组合数学(第4板)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4容斥原理
| A I B | | A I B | | B I A | (| A I B | | A I B |)
( | B I A | | B I A |) | A I B |
∴| A∪B |＝| A | + | B |－| A∩B |
定理2 A U B UC A B C A I B
A2 A3 A5 A7 120 A2 A3 A5 A7 A2 A3
A2 A5 A2 A7 A3 A5 A3 A7 A5 A7
A2 A3 A5 A2 A3 A7 A2 A5 A7
A3 A5 A7 A2 A3 A5 A7
120 (60 40 24 17) (20 12 8 8 5 3)
已学过的一些计数方法：如 加法法则，母函 数方法等； 两个重要的计数原理：容斥原理和PÓlya计数 定理。
本次课我们学习容斥原理及其应用。
4.1 引例
【例1】 求不超过20的正整数中2或3的倍数的个数。
解： 2的倍数是：2，4，6，8，10，12，14，16， 18，20。共10个； 3 的倍数是：3，6，9，12，15，18。共 6个； 答案是10+6=16个吗？ 否！因为6，12，18在两类中重复计数，应减去。 故答案是：16-3=13
A1 A2 ... An U A1 A2
An
n
n
n
U Ai Ai Aj - Ai Aj Ak
i 1
i1 ji
i=1 ji k j
(1)n A1 A2
An
4.2 容斥原理
又 A U A , 我们有如下推论
推论4.2.1：设S是一有限集合,与S相关的性质集合 P={P1,P2,···,Pm}，Ai为S中具有第 i 种性质的元素的集 合.i=1,2,…,m, 则S中具有P中至少一种性质的元素个
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.
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!
组合数学第四章习题解答
4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各角之和与2 的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠 角之和为4
证：设V,S,E分别为顶点集，面集，边(棱)集。 由欧拉定理 |V|+|S|－|E|=2. 设aij为与顶点vi， 面Sj为相关的面角，ej为Sj的的边数， 给定Sj则∑aij=(ej－2)π 欠角和为∑(2π－∑aij)=∑2π－∑ ∑aij =2|V|π－∑ ∑aij=2|V|π－∑(ej－2)π =2|V|π－∑ejπ+2|S|π =2|V|π+2|S|π－2|E|π=4π
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。
G (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) (1234567),(1357246), (1473625),(1526374), (1642753),(1765432)
4.24 足球由正五边形与正六边形相嵌而成 (a)一个足球由多少正五边形与正六边形组成 (b)把一个足球所有的正六边形都着以黑色，正五 边形则着以其它各色，每个正五边形着色各不相 同，有多少种方案？
4.25 若G和G是两个群
G G ' {( g ,g ')g G ,g ' G ' }, ( g ,g ')( g ,g ') ( g g ,g 'g '), 1 1 2 2 1 2 1 2
4.21 在正四面体的每个面上都引一条高，有多少 种方案？
解：除了绕顶点-对面的中心轴旋转均不会 产生不变的图象外, 绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面3着色。参照讲义4.6例3可得不同的 方案数为 M=[34+3·32]/12=9
卢开澄组合数学--组合数学第四章(共12张PPT)
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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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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章答案
组合数学第4章答案4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：nn ,,**×x ,x m nm na b G G a b b a x xa b b a ++∈==∴=mmm 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。
4.2x 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a a 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 ajii*=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la=mq a }{m a ∈证明完毕。
组合数学(第4章4.3)
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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。
组合数学课件(第四章二项式系数)
难点：一些组合恒等式证明方法，非降路径问题组合意
义及应用。
§4.1二项式定理
1.二项式系数
( ) 组合数C(n,k)或者
n k
也叫二项式系数.
2. 组合数的定义
n k
0, n!
k!(n
, k )!
0
k n, k n.
