Wiemy już, że dowolny zbiór \( n \)-elementowy ma dokładnie \( 2^n \) podzbiorów. Teraz zajmiemy się pytaniem ile taki zbiór ma podzbiorów o dokładnie \( k \) elementach. Policzymy zatem liczność rodziny \( k \)-elemetowych podzbiorów zbioru \( X \). Rodzinę tę oznaczać będziemy przez \( {\mathcal P}_k(X) \).
Współczynnik dwumianowy \( {n\choose k} \) to liczba \( k \)-elementowych podzbiorów zbioru \( n \)-elementowego, tzn. \( {n\choose k} = \ {|{\mathcal P}_k(\mathbb{Z}_n)|} \). Wyrażenie \( {n\choose k} \) czytamy \( n \) po \( k \).
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 \( (x+y)^n \). Zobaczymy to dokładnie w Twierdzeniu 5.7
Przykład
Aby policzyć \( {4\choose 2} \) wypiszmy wszystkie \( 2 \)-elementowe podzbiory \( 4 \)-elementowego zbioru \( \mathbb{Z}_4=\{0,1,2,3\} \). Sa to \(\{0,1\} \), \(\{0,2\} \), \(\{0,3\} \), \(\{1,2\} \), \(\{1,3\} \), \(\{2,3\} \), skąd \( {4\choose 2}=6 \).
Bezpośrednio z definicji liczb \( {n\choose k} \) dostajemy:
Obserwacja 5.1
Dla \( n,k \in \mathbb{R} \) zachodzi:
Dowód
Pierwszy punkt jest natychmiastową konsekwencją faktu, że dowolny zbiór \( n \)-elementowy ma tylko jeden \( 0 \)-elementowy podzbiór -podzbiór pusty i tylko jeden podzbiór \( n \)-elementowy - cały zbiór.
Drugi punkt jest oczywisty, jako że zbiór \( n \)-elementowy nie może mieć podzbiorów o \( k>n \) elementach.
Dla dowodu trzeciego punktu, zauważmy jedynie, że podzbiorów jednoelementowych jest dokładnie tyle ile elementów w zbiorze.
Wreszcie dla dowodu ostatniego punktu załóżmy, że \(|{X}|=n\geq k\geq 0 \). Wtedy funkcja
\( {\mathcal P}_k(X)\ni A \mapsto X\setminus A \in {\mathcal P}_{n-k}(X) \)
jest bijekcją. A zatem istotnie \( {n\choose k}={n\choose n-k} \).
Nasza następna obserwacja stanowi fundament dla rekurencyjnej procedury obliczania współczynników dwumianowych.
Obserwacja 5.2
Dla \( 0 < k\leq n \) mamy:
\( {n\choose k}={n-1\choose k-1}+{n-1\choose k}. \)
Dowód
Podobnie jak przy budowaniu zależności rekurencyjnej przy zliczaniu wszystkich podzbiorów zbioru \( n \)-elementowego załóżmy, że \(|{Z}|=n \). Wtedy, po usunięciu ze zbioru \( Z \) elementu \( a\in Z \) dostajemy \( (n-1) \)-elementowy zbiór \( Z' \). Oczywiście wszystkie \( k \)-elementowe podzbiory zbioru \( Z \) można podzielić na dwa typy:
W drugim przypadku są to \( k \)-elementowe podzbiory \( (n-1) \)-elementowego zbioru \( Z' \). Jest więc ich dokładnie \( {n-1 \choose k} \).
