zbioru -elementowego załóżmy, że Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\abs”): {\displaystyle \abs|{Z}|=n} . Wtedy, po usunięciu ze zbioru elementu dostajemy -elementowy zbiór . Oczywiście wszystkie -elementowe podzbiory zbioru można podzielić na dwa typy:

  • albo mają w sobie element ,
  • albo go nie mają.

W drugim przypadku są to -elementowe podzbiory -elementowego zbioru . Jest więc ich dokładnie .

Każdy zaś podzbiór pierwszego typu, czyli takie, że jest jednoznacznie wyznaczony przez swoje pozostałe elementów, czyli Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle A=A'\cup \set\{a\}} dla pewnego . A zatem


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\abs”): {\displaystyle {n \choose k} = \abs{|{\mathcal P}_k(Z)|} = \abs{|{\mathcal P}_k(Z')|} + \abs{|{\mathcal P}_{k-1}(Z')|} = {n-1\choose k}+{n-1\choose k-1}. }


End of proof.gif
Blaise Pascal (1623-1662)
Zobacz biografię

Trójkąt Pascala (nazwany na cześć Blaise'a Pascala, który napisał znakomitą rozprawę o współczynnikach dwumianowych) bazuje na własności i ustawia liczby w następujący sposób:

  • wiersze trójkąta numerowane są kolejnymi liczbami naturalnymi

,

  • w każdym wierszy trójkąta występuje dokładnie liczb.

Są to kolejno

... ... ... ... ...

Przesunięcie w wierszach, pozwala wyliczyć jako sumę dwu liczb stojących bezpośrednio nad :

<flashwrap>file=Trojkat pascala.swf|size=large</flashwrap>

Przykład

Napisz program drukujący trójkąt Pascala, ale z liczbami modulo , tzn. w miejsce wstaw jedynie resztę lub z dzielenia liczby przez . Zaobserwuj na wydruku powstały fraktal. Wyjaśnij dlaczego tak się dzieje.

W trójkącie Pascala współczynniki o tym samym górnym indeksie, np.


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\krot”): {\displaystyle \left \langle \krot{4\choose 0},{4\choose 1},{4\choose 2},{4\choose 3},{4\choose 4}\right \rangle =\left \langle \krot{1,4,6,4,1}\right \rangle }


tworzą wiersz; natomiast współczynniki o ustalonym dolnym indeksie, np.


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\krot”): {\displaystyle \left \langle \krot{5\choose 5},{6\choose 5},{7\choose 5},{8\choose 5},\ldots}\right \rangle =\left \langle \krot{1,6,21,56,\ldots}\right \rangle }


tworzą przekątną.

Trójkat Pascala ma zera na obrzeżach, a jego wiersze są symetryczne względem pionowej osi przebiegającej przez środek trójkąta. Jest to konsekwencja Obserwacji 5.1. Współczynniki dwumianowe spełniają bardzo wiele ciekawych zależności. Wymienimy tylko te najważniejsze. Zaczniemy od wzoru w postaci zwartej.

Obserwacja 5.3

Dla dowolnych

Dowód

Podamy dwa dowody: kombinatoryczny i indukcyjny.

Dowód kombinatoryczny. Ustalmy pewien -elementowy zbiór , i wybierajmy po kolei różnych jego elementów, tzn. utwórzmy injekcję Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \mathbb{Z}\integer_k \map X} . Z wykładu o zliczaniu zbiorów i funkcji wiemy, ze takich injekcji jest . W wyniku takiego wyboru, dostajemy wszakże pewien uporządkowany ciąg elementów zbioru . Wiele takich ciągów wyznacza ten sam -elementowy podzbiór zbioru . Ciągi takie różnią sie jedynie kolejnością elementów, a zatem jest ich tyle ile permutacji zbioru -elemetowego, czyli . Zatem jest dokładnie



podzbiorów -elementowych zbioru -elementowego.