3.组合数的一些恒等式
（1）对称式
剩下的n-1个元素中选择k-1个，组合数为C(n-1,k-1)。选出的k个
元素都有可能被第一次选中，因是组合，故重复度为k。得证。
) ) 或通过计算证明： 若k n,
n k
n k
n1 k 1
0
若1 k n, 有
)n
k
n(n 1)...(n k 1) k(k 1)...1
) n (n 1)(n 2)...(n k 1) n
恒等式(4.12)：如n,r∈N，有C(n+r+1,r) = C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)
证明I：反复利用Pascal公式，即可证明。 或利用组合分析法，在集合A={an+r+1}的n+r+1个不同元素选出r 个元素的组合可分为以下多种情况：如r个元素中不包含a1，相 当于从除去a1的n+r个元素中选出r个元素的组合，组合数为 C(n+r,r)；如r个元素中包含a1但不包含a2，相当于从除去a1,a2的 n+r-1个元素中选出r-1个元素的组合，再加上a1而得到，组合数 为C(n+r-1,r-1), …,同理如r个元素中包含a1,a2,…,ar-1，但不包含ar ，相当于从剩下的n+1个元素中选出1个元素的组合，再加上 a1,a2,…,ar-1而得到，组合数为C(n+1,1)；如r个元素中包含 a1,a2,…,ar，相当于从剩下的n个元素中选出0个元素的组合，组 合数为C(n,0) 。由加法法则得
组合数学第4章[生成排列与组合]PPT教学课件
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§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
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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。
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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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4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：nn ,,**×x ,x m nm na b G G a b b a x xa b b a ++∈==∴=mmm 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。
4.2x 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a a 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 ajii*=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la=mq a }{m a ∈证明完毕。
4.6 若H 是G 的子群，x 和y 是G 的元素，试证yH xH ⋂或为空，或yH xH = 4.7 若H 是G 的子群,|H|=k,试证：|xH|=k 其中x ∈G .证明：∵H 是G 的子群，x ∈G ∴|xH|≤k如果|xH|<k,则必存在a,b ∈H,使得xa=xb, 因为且x ∈G 所以存在逆元 x -1xa=x -1xb ∴a=b ∴|H|<k 又∵|H|=k ∴|xH|=k.4.8 有限群G 的阶为n ，H 是G 的子群，则H 的阶必除尽G 的阶。
答案：已知|G|=n, |H|<=|G| 设G={1210.......,,-n a a a a }， H={1210......,,-n b b b b }因为H 是G 的子群，所以在H 中的一个r m b )(一定在G 中对应一个m a 使得mrmab =)(，所以有m rm a b =，则rm 一定是m 的倍数，所以则H 的阶必除尽G 的阶。
4．9 G 是有限群，x 是G 的元素，则x 的阶必除尽G 的阶。
解：证： 设|G|=g,则231,,,,g x x x x + 中必有相同元。
设k l x x =, 11k l g ≤<≤+，则l k x e -=，1l k g ≤-≤。
对于给定的x ，存在最小的正整数r ，使得r x e =。
于是23{,,,,}r H x x x x = 是G 的子群，若H G ≠，则a H ∃∉，显然，a H H ⋂=∅，2a H H r +=。
若a H H G +=， 则2,|r g r g =，否则a b H H ∃∉+，()b a H H H ⋂+=∅。
于是a b H H H G +++= ，(1)r k g+=，|r g 。
证毕。
4.10 若x 和y 在群G 作用下属于同一等价类，则x 所属的等价类Ex ，y 所属的等价类Ey 有|Ex| = |Ey|解：因为x 和y 在群G 作用下属于同一等价类，所以x 和y 在群G 作用下存在置换P 1使x 和y 互相转变，即Ex = Ey={x,y}所以|Ex| = |Ey|。