Każdy zaś podzbiór pierwszego typu, czyli \( A \in {\mathcal P}_k(Z) \) takie, że \( a\in A \) jest jednoznacznie wyznaczony przez swoje pozostałe \( k-1 \) elementów, czyli \( A=A'\cup \{a\} \) dla pewnego \( A' \in {\mathcal P}_{k-1}(Z') \). A zatem
\( {n \choose k} = {|{\mathcal P}_k(Z)|} = {|{\mathcal P}_k(Z')|} + {|{\mathcal P}_{k-1}(Z')|} = {n-1\choose k}+{n-1\choose k-1}. \)
Trójkąt Pascala (nazwany na cześć Blaise'a Pascala, który napisał znakomitą rozprawę o współczynnikach dwumianowych) bazuje na własności \( {n \choose k} = {n-1 \choose k-1} + {n-1 \choose k} \) i ustawia liczby w następujący sposób:
\( n=0,1,2,\ldots \),
Są to kolejno \( {n \choose 0}, {n \choose 1}, {n \choose 2},\ldots, {n \choose n-1},{n \choose n} \)
| \( 0\choose 0 \) | ||||||||||
| \( 1\choose 0 \) | \( 1\choose 1 \) | |||||||||
| \( 2\choose 0 \) | \( 2\choose 1 \) | \( 2\choose 2 \) | ||||||||
| \( 3\choose 0 \) | \( 3\choose 1 \) | \( 3\choose 2 \) | \( 3\choose 3 \) | |||||||
| \( 4\choose 0 \) | \( 4\choose 1 \) | \( 4\choose 2 \) | \( 4\choose 3 \) | \( 4\choose 4 \) | ||||||
| \( 5\choose 0 \) | \( 5\choose 1 \) | \( 5\choose 2 \) | \( 5\choose 3 \) | \( 5\choose 4 \) | \( 5\choose 5 \) | |||||
| ... | ... | ... | ... | ... | ||||||
Przesunięcie w wierszach, pozwala wyliczyć \( {n \choose k} \) jako sumę \( {n-1 \choose k-1} + {n-1 \choose k} \) dwu liczb stojących bezpośrednio nad \( {n \choose k} \):
Przykład
Napisz program drukujący trójkąt Pascala, ale z liczbami \( {n \choose k} \) modulo \( 2 \), tzn. w miejsce \( {n \choose k} \) wstaw jedynie resztę \( 0 \) lub \( 1 \) z dzielenia liczby \( {n \choose k} \) przez \( 2 \). Zaobserwuj na wydruku powstały fraktal. Wyjaśnij dlaczego tak się dzieje.
W trójkącie Pascala współczynniki o tym samym górnym indeksie, np.
tworzą wiersz; natomiast współczynniki o ustalonym dolnym indeksie, np.
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 \( 0\leq k\leq n \)
Dowód
Podamy dwa dowody: kombinatoryczny i indukcyjny.
Dowód kombinatoryczny. Ustalmy pewien \( n \)-elementowy zbiór \( X \), i wybierajmy po kolei \( k \) różnych jego elementów, tzn. utwórzmy injekcję \( \mathbb{Z}_k X \). Z wykładu o zliczaniu zbiorów i funkcji wiemy, ze takich injekcji jest \( \frac{n!}{(n-k)!} \). W wyniku takiego wyboru, dostajemy wszakże pewien uporządkowany ciąg \( k \) elementów zbioru \( X \). Wiele takich ciągów wyznacza ten sam \( k \)-elementowy podzbiór zbioru \( X \). Ciągi takie różnią sie jedynie kolejnością elementów, a zatem jest ich tyle ile permutacji zbioru \( k \)-elemetowego, czyli \( k! \). Zatem jest dokładnie
\( \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-k+1)}{k!}=\frac{n!}{(n-k)!k!} \)
podzbiorów \( k \)-elementowych zbioru \( n \)-elementowego.
Dowód indukcyjny. Indukcję poprowadzimy względem górnego indeksu \( n \). Dla \( n=0 \) mamy tylko jeden interesujący nas współczynnik \( {0\choose 0}=1 \), i rzeczywiście \( \frac{0!}{(0-0)!0!}=1 \). Załóżmy zatem, że wszystkie współczynniki w \( n \)-tym wierszu spełniają wzór z tezy i rozważmy \( {n+1\choose k} \) dla \( k\in \{0,\ldots,n+1\} \). Jeśli \( k=0 \) to \( {n+1\choose k}=1=\frac{n!}{(n-0)!0!} \). Załóżmy więc, że \( k>0 \). Wtedy:
\( \begin{align*}{n+1\choose k} & ={n\choose k-1}+{n\choose k} \\ & =\frac{n!}{(n-k+1)!(k-1)!}+\frac{n!}{(n-k)!k!} \\ & =\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}\cdot(\frac{1}{n-k+1}+\frac{1}{k}) \\ & =\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}\cdot\frac{k+(n-k+1)}{(n-k+1)k} \\ & =\frac{(n+1)!}{(n-k+1)!k!}. \end{align*} \)
Przykład
\( {15\choose 3}=\frac{15!}{(15-3)!3!}=\frac{13\cdot14\cdot15}{2\cdot3}=13\cdot7\cdot5=455. \)
Przykład
Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie prostopadle przecinających się ulic. Powiedzmy, że znajdujemy się w punkcie \( A \) i chcemy dojść do punktu \( B \), tak jak zaznaczono na rysunku.
Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg prowadzących z \( A \) do \( B \). Dla przykładu: możemy pójść \( 3 \) razy na północ i potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw \( 6 \) razy na na wschód i dopiero wtedy skręcić na północ.
Ile jest najkrótszych dróg z \( A \) do \( B \)?
Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie \( 9 \) skrzyżowań (licząc skrzyżowanie w punkcie \( A \) i nie licząc skrzyżowania w punkcie \( B \)). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie \( 3 \) razy na północ i dokładnie \( 6 \) razy na wschód.
Zatem liczba najkrótszych dróg z \( A \) do \( B \) to liczba wyborów spośród \( 9 \) skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ, bądź \( 6 \) na których pójdziemy na wschód. A zatem liczba ta wynosi \( {9\choose 3}={9\choose 6}=94 \).
W ogólności załóżmy, że mamy kratkę \( m\times n \) 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 \( m+n \) odcinków jednostkowych, z których dokładnie \( m \) jest pionowych i dokładnie \( n \) jest poziomych. Zatem jest
\( {m+n\choose m}={m+n\choose n}=\frac{(m+n)!}{m!n!} \)
sposobów połączenia dwóch przeciwległych wierzchołków.
Przykład
Ile rozwiązań ma równanie
gdzie \( x_i \) są liczbami naturalnymi?
Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie do połączenia przeciwległych jej rogów. W kratce rozmiaru \( 4\times7 \) suma poziomych odcinków daje \( 7 \) i jest dokładnie \( 5 \) takich odcinków, po jednym na każdym poziomie. Jeśli długości tych odcinków oznaczymy odpowiednio przez \( x_0,x_1,x_2,x_3,x_4 \), 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 \( {7+4\choose 4}=330 \) rozwiązań naszego równania.
W ogólności, równanie
ma dokładnie tyle rozwiązań w liczbach naturalnych gdzie \( x_i \), ile jest łamanych w kratce \( k \times n \), czyli \( {n+k-1\choose n}={n+k-1\choose k-1} \).
Przykład
Ile rozwiązań ma równanie
gdzie \( x_i \) są dodatnimi liczbami naturalnymi?
Zauważmy, że każde rozwiązanie tego równania z warunkami \( x_i\geq 1 \), można otrzymać z rozwiązania w liczbach naturalnych równania
poprzez podstawienie \( x_i=y_i+1 \). Na podstawie poprzedniego przykładu poszukiwanych rozwiązań jest zatem \( n-1 \choose k-1 \). Rozważmy \( n \) obiektów (np. punktów) ustawionych w ciągu jeden przy drugim.
Separatorem nazywamy pionową kreskę położoną pomiędzy dwoma punktami. Zatem pomiędzy \( n \) punktami mamy \( n-1 \) możliwych pozycji dla separatora. Zauważmy, że każde rozwiązanie naszego równania jednoznacznie odpowiada jednemu z możliwych rozmieszczeń \( k-1 \) separatorów wśród \( n-1 \) pozycji. Liczba punktów do pierwszego separatora to wartość \( x_0 \), liczba punktów pomiędzy pierwszym a drugim separatorem to \( x_1 \), itd., liczba punktów za ostatnim \( k-1 \)-szym separatorem to \( x_{k-1} \). Dla przykładu:
Na odwrót każde rozwiązanie \( x_0,x_1,\ldots,x_{k-1} \) naszego równania wyznacza jednoznacznie rozłożenie \( k-1 \) separatorów: pierwszy kładziemy po \( x_0 \) punktach, drugi po \( x_0+x_1 \), itd. Zatem liczba rozwiązań naszego równania to liczba rozmieszczeń \( k-1 \) separatorów na \( n-1 \) pozycjach, czyli \( {n-1\choose k-1} \).
Przykład
Rozważmy znów kratkę, tym razem kwadratową, wielkości \( n\times n \), 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 \( n+1 \)) oraz dwie linie pionowe (znów spośród \( n+1 \)). 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 \( {n+1\choose 2} \) sposobów i pionowe linie także na \( {n+1\choose 2} \) sposobów. Zatem prostokąt w kratce \( n\times n \) możemy narysować na dokładnie
\( {n+1\choose 2}^2=(\frac{n(n+1)}{2})^2 \)
sposobów. W przykładowej kratce na rysunku wymiarów \( 5\times 5 \) możemy więc umieścić \( (\frac{5(5+1)}{2})^2=225 \) 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.
