组合数学第四章
组合数学课件-第四章第三节波利亚(Polya)定理
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
§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!
组合数学+卢开澄版++答案第四章
4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：n n ,,**×x ,x ?**m n m n a b G G a b b a x x a b b a ++∈==∴=m m m 循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意是循环群，有成立，因为循环群中的元素可写成a=x 形式所以等式左边x 等式右边x ＝，，即所有的循环群都是ABEL 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｝ 证：x 是G 的元素，G 满足封闭性所以，xk 是G 中的元素 C ∈G再证C 是群：1、x i , x j ∈C , x i ·x j = x i+j 若i+j<=m-1,则x i+j ∈C若i+j>m,那么x i+j =x m+k =x m ·x k =x k ∈C 所以C 满足封闭性。
2、存在单位元e.3、显然满足结合性。
4、存在逆元， 设x a ·x b =e=x m x b =x m-ax a ∈C, (x a )-1= x b =x m-a4.3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：设G 是阶为n 的有限群，a 是G 中的任意元素，a 的阶素为k ， 则此题要证n k ≤首先考察下列n+1个元素aa a a a n 1432,....,,,+由群的运算的封闭性可知，这n+1个元素都属于G ,，而G 中仅有n 个元素，所以由鸽巢原理可知，这n+1个元素中至少有两个元素是相同的，不妨设为aaji i+=（n j ≤≤1）aa a jii*=由群的性质3可知，a j是单位元，即a j=e ，又由元素的阶数的定义可知，当a 为k 阶元素时a k=e ，且k 是满足上诉等式的最小正整数，由此可证n j k ≤≤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,a2……..an解：设n=p 1a1…….p k ak ，共n 个素数的乘积，所以群G 中每个元素都以用这k 个素数来表示，而这些素数，根据欧拉定理，一共有 Φ(n)=n(1-1/p 1)………(1-1/p k )所以群G 中母元素的数目为n(1-1/p 1)………(1-1/p k )个. 4.5证明循环群的子群也是循环群证明：设H 是G=<a>的子群，若H=<e>,显然H 是循环群，否则取H 中最小的正方幂元m a ，下面证明m a 是H 的生成元,易见m a ⊆H ，只要证明H 中的任何元素都可以表成m a 的整数次方，由除法可知存在q 和r,使得l=qm+r,其中0≤r ≤m-1,因此有r a =qm l a -，因为m a 是H 中最小的正方幂元，必有r=0,这就证明出l a =mq a }{m a ∈证明完毕。
卢开澄组合数学--组合数学第四章(共12张PPT)
2021/10/21
第三页，共12页。
4.1 群的概念
= cosacosb-sinasinb sinacosb+cosasinb
-sinacosb-cosasinb cosacosb-sinasinb
= cos(a+b) sin(a+b) =Ta+b
绕中心转动120，不动，
绕对称轴翻转。
2
3
P1=(
1 1
2 2
3 3
),P2=(
1
2
23
31
),P3=(
1
3
2
1
3
2
),P4=(
1
1
2
3
32),
P5=(
1
3
23
21
),P6=(
1
2
23
13
)。
[1,n]上的所有置换(共n!个)构成一个
群，称为对称群，记做Sn.
• 注意：一般说[1,n]上的一个置换群，不 一定是指Sn.但一定是Sn的某一个子群。
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第六页，共12页。
4.1 群的概念
(e) G有限，a∈G，则存在最小正整数r，使
得ar = e.且a -1= a r-1.
证
设|G|=g,则a,a ,2…,a
g
,a
g+∈1 G,由鸽巢原理其
中必有相同项。设a =am,1≤ml ＜l≤g+1, e=a
,1≤l-l-mm ≤g，令l-m=r.则有a =a a=e.即r a r=-1a .既 然有-1正r整-1 数r使得a =e,其中必有r最小者，不妨
(完整word版)组合数学第四版卢开澄标准答案-第四章
习题四4。
1。
若群G的元素a均可表示为某一元素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则称这个群为阿贝尔(Abel）群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
［证］.设循环群（G，)的生成元是x0ÎG。
于是,对任何元素a ，b G，m,nÎN，使得a= x0m , b= x0n，从而a b = x0m x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n x0m(指数律)= b a故运算满足交换律；即(G, )是交换群.4.2。
若x是群G的一个元素,存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e，x，x2, ，x m—1}是G的一个子群。
［证].(1)非空性C ：因为eÎG；（2）包含性C G:因为xÎG，根据群G的封闭性，可知x2, ，x m—1,(x m=)eÎG,故C G；（3)封闭性 a , b C a b C: a , b C，k，lÎN (0k〈m，0l〈m),使a = x k，b = x l，从而a b = x k x l = x(k+l）mod m C(因为0 （k+l) mod m〈m) ；(4)有逆元 a C a —1C： a C，kÎN (0k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m—k C（因为0 m-k < m）。
综合（1) (2）(3) (4），可知(C, )是(G, )的一个子群.4.3。
若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证］。
对任一元素xÎG，设其阶为m，并令C={e,x，x2，，x m-1},则由习题4.2.可知（C, )是（G, ）的一个子群，故具有包含性C G。
因此有m = ｜C｜£｜G｜= n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
组合数学(第4章4.3)
2021/4/9
23
定理4.5.2 令(X, )是一个有限偏序集, 则 存在X上的线性序, 使得(X, )是(X, ) 的一个扩展.