Dowód indukcyjny. Indukcję poprowadzimy względem górnego indeksu . Dla mamy tylko jeden interesujący nas współczynnik , i rzeczywiście . Załóżmy zatem, że wszystkie współczynniki w -tym wierszu spełniają wzór z tezy i rozważmy dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle k\in\set\{0,\ldots,n+1\}} . Jeśli to . Załóżmy więc, że . Wtedy:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned{n+1\choose k}&={n\choose k-1}+{n\choose k}\\ &=\frac{n!}{(n-k+1)!(k-1)!}+\frac{n!}{(n-k)!k!}\\ &=\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}\cdot\left(\frac{1}{n-k+1}+\frac{1}{k}\right)\\ &=\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}\cdot\frac{k+(n-k+1)}{(n-k+1)k}\\ &=\frac{(n+1)!}{(n-k+1)!k!}. \endaligned}


End of proof.gif

Przykład



<flash>file=MD1-4.2.swf|width=250|height=100</flash>

<div.thumbcaption>MD1-4.2.swf

<flash>file=MD1-4.3.swf|width=250|height=100</flash>

<div.thumbcaption>MD1-4.3.swf

Przykład

Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie prostopadle przecinających się ulic. Powiedzmy, że znajdujemy się w punkcie i chcemy dojść do punktu , tak jak zaznaczono na rysunku.

Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg prowadzących z do . Dla przykładu: możemy pójść razy na północ i potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw razy na na wschód i dopiero wtedy skręcić na północ.

Ile jest najkrótszych dróg z do ?

Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie skrzyżowań (licząc skrzyżowanie w punkcie i nie licząc skrzyżowania w punkcie ). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie razy na północ i dokładnie razy na wschód.

Zatem liczba najkrótszych dróg z do to liczba wyborów spośród skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ, bądź na których pójdziemy na wschód. A zatem liczba ta wynosi .

W ogólności załóżmy, że mamy kratkę i chcemy narysować najkrótszą łamaną po krawędziach kratki łączącą lewy dolny wierzchołek z prawym górnym. Na ile sposobów możemy narysować taką łamaną?

Widzimy, że musimy narysować odcinków jednostkowych, z których dokładnie jest pionowych i dokładnie jest poziomych. Zatem jest



sposobów połączenia dwóch przeciwległych wierzchołków.

<flashwrap>file=4.4-4.5.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>4.4-4.5.swf

Przykład

Ile rozwiązań ma równanie



gdzie są liczbami naturalnymi?

Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie do połączenia przeciwległych jej rogów. W kratce rozmiaru suma poziomych odcinków daje i jest dokładnie takich odcinków, po jednym na każdym poziomie. Jeśli długości tych odcinków oznaczymy odpowiednio przez , to każda taka droga (łamana) na kratce ustala pewne rozwiązanie naszego równania, i każde rozwiązanie równania wyznacza dokładnie jedna drogę (łamaną). Dla przykładu - animacja obok.

Zatem istnieje rozwiązań naszego równania.

W ogólności, równanie



ma dokładnie tyle rozwiązań w liczbach naturalnych gdzie , ile jest łamanych w kratce , czyli .

<flash>file=SW 6.1.swf|width=250|height=100</flash>

<div.thumbcaption>SW 6.1.swf

<flash>file=SW 6.2.swf|width=250|height=200</flash>

<div.thumbcaption>SW 6.2.swf

Przykład

Ile rozwiązań ma równanie



gdzie dodatnimi liczbami naturalnymi?

Zauważmy, że każde rozwiązanie tego równania z warunkami , można otrzymać z rozwiązania w liczbach naturalnych równania



poprzez podstawienie . Na podstawie poprzedniego przykładu poszukiwanych rozwiązań jest zatem . Rozważmy obiektów (np. punktów) ustawionych w ciągu jeden przy drugim.

