Содержание
Введение3
1.Применение леммы Бернсайда к решению комбинаторных задач4
2. Длина орбиты группы перестановок. Лемма Бернсайда ……………………5
3. Длина группы перестановок ………………………………………………….6
4. Комбинаторные задачи ………………………………………………………..8
Заключение23
Библиографический список24
Выдержка из текста работы
Грани куба можно раскрасить: а) все в белый цвет; б) все в чёрный цвет; в) часть в белый, а остальные в чёрный. Сколько имеется разных способов раскраски?
Решение.
+ 6•2
+ 3•2
+ 8•2
+ 6•2
Задача 4.
Сколько различных ожерелий можно составить из двух синих, двух белых и двух красных бусин?
Решение.
3•2•1= 6
3•2•1•1= 6
(1•90+ 4•6+ 3•6)
Задача 5.
Сколькими геометрически различными способами три абсолютно одинаковые мухи могут усесться в вершинах правильного пятиугольника?
Решение.
(3, 2)=
= {м, с}
(3, 2) =
= 10
2•1•1= 2
(1•10+ 5•2) = 2.
Задача 6.
Сколькими способами можно раскрасить вершины куба в два цвета (красный и синий) так, чтобы вершин каждого цвета было поровну?
Решение.
, …,
(4,4) =
= 70
(4,4) =
= 70
2•1= 2
(2, 2) =
2•1•2•1= 4
(1•70+ 6•2 + 9•6 + 8•4) = 7.
Задача 7.
Сколькими различными способами можно грани куба раскрасить в четыре цвета так, чтобы все четыре цвета присутствовали в раскраске каждого куба?
Решение.
| = 4•3•2•1•4•4 = 384
= 4•3•2•1•4•4 = 384
= 4•3•2•1 = 24
(1•384+3•24) = 19.
§ 2. «Метод просеивания» [4]
2.1. Формула включения и исключения
Card
=1, 2, …
=1, 2,…,
формулой включения и исключения.
=1, 2, …,
2.2. Общий метод «просеивания» или «пропускания через решето». Решето Сильва — Сильвестра
решетом Сильва — Сильвестра.
Пример.
четное число,
и А >6,
и 2 <
< 8.
Card
2.3. Использование общего метода решета в теории чисел
Теорема 1.
Пусть А={1, 2, …,n} и а
, …, а
=1, 2, …,
, попарно взаимно просты. Количество целых чисел
таких, что 0 <
?
не делит
=1, 2, …,
, равно
Доказательство.
Card A=n,
Card A
i=1, 2, …,r,
i?j, i, j=1, 2, …,r,
Пример.
=3, а
=7, а
)=1,
функцией Эйлера.
Теорема 2.
Пусть
. Тогда
где произведение берётся по всем простым делителям а
числа
Доказательство.
Пример.
Функция Мёбиуса.
функцию Мёбиуса
м(1)
)=(-1)
=1, 2, …,
Пример.
м(1)
Решето Эратосфена.
?
=1, 2, …,
Пример.
§3. Разбиение фигур на части меньшего диаметра [1, 2]
Диаметром фигуры F назовём такое расстояние d, что, во-первых, расстояние между любыми двумя точками M и N фигуры F не превосходит d, и, во-вторых, можно отыскать в фигуре F хотя бы одну пару точек A, B, расстояние между которыми в точности равно d.
Примеры:
· Если фигура F представляет собой сегмент круга, ограниченный дугой l и хордой а, то в случае, когда дуга l не превосходит полуокружности, диаметр фигуры F равен а; в случае же, когда дуга l больше полуокружности, диаметр фигуры F совпадает с диаметром всего круга.
· Если фигура F представляет собой многоугольник, то его диаметром является наибольшее из расстояний между вершинами.
В фигуре может существовать и много пар точек, расстояние между которыми равно d: в случае эллипса такая пара точек только одна, в случае квадрата их две, в случае правильного треугольника — три, в случае круга таких пар бесконечно много.
Постановка задачи: Круг диаметра d нельзя разбить на две части, диаметр каждой из которых будет меньше d, но можно разбить на три такие части (рис. 4(а, б)).
Тем же свойством обладает равносторонний треугольник со стороной d. Но имеются фигуры, которые можно разбить на две части меньшего диаметра (рис. 5(а, б)).
Мы можем рассматривать для любой фигуры F задачу о разбиении её на части меньшего диаметра. Наименьшее число частей, которые для этого потребуются, обозначим через a(F). Если F — круг или равносторонний треугольник, то a(F) = 3, а для эллипса или параллелограмма a(F) = 2. Возникает вопрос, нельзя ли найти плоскую фигуру, для которой a(F)>3, то есть такую фигуру, что для разбиения её на части меньшего диаметра нельзя обойтись тремя частями, а потребуется 4 или большее число частей?
Ответ даёт теорема Борсука: Всякая плоская фигура F диаметра d может быть разбита на три части диаметра меньше d, то есть a(F) ? 3.
Лемма: Всякая плоская фигура диаметра d может быть заключена в правильный шестиугольник, у которого расстояние между параллельными сторонами равно d.
Доказательство леммы.