证明：偏序的线性扩展算法，对集合
X={x1,x2,…,xn}的排序问题，满足：若xi xj, 则排序xi先于 xj 。
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例4：X={1,2,3,4,5,6,7,8}, “”定义为整除 关系, 确定(X, )的一个线性扩展.
8
4
6
2
35
7
1
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等价关系与划分
定义6: 对于X中每一个元素a, a的等价类 定义为所有与a等价的元素构成的集合.记 为[a]={x x∈X , x~a }.
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2
4.4 生成r-组合
集合{1,2,3,4}的2-组合： {1，2}； {1，3}; {2，3}; {1，4}; {2， 4}; { 3，4}
字典序：令S={1,2,…,n}, 设A，B是S的两个r组合，若AB\AB中的最小整数属于A，则称 A先于B。
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3
S的r-组合可写成如下形式：
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字典序r-组合生成算法
初始： a1a2…ar＝12…r 当a1a2…ar (nr+1) (nr+2)…n时，Do
1）确定最大整数k, 使得ak+1 n，且ak+1ai (i=1,2,…,r)
2) 用a1a2…ak-1 (ak+1)…(ak+rk+1)替换a1a2…ar.
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…
r)在始a，1a第2…r个ar后元面素存大在于an r1。ar 个组合，从a1a2…ar-1开
组合数学第四章习题解答
4.19 试说明S5群的不同格式及其个数， • 9.解：5的拆分共有：00005,00014,00023, 00113,00122,01112,11111共七种，根据讲义4.4 节定理1可得S5中： (1)5共轭类有5!/5!=1个置换； (1)1(4)1共轭类有5!/4=30个置换； (2)1(3)1共轭类有5!/(2· 3)=20个置换； (1)2(3)1共轭类有5!/(2!3)=20个置换； (1)1(2)2共轭类有5!/(2!2 )=15个置换； (1)3(2)1共轭类有5!/(3!2)=10个置换； (5)1共轭类有5!/5=24个置换； ∴共有不同格式7种，如上所示。
旋转 12345
12345 13524 14253 15432
5
2
翻转
12534 21345 32415 51423 41235
4
3
c ( a1 ) c(a2 ) 1 c ( ag ) l [m m ... m ] G
Байду номын сангаас
8( g r b y ) ]
3 3 3 3 2
1 P(G ) [( g r b y ) 6 6 ( g r b y ) 2 ( g 4 r 4 b 4 y 4 )] 24 3 ( g r b y ) 2 ( g 2 r 2 b 2 y 2 ) 2 6( g 2 r 2 b 2 y 2 )3 8( g 3 r 3 b3 y 3 ) 2 ]
G×G’的单位元素是(e,e’),试证G×G’是群 (1)封闭性显然 (2)结合律显然 (3)逆元素显然
(4)单位元显然
4.27 一个项链由7颗珠子装饰成的，其中两颗珠 子是红的，3颗是蓝的，其余两颗是绿的，问有多少 种装饰方案，试列举之。
组合数学第4章[生成排列与组合]PPT教学课件
![组合数学第4章[生成排列与组合]PPT教学课件](https://img.taocdn.com/s3/m/3730f42819e8b8f67d1cb97c.png)
2020/12/10
14
§4.2 生成组合
生成组合
4.2.1 基2算法 若S是n个元素的集合，元素为{xn-1,...,x1,x0}， 则生成组合就是生成S的所有2n个子集。 任一子集可以描述成：
(an-1,...,a1,a0)=an-1...a1a0 其中，ai为1或0，表示xi在或不在子集中。
于是S的全部子集可以用0~2n-1的整数来描 述，只要生成这些整数，也就得到了所有组合。
其中，0表示空集，2n-1表示S本身。
全排列生 成算法
2020/12/10
6
3. 直接生成全排列的算法
全排列生 成算法
[定义]对排列中的每个元素k，赋予其一
个方向：k 或 k 。如果一个整数k的箭头 指向一个与其相邻但比它小的整数，则
称k是活动的。
例如，对于：263154
只有6、3、5是活动的。
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显然：
全排列生 成算法
a1+a2+...+an 度量了排列的无序程度。
2020/12/10
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全排列生
[例]31524的逆序列是1,2,0,1,0。 成算法
[结论]对于逆序列，显然有0≤ak≤n-k。且 任何一个排列都可确定一个逆序列。
[定理]若b1,b2,...,bn是满足0≤bk≤n-k的整数 序列，则存在{1,2,...,n}的唯一的一个排 列，其逆序列为b1,b2,...,bn 。
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{1,2,3}的排列
全排列生
1 2 3 成算法 2 31 31 2 32 1 13 2 2 13
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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
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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”。
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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？
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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
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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
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A B C S A B C 1000 200 166 125 33 25 41 8 600
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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
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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。
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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
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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
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|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
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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
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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!
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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
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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
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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
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