Separatorem nazywamy pionową kreskę położoną pomiędzy dwoma punktami. Zatem pomiędzy punktami mamy możliwych pozycji dla separatora. Zauważmy, że każde rozwiązanie naszego równania jednoznacznie odpowiada jednemu z możliwych rozmieszczeń separatorów wśród pozycji. Liczba punktów do pierwszego separatora to wartość , liczba punktów pomiędzy pierwszym a drugim separatorem to , itd., liczba punktów za ostatnim -szym separatorem to . Dla przykładu:

Na odwrót każde rozwiązanie naszego równania wyznacza jednoznacznie rozłożenie separatorów: pierwszy kładziemy po punktach, drugi po , itd.

Zatem liczba rozwiązań naszego równania to liczba rozmieszczeń separatorów na pozycjach, czyli .

<flash>file=MD1-4.11.swf|width=250|height=150</flash>

<div.thumbcaption>MD1-4.11.swf

Przykład

Rozważmy znów kratkę, tym razem kwadratową, wielkości , i policzmy na ile sposobów można w jej wnętrzu narysować prostokąt tak, aby wszystkie jego boki były równoległe do krawędzi kratki?

Zauważmy, że każdy taki prostokąt jest jednoznacznie wyznaczony przez dwie linie poziome (spośród ) oraz dwie linie pionowe (znów spośród ). Rzeczywiście, dowolny prostokąt wyznacza dwie linie poziome i dwie pionowe (te przylegające do jego boków). I na odwrót dowolny wybór linii pozwoli nam nakreślić jednoznacznie prostokąt w kratce.

Poziome linie możemy wybrać na sposobów i pionowe linie także na sposobów. Zatem prostokąt w kratce możemy narysować na dokładnie



sposobów. W przykładowej kratce na rysunku wymiarów możemy więc umieścić prostokątów.


Przechodzimy teraz do kolejnych własności współczynników dwumianowych. Rozpoczniemy od sumowania liczb na przekątnej trójkąta Pascala. Przekątna taka jest oczywiście nieskończona - sumujemy więc tylko jej początkowy fragment.

<flashwrap>file=4.6.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>4.6.swf

Obserwacja 5.4 [reguła sumowania po górnym indeksie]

Dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle n,k\in\natur\mathbb{N}} mamy

Dowód

Ustalmy -elementowy zbiór Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle X=\set\{x_0,\ldots,x_n\}} Rozważając jego -elementowe podzbiory zwracamy uwagę na element tego podzbioru, który ma największy indeks. Oczywiście jest , gdyż Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle X=\set\{x_0,\ldots,x_{k-1}\}} nie ma -elementowych podzbiorów. Równie łatwo jest zauważyć, że jest dokładnie jeden podzbiór -elementowy w którym jest elementem o najwyższym indeksie, jest to zbiór Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{x_0,\ldots,x_{k-1}\}} .

Policzmy teraz podzbiory zbioru , w których jest elementem o największym indeksie, przy czym . Oprócz elementu każdy taki zbiór ma dokładnie elementów wybranych z -elementowego zbioru Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{x_0,\ldots,x_{i-1}\}} . Wyboru tych elementów można dokonać na sposobów. Zatem podzbiorów zbioru , w których jest elementem o największym indeksie jest dokładnie . Sumując po wszystkich możliwych , czyli Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle i\in\set\{k,\ldots,n\}} otrzymujemy:



End of proof.gif

Podobnie możemy sumować liczby położone na linii "prostopadłej" do przekątnych Trójkąta Pascala, czyli liczby postaci .