4．11 有一个3х3的正方形棋盘,若用红,蓝色对这9个格进行染色,要求两个格着红色,其余染蓝色,问有多少种着色方案?解: 对于一个3×3的正方形棋盘,要求两个格着红色,其余染蓝色,如下图所示.p(x)=1/8×[(1+x)9+4(1+x)(1+x2)3+2(1+x)(1+x4)2+(1+x)(1+x2)4] x2的系数为 1/8×[C(9,2)+4(C(3,2)+C(3,1))+C(4,1)]=(36+24+4)/8=8其中划横线为红色,其它为蓝色.共8种着色方案.4.12：试用Burnside引理解决n个人围一圆桌坐下的方案问题。
解：图一C1………………………………………………………………如图：N个人围成一个圆桌的所有排列如上图所示。
一共N!个。
旋转360/i，i={n,n-1,n-2,……1}；得到n种置换当且仅当i=1的置换（即顺时针旋转360/1度：P1=(c1)(c2)……(c n!);）时有1阶循环存在（因为只要圆桌转动，所有圆排列中元素的绝对位置都发生了变化，所以不可能有1阶循环存在）。
不同的等价类个数就是不同的圆排列个数，根据Burnside 引理，所以一共有(n-1)!种排列。
4.13 对正六角形的6个顶点用5种颜色进行染色，试问有多少种不同的方案，旋转使之重合作为相同处理解：首先对每个顶点进行编号，分别为1，2，3，4，5，6，根据旋转的角度不同，共可以旋转6次，得到不同的旋转方式 旋转0度： ()()()()()()1a 123456= 1()c a =6 旋转60度： ()2a 123456= 1()c a =1 旋转120度：()()3a 135246= 1()c a =2 旋转180度：()()()4a 142536= 1()c a =3 旋转240度：()()5a 153264= 1()c a =2 旋转300度：()6a 165432= 1()c a =1所以G =6，根据Polya 定理，m=5，612()()()6123211 (15555556)2635c a c a c a l m m m G⎡⎤=+++⎣⎦⎡⎤=⨯+++++⎣⎦=故一共2635种涂色方案4.15 对一个正六面体的8个顶点，用y 和r 两种颜色染色，使其中有5个顶点用色y ，其余3个顶点用色r ，求其方案数。
解： 相当于4.7节中例2中求b 5r 3的系数，为[C(8,5)+8C(2,1)]/24=34.15 对一个正六面体的8个顶点，用y 和r 两种颜色染色，其中五个顶点用色y ，其余三个顶点用色r ，求方案数？解：()1258C 8C241⨯+=34.16：用b ，r ，g 这3种颜色的5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案。
解: 正5边形的运动群 绕心转 ±72。
(5)1 2个 ±144。
(5)1 2个 翻转 180。
(1)(2)2 5个 不动 (1)5 1个不同方案数为m=(35+4·31+5·33)/10=394.16 用b ，r ，g ，这三种颜色的5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案？解：G ：(1)(2)(3)(4)(5),(1 2 3 4 5),(1 3 5 2 4),(1 4 2 5 3),(1 5 4 3 2) ,(1)(2 5)(3 4), (2)(1 3)(4 5), (3)(2 4)(1 5), (4)(3 5)(1 2),(5)(1 4)(2 3).|G|=10.应用polya 定理，不同的方案数为：5131(34*35*3)10++=394─17 一个圆圈上有n 个珠子,用n 种颜色对这n 个珠子着色,要求颜色数目不少于n 的方案数是多少?解: 使重合的运动包括绕中心旋转和绕水平对称轴翻转共产生2n 个置换群.n 个球用n 种颜色着色共有n!种不同方案.因此,所求方案数为n!/2n.4.18 若以给两个r 色球，量个b 色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多少种不同的方案。
解：单位元素（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8），格式为（1）8.绕中轴旋转90。
的置换非别为（1234）（5678），（4321）（8765） 格式为（4）2，同格式的共轭类有6个。
绕中轴旋转180。
的置换非别为（13）（24）（57）（68），格式为（2）4，同类置换有3个。
绕斜对角线旋转180。
的置换为（17）（26）（35）（48），格式为（2）4同类置换有3个。
绕斜对角线旋转120。
的置换为（136）（475）（8）（2），（631）（574）（2）（8），格式为（3）2（1）2同类置换有8个。
依据Polya 定理，不同方案数为M=（28+6×22+3×24+6×24+8×24）/24=234.18．若已给两个r 色的球，两个b 色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多少种不同的方案？解：由P191 例4-14知，六面体顶点的置换群中有一个8(1)，六个2(4)，九个4(2)，八个22(3)(1)，本题相当于用2个顶点涂r 色，2个顶点涂b 色，4个顶点涂w 色，利用母函数形式的polya 定理知总的方案数为844422224233321()6()9()8()()24P r b w r b w r b wr b wr b w⎡⎤=+++++++++++++⎣⎦其中224r b w 的系数即为所求，系数为22，总的所求方案数为22种。
4．19 试说明5S 群的不同格式及其个数。