Проведём к фигуре F опорные прямые l1 и l2, причём l2 параллельна l1. Вся фигура будет находиться в полосе между прямыми l1 и l2, расстояние между которыми не превосходит d (так как диаметр фигуры F равен d) (рис. 6). Проведём к фигуре F две параллельные опорные прямые m1 и m2, составляющие с l1 угол 60°. Прямые l1, l2, m1, m2 образуют параллелограмм ABCD с углом 60° и высотами не превосходящими d, внутри которого целиком заключается фигура F. Проведём две опорные прямые p1, p2 фигуры F, составляющие с l1 угол 120°, и обозначим через M и N основания перпендикуляров, опущенных на эти прямые из концов диагонали AC параллелограмма (рис. 6). Покажем, что направление прямой l1 можно выбрать таким образом, чтобы выполнялось равенство AM=CN. Допустим, AM?CN, и пусть, для определённости, AM<CN. Таким образом, величина y= AM — CN отрицательна. Начнём непрерывно изменять направление прямой l1 так, чтобы она повернулась на 180° (фигуру F будем оставлять неподвижной). Вместе с прямой l1 будут менять своё положение прямые l2, m1, m2, p1, p2 (так как их положение определяется выбором l1). Поэтому при повороте прямой l1 будут непрерывно перемещаться и точки A, C, M, N, а значит, будет непрерывно изменяться величина y= AM — CN.
Но когда прямая l1 повернётся на 180°, она займет положение, которое раньше занимала прямая l2. Поэтому мы получим тот же параллелограмм, что и на рис. 6, но в нем точки А и С, а так же М и N поменяются «ролями». Следовательно, в этом положении величина у будет уже положительной.
Если мы теперь изобразим график изменения величины у при повороте прямой l1 от 0° до 180° (рис. 7), то увидим, что найдётся положение прямой l1, при котором величина у обращается в нуль, т.е. АМ = CN (ибо, непрерывно изменяясь от отрицательного значения до положительного, величина у должна в некоторый момент обратиться в нуль). Мы рассмотрим положение всех наших прямых как раз в тот момент времени, когда величина у обращается в нуль (рис. 8). Из равенства АМ = CN вытекает, что шестиугольник, образованный прямыми l1, l2, m1, m2, p1, p2, центрально-симметричен.
Каждый угол этого шестиугольника равен 120°, а расстояние между противоположными сторонами не превосходит d. Если расстояние между p1 и p2 меньше d, то мы раздвинем эти прямые (перемещая их на одинаковое расстояние) так, чтобы расстояние между раздвинутыми прямыми было равно d. Точно так же мы поступим с прямыми l1, l2, а за тем с прямыми m1, m2. В результате мы получим центрально-симметричный шестиугольник (с углами 120°), у которого противоположные стороны удалены друг от друга на расстояние d. Из сказанного ясно, что все стороны этого шестиугольника равны между собой, т. е. этот шестиугольник — правильный, причём фигура F расположена внутри шестиугольника.
Доказательство теоремы Борсука. Пусть F — фигура диаметра d. Согласно доказательной лемме, фигура F содержится внутри правильного шестиугольника, расстояние между противоположными сторонами которого равно d. Покажем, что этот правильный шестиугольник можно разрезать на три части, каждая из которых имеет диаметр, меньший d. При этом фигура F также разрежется на три части, диаметр каждой из которых будет меньше d. Требуемое разбиение правильного шестиугольника на три части показано на рис. 9 (точки P, Q и R являются серединами сторон, а О — центр шестиугольника). Чтобы убедится, что диаметры частей меньше d, достаточно заметить, что в треугольнике PQL угол Q прямой, и поэтому PQ < PL = d. Таким образом, теорема доказана.
Из доказательства теоремы легко заключить, что всякая плоская фигура диаметра d может быть разбита на три части, диаметр каждой из которых не превосходит (так как PQ= ) (рис. 9). Эта оценка диаметров частей является наилучшей, так как круг диаметра d нельзя разбить на три части, диаметр каждой из которых был бы меньше (часть, имеющая диаметр меньше , высекает на окружности множество, расположенное на дуге, меньшей 120°, поэтому три такие части не покрывают всей окружности).
Можно предложить следующие расширения по данному вопросу:
Теорема Борсука является стержнем этого вопроса, но она не даёт полного решения вопроса о том, чему равно a(F) для произвольной заданной фигуры F диаметра d. Она даёт лишь оценку a(F) сверху: a(F) ? 3. В то же время, очевидно, что a(F) ? 2 для любой фигуры. Возникает задача: для каких плоских фигур a(F) равно двум и для каких оно равно трём.
Можно рассматривать задачу о покрытии выпуклых фигур гомотетичными (о наименьшем числе «уменьшенных копий» фигуры F, которыми можно покрыть всю фигуру F) и задачу о наименьшем числе направлений, освещающих всю границу фигуры F.
Все эти задачи можно рассмотреть для пространственных тел.
§4. «Счастливые билеты» [5]
счастливым
сколько всего существует счастливых билетов?
для подсчёта числа счастливых билетов нам достаточно вычислить числа
, а затем найти сумму квадратов этих 28 чисел.
коэффициент при
n в многочлене А1 равен числу однозначных чисел, сумма цифр которых равна
Коэффициент при
n в многочлене А2(s) равен числу двузначных чисел с суммой цифр n. (Мы рассматриваем и такие двузначные числа, в которых первая цифра или обе цифры могут равняться нулю). Степень многочлена А2 равна 18 (это наибольшая возможная сумма цифр двузначного числа): .
Предложение 1.
Доказательство.
= 0, 1, …, 9.
Предложение 2.
Доказательство.
= 0, 1, …, 9.
> ?
)? = 0,
?
Библиографический список