<flashwrap>file=4.7.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>4.7.swf

Obserwacja 5.5 [reguła sumowania równoległego]

Dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle n,k\in\natur\mathbb{N}} mamy:

Dowód

Tożsamość tę udowodnimy wykorzystując dwukrotnie {regułę symetrii} oraz {regułę sumowania po górnym indeksie}:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned\sum_{i=0}^{k}{n+i\choose i}&=\sum_{i=0}^k{n+i\choose (n+i)-i} =\sum_{i=0}^k{n+i\choose n} =\sum_{i=n}^{n+k}{i\choose n}\\ &={n+k+1\choose n+1}={n+k+1\choose k}. \endaligned}


End of proof.gif

Obserwacja 5.6 [tożsamość Cauchy'ego, splot Vandermonde'a]

Dla liczb naturalnych mamy:

Dowód

Policzymy liczbę wszystkich wyborów osób z grona mężczyzn i kobiet, czyli liczbę na jeszcze jeden sposób. Wybierając osób wybieramy najpierw mężczyzn na sposobów, a potem kobiet na sposobów. Pozostaje teraz zsumować po wszystkich możliwych wartościach parametru .

End of proof.gif

Dwumiany

Poniższe Twierdzenie o Dwumianie wyjaśnia pochodzenie tajemniczej nazwy "współczynniki dwumianowe". Twierdzenie to często przypisuje się Pascalowi. Tymczasem było ono już znane indyjskiemu matematykowi Pingala w III wieku p.n.e..

Obserwacja 5.7 [Twierdzenie o Dwumianie]

Dla i



Dowód

Przedstawmy najpierw potęgę w rozwiniętej formie iloczynu:



Korzystając z rozdzielności mnożenia, wyrażenie to staje się sumą składników. Każdy taki składnik to iloczyn pewnej liczby -ów i pewnej liczby -ów, przy czym łącznie iloczyn taki ma czynników. A zatem każdy składnik ma postać . Powstaje on poprzez wybór (spośród ) czynników w iloczynie , z których do składnika postaci wchodzi (a tym samym składników, z których wchodzi ). Tym samym składników postaci jest tyle, ile -elementowych podzbiorów zbioru -elementowego, czyli pojawi się w sumie -krotnie.

End of proof.gif

Twierdzenie o Dwumianie można też udowodnić za pomocą indukcji, co pozostawiamy jako ćwiczenie.

Przykład


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned(a+b)^2&=a^2+2ab+b^2,\\ (a+b)^3&=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3,\\ (a+b)^4&=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4. \endaligned}


<flashwrap>file=MD1-4.8.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>MD1-4.8.swf

Wniosek 5.8

Dla dowolnego

  • \displaystyle ,
  • ,
  • . (Uwaga: )

Dowód

Wszystkie punkty wynikają trywialnie z Twierdzenia o Dwumianie. (Pierwszy jest oczywisty. Dla dwu pozostałych zauważmy jedynie, że , .) Jednak drugi i trzeci punkt mają ładną interpretację kombinatoryczną.

Istotnie, liczba podzbiorów zbiorów elementowego to . Z drugiej strony licząc te podzbiory, możemy kolejno zliczać podzbiory -elementowe - jest ich .

Nieco dłuższy jest argument kombinatoryczny dla naprzemiennej sumy . Dla jest to oczywiste. Natomiast dla jest to równoważne stwierdzeniu, że dla -elementowego zbioru

  • liczba podzbiorów zbioru o parzystej liczbie elementów jest równa liczbie podzbiorów o nieparzystej liczbie elementów.

Załóżmy najpierw, że jest nieparzyste. Wtedy każdy podzbiór zbioru o parzystej liczbie elementów ma dopełnienie o nieparzystej liczbie elementów, a każdy podzbiór zbioru o nieparzystej liczbie elementów ma dopełnienie o parzystej liczbie elementów. Ta bijektywna odpowiedniość dowodzi, że w istocie jest ich tyle samo.

Załóżmy zatem, że jest parzyste i ustalmy . Zdefiniujmy funkcję Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\map”): {\displaystyle f:\mathcal{P}(X)\map\mathcal{P}(X)} , kładąc


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle f(Y)= \begin{cases} (X - Y)-\set\{x\} \mbox{, jeśli } {x}\not\in {Y}\subseteq {X},}\\ (X - Y)\cup\set\{x\} \mbox{, jeśli } {x}\in {Y}\subseteq {X}. \end{cases}}


Zauważmy, że jest permutacją . Rzeczywiście, dla różnych podzbiorów mamy:

  • jeśli i to
Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle f(Y_1)=(X-Y_1)-\set\{x\}=X-Y_1\neq X-Y_2=(X-Y_2)-\set\{x\}=f(Y_2), }
  • jeśli i to
Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle f(Y_1)=(X-Y_1)\cup\set\{x\}\neq(X-Y_1)\cup\set\{x\}=f(Y_2), }
  • jeśli i to i , zatem .

To dowodzi, że jest injekcją. Dla dowodu surjektywności weźmy dowolne . Jeśli to Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle f((X-Z)\cup\set\{x\})=Z} , jeśli zaś to Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle f((X-Z)-\set\{x\})=Z} . Zatem jest permutacją zbioru . Co więcej łatwo zauważyć, że dla o parzystej (nieparzystej) liczbie elementów ma nieparzystą (parzystą) liczbę elementów. To dowodzi, że dla parzystego podzbiorów o parzystej liczbie elementów jest tyle samo co podzbiorów o nieparzystej liczbie elementów.

End of proof.gif

Uogólniony współczynnik dwumianowy

Wniosek 5.8 pozwala na ustalenie wartość sumy całego wiersza w Trójkącie Pascala i wartość naprzemiennej sumy całego wiersza Trójkąta Pascala. W praktyce często pojawia się konieczność (naprzemiennego) sumowania tylko pewnego fragmentu takiego wiersza.Do tego pomocne mogłyby być sumy postaci:



dla .

Niestety nie jest znana żadna zwarta postać . Zaskakująca jest natomiast zwarta postać modyfikacji tej sumy polegającej na wymnożeniu każdego składnika przez jego odległość od środka trójkąta. Indukcyjny dowód tak powstałej zależności pozostawiamy jako ćwiczenie.

Obserwacja 5.9

Dla


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\brackets”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{i=0}^m\brackets{\frac{n}{2}-i}\cdot{n\choose i}=\frac{m+1}{2}{n\choose m+1}. }


Natomiast naprzemienna częściowa suma wiersza Trójkąta Pascala ma postać zwartą. Wyprowadzenie takiej postaci odwołuje się do uogólnienia współczynnika dwumianowego na dowolne rzeczywiste indeksy górne, i dowolne całkowite indeksy dolne. Wykorzystuje to poznane już przy okazji rachunku róznicowego pojęcie dolnej silni .

Uogólniony współczynnik dwumianowy dla i to:



Zauważmy, że w istocie dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle r,k\in\mathbb{N}\natur} wartości pozostają niezmienione. Oczywiście, dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle r\in\mathbb{N}\natur} , interpretacja jako -elementowych liczby podzbiorów zbioru -elementowego pozostaje w mocy. Nie jest natomiast znana sensowna kombinatoryczna interpretacja uogólnionego współczynnika dwumianowego dla pozostałych rzeczywistych wartosci . Odnotujmy tylko, że jest wielomianem -tego stopnia zmiennej . Sporo własności współczynnika dwumianowego przenosi się na wersję uogólnioną. Poniższe zostawiamy bez dowodu jako ćwiczenie.

Obserwacja 5.10

Dla i Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle k\in\mathbb{Z}\integer} mamy

  • ,
  • ,
  • ,
  • , dla .

Przykład

Z uwagi na to, że w indeksie dolnym mogą występować jedynie liczby całkowite, nie ma sensu reguła symetrii . Ale nawet dla całkowitych wartości zawodzi:


  • jeśli , to ,
  • jeśli , to .

Zachowana jest natomiast reguła dodawania.

Obserwacja 5.11

Dla i Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle k\in\mathbb{Z}\integer}



Dowód

Dla ujemnych wartości wszystkie współczynniki równe są i tożsamość trywialnie zachodzi. Niech teraz i . Oczywiście różnica



jest wielomianem co najwyżej . Może więc, o ile nie jest wielomianem stale równym zero, mieć co najwyżej miejsc zerowych. Z drugiej strony wiemy już, że ta różnica zeruje się dla wszystkich liczb naturalnych , więc musi być zawsze równa .

End of proof.gif

<flash>file=4.9.swf|width=250|height=250</flash>

<div.thumbcaption>4.9.swf

Uogólniona reguła dodawania z Obserwacji 5.11 pozwala rozszerzyć Trójkąt Pascala na współczynniki o ujemnych wartościach górnego indeksu.

Kolejne wartości "ujemnej części" możemy wyliczać w następującej kolejności:



Przyjrzyjmy się wartościom dla ustalonego i całkowitych wartości . Zauważalny jest pewien rodzaj symetrii między tymi wartościami. W istocie zachodzi on dla wszystkich rzeczywistych wartości górnego indeksu.

Obserwacja 5.12 [reguła negacji górnego indeksu]

Dla , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle k\in\mathbb{Z}\integer} :



Dowód

Policzymy wartość obu stron po uprzednim wymnożeniu przez wspólny mianownik :


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned(-1)^k r^{\underline{k}} &=(-1)^k r(r-1)\cdot\ldots\cdot(r-k+1)\\ &=(-r)(1-r)\cdot\ldots\cdot(k-1-r)\\ &=(k-r-1)^{\underline{k}}. \endaligned}


End of proof.gif

Znaną nam już z Obserwacji 5.5 regułę równoległego sumowania możemy uogólnić za pomocą argumentu podobnego do użytego w dowodzie Obserwacji 5.11.

Obserwacja 5.13

Dla , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle k\in\mathbb{Z}\integer}



Zauważmy, że rozważana suma jest tylko pozornie nieskończona, gdyż dla wszystkich ujemnych wartości odpowiednie składniki zerują się. W dalszych ciągu przyjmiemy będziemy również rozważać podobne sumy "nieskończone", ale przy założeniu, że tylko skończenie wiele składników jest niezerowych.

Wyposażeni w regułę negacji górnego indeksu wracamy teraz my do naprzemiennej, cześciowej sumy wierszy w Trójkącie Pascala, czyli do .

Obserwacja 5.14

Dla , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle m\in\mathbb{Z}\integer}



Dowód

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned\sum_{i\leqslant m}(-1)^i{r\choose i} &=\sum_{i\leqslant m}{i-r-1\choose i} \qquad\textrm{z reguły negacji górnego indeksu}\\ &={-m+r\choose m} \qquad\qquad\textrm{z Obserwacji 5.13}\\ &=(-1)^m{r-1\choose m}. \qquad\textrm{z reguły negacji górnego indeksu} \endaligned}


End of proof.gif

Przedstawimy teraz tożsamość, której później użyjemy do zliczenia pewnych, szczególnych permutacji. Zaczniemy od pomocniczej obserwacji.

Obserwacja 5.15 [przestawienie trójmianowe]

Dla , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle i,j\in\mathbb{Z}\integer}



Dowód

Zauważmy, że dla obie strony równości się zerują. Także dla teza jest trywialna. Zatem możemy założyć, że . Wtedy:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned{r\choose i}{i\choose j}&=\frac{r^{\underline{i}}}{i!}\cdot\frac{i^{\underline{j}}}{j!}\\ &=\frac{r(r-1\cdot\ldots\cdot(r-i+1))}{i!}\cdot\frac{i(i-1)\cdot\ldots\cdot(i-j+1)}{j!}\\ &=\frac{r(r-1)\cdot\ldots\cdot(r-j+1)}{j!}\cdot\frac{(r-j)(r-j-1)\cdot\ldots\cdot(r-i+1)}{(i-j)!}\\ &={r\choose j}{r-j\choose i-j}. \endaligned}


End of proof.gif

Obserwacja 5.16 [reguła odwracania]

Dla funkcji Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle f,g:\mathbb{Z}\integer\map\mathbb{R}\real}


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \displaystyle f(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^ig(i) }


wtedy i tylko wtedy, gdy


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \displaystyle g(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^if(i). }


Dowód

Z uwagi na symetrię założeń wystarczy udowodnić tylko jedne implikację. Zakładamy zatem, że Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \displaystyle f(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^ig(i)} by dostać:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned\sum_i{n\choose i}(-1)^if(i) &=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^i\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer}{i\choose j}(-1)^jg(j)\\ &=\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j)\sum_{i\in\mathbb{Z}\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}{i\choose j}(-1)^{i+j}\\ &=\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j)\sum_{i\in\mathbb{Z}\mathbb{Z}\integer} {n\choose j}{n-j\choose i-j}(-1)^{i+j}\\ &=\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer} {n-j\choose i-j}(-1)^{i+j}\\ &=\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer} {n-j\choose i}(-1)^i, \endaligned}


gdzie druga równość wynika ze zmiana kolejności sumowania, trzecia z przestawienia trójmianowego, a ostatnia przez podstawienie .

Z Wniosku 5.8 wiemy, że suma Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n-j\choose i}(-1)^i} jest niezerowa (i wynosi ) tylko dla . Zatem kontynuując:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &=\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n-j\choose i}(-1)^i\\ &=g(n){n\choose n} = g(n). \endaligned}


End of proof.gif

Permutacje bez punktów stałych

Nieporządek na zbiorze to permutacja taka, że dla dowolnego , czyli permutacja "bez punktów stałych".

Podsilnia liczby , w skrócie , to liczba nieporządków zbioru -elementowego. Przyjmujemy, że , jako ze jedyna permutacja zbioru pustego - funkcja pusta - w oczywisty sposób nie ma punktów stałych.

Przykład

Zbiór Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle \mathbb{Z}\integer_4=\set\{0,1,2,3\}} ma permutacje, ale tylko z nich to nieporządki. Oto ich lista:



Obserwacja 5.17

.

Dowód

Zauważmy najpierw, że liczba permutacji zbioru -elementowego takich, że dla dokładnie elementów , wynosi . Stąd:



Stosując teraz regułę odwracania, dostajemy:


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned!n&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}i!\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\frac{n!}{(n-i)!}\\ &=n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!}. \endaligned}


End of proof.gif

Współczynniki multimianowe

Współczynniki dwumianowe pojawiały się przy rozwinięciu dwumianu . Odpowiadały one wyborom dwuwartościowym. Podobnie rozważając trójmian , czy ogólnie , pojawią się współczynniki odpowiadające wyborom odpowiedni trój- i -wartościowym. Wybieranie podzbioru -elementowego ze zbioru -elementowego to podział zbioru na dwie części o odpowiednio i elementach. Naturalnym uogólnieniem, będzie podział zbioru -elementowego na części o odpowiednio elementach, przy czym oczywiście .

Współczynnik multimianowy , dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle n\in\mathbb{Z}\natur} , oraz całkowitych takich, że , to liczba sposobów umieszczenia obiektów w pudełkach z odpowiednio obiektami w pierwszym pudełku, w drugim, itd., oraz w -tym. Jeśli którakolwiek z liczb jest ujemna to współczynnik jest równy . Zauważmy, że z uwagi na symetrię dolnych indeksów, ich kolejność nie jest istotna. Oczywiście to w nowej notacji .

Następna obserwacja wynika wprost z definicji współczynników multimianowych.

Obserwacja 5.18

Dla Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\natur”): {\displaystyle n\in\mathbb{Z}\natur} , Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\integer”): {\displaystyle k,l,k_1,\ldots,k_r\in\mathbb{Z}\integer} takich, że zachodzi:

  • ,
  • ,
  • ,
  • ,
  • , dla dowolnej permutacji zbioru Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\set”): {\displaystyle \set\{1,2,\ldots,r\}} .

Następna obserwacja wymaga krótkiego uzasadnienia.

Obserwacja 5.19

Dla takich, że



Dowód

Rozmieszczenie -obiektów w pudełkach po w każdym, polega na:

  • wyborze obiektów spośród wszystkich i umieszczeniu ich w pierwszym pudełku - możemy to uczynić na sposobów,
  • wyborze obiektów spośród pozostałych i umieszczeniu ich w drugim pudełku - możemy to uczynić na sposobów,
  • wyborze obiektów spośród pozostałych

i umieszczeniu ich w trzecim pudełku - możemy to uczynić na sposobów,

  • ...
  • wyborze obiektów spośród pozostałych i umieszczeniu ich w ostatnim pudełku - możemy to uczynić na sposobów.

Zatem wszystkich możliwych rozmieszczeń zgodnie z wymogami z definicji

współczynnika multimianowego jest dokładnie . End of proof.gif

Wniosek 5.20

Dla takich, że



Dowód


Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned{n\choose k_1,\ldots,k_r} &={n\choose k_1}{n-k_1\choose k_2}{n-(k_1+k_2)\choose k_3}\cdot\ldots\cdot{n-(k_1+\ldots+k_{r-1})\choose k_r}\\ &=\frac{n!}{(n-k_1)!k_1!}\cdot\frac{(n-k_1)!}{(n-(k_1+k_2))!k_2!} \cdot\ldots\cdot\frac{(n-(k_1+\ldots+k_{r-1}))!}{(n-(k_1+\ldots+k_r))!k_r!}\\ &=\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_r!\cdot(n-(k_1+\ldots+k_r))!}\\ &=\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_r!}. \endaligned}


End of proof.gif

Przykład

Ile liczb możemy ułożyć zapisując w dowolnej kolejności cyfr: ?

Zauważmy, że każda taka liczba powstaje przez wybór dwu pozycji dla cyfry , jednej dla cyfry , jednej dla cyfry , trzech dla cyfry , jednej dla cyfry , dwu dla cyfry i wreszcie jednej pozycji dla cyfry . Zatem pozycji to nasze obiekty, które rozmieszczamy w siedmiu pudełkach etykietowanych cyframi: . Zatem z definicji współczynnika multimianowego mamy:



Przykład

Rozważmy raz jeszcze podróż w mieście o ulicach na planie siatki. Tym razem jednak... -wymiarową wersję. Mamy więc do dyspozycji trójwymiarową, prostopadłościenną kratownicę . Na ile sposobów można połączyć przeciwległe wierzchołki prostopadłoscianu najkrótszą możliwą łamaną Zauważmy, że każda najkrótsza możliwa łamana składa się z dokładnie odcinków jednostkowych. Przy czym dokładnie z nich jest poziomych, pionowych i idzie w głąb. Zatem najkrótszych łamanych jest tyle co rozmieszczeń odcinków (obiekty) w pudełkach: "poziomy", "pionowy", "w głąb" tak, by w było ich odpowiednio i . Z definicji współczynnika multimianowego mamy zatem:



łamanych.

Kratka z rysunku o wymiarach ma zatem: interesujących nas łamanych.

Współczynniki multimianowe także zachowują pewną regułę dodawania.

Obserwacja 5.21

Dla , całkowitych takich, że



Dowód

Ponieważ , możemy wybrać i ustalić ulubiony obiekt . Możemy go umieścić w jednym z pudełek. Jeśli jednak umieścimy go w pierwszym, to pozostałe obiektów musimy rozłożyć do pudeł zgodnie z warunkami wyjściowymi, ale do pierwszej szuflady mamy włożyć już obiekt mniej ( a nie ). Rozłożenia tego możemy dokonać na . Analogicznie gdy umieścimy w drugim pudle, to pozostałe przedmioty rozkładamy w pudłach odpowiednio po . Po przesumowaniu po numerach pudła, w którym jest dostajemy nasz wzór.

End of proof.gif

Jako ćwiczenie pozostawiamy dowód następującego uogólnienia wzoru dwumiennego:

Obserwacja 5.22