Obserwacja 5.4 [reguła sumowania po górnym indeksie]
Dla \( n,k\in\mathbb{N} \) mamy
Dowód
Ustalmy \( (n+1) \)-elementowy zbiór \( X=\{x_0,\ldots,x_n\} \) Rozważając jego \( (k+1) \)-elementowe podzbiory zwracamy uwagę na element tego podzbioru, który ma największy indeks. Oczywiście jest \( i\geq k \), gdyż \( X=\{x_0,\ldots,x_{k-1}\} \) nie ma \( (k+1) \)-elementowych podzbiorów. Równie łatwo jest zauważyć, że jest dokładnie jeden podzbiór \( (k+1) \)-elementowy w którym \( x_{k} \) jest elementem o najwyższym indeksie, jest to zbiór \(\{x_0,\ldots,x_{k-1}\} \).
Policzmy teraz podzbiory zbioru \( X \), w których \( x_i \) jest elementem o największym indeksie, przy czym \( i>k \). Oprócz elementu \( x_i \) każdy taki zbiór ma dokładnie \( k \) elementów wybranych z \( i \)-elementowego zbioru \( \{x_0,\ldots,x_{i-1}\} \). Wyboru tych elementów można dokonać na \( {i\choose k} \) sposobów. Zatem podzbiorów zbioru \( X \), w których \( x_i \) jest elementem o największym indeksie jest dokładnie \( {i\choose k} \). Sumując po wszystkich możliwych \( i \), czyli \( i\in \{k,\ldots,n\} \) otrzymujemy:
\( \displaystyle \sum_{i=0}^n{i\choose k}=\sum_{i=k}^n{i\choose k}={n+1\choose k+1}. \)
Podobnie możemy sumować liczby położone na linii "prostopadłej" do przekątnych Trójkąta Pascala, czyli liczby postaci \( {n+i\choose i} \).
Obserwacja 5.5 [reguła sumowania równoległego] Dla \( n,k\in\mathbb{N} \) mamy:
Dowód
Tożsamość tę udowodnimy wykorzystując dwukrotnie {regułę symetrii} oraz {regułę sumowania po górnym indeksie}:
Obserwacja 5.6 [tożsamość Cauchy'ego, splot Vandermonde'a]
Dla liczb naturalnych \( m,n,k \) mamy:
\( \displaystyle \sum_{i=0}^k{m\choose i}{n\choose k-i}={m+n\choose k}. \)
Dowód
Policzymy liczbę wszystkich wyborów \( k \) osób z grona \( m \) mężczyzn i \( n \) kobiet, czyli liczbę \( {m+n\choose k} \) na jeszcze jeden sposób. Wybierając \( k \) osób wybieramy najpierw \( i \) mężczyzn na \( {m\choose i} \) sposobów, a potem \( k-i \) kobiet na \( {n\choose k-i} \) sposobów. Pozostaje teraz zsumować po wszystkich możliwych wartościach parametru \( i \).
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 \( x,y\in \mathbb{R} \) i \( n\in \mathbb{N} \)
\( \displaystyle (x+y)^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i}x^iy^{n-i}. \)
Dowód
Przedstawmy najpierw potęgę \( (x+y)^n \) w rozwiniętej formie iloczynu:
\( \underbrace{(x+y)\cdot\ldots\cdot(x+y)}_{n\ razy}. \)
Korzystając z rozdzielności mnożenia, wyrażenie to staje się sumą składników. Każdy taki składnik to iloczyn pewnej liczby \( x \)-ów i pewnej liczby \( y \)-ów, przy czym łącznie iloczyn taki ma \( n \) czynników. A zatem każdy składnik ma postać \( x^k y^{n-k} \). Powstaje on poprzez wybór \( k \) (spośród \( n \)) czynników w iloczynie \( (x+y)\cdot\ldots\cdot(x+y) \), z których do składnika postaci \( x^k y^{n-k} \) wchodzi \( x \) (a tym samym \( (n-k) \) składników, z których wchodzi \( y \)). Tym samym składników postaci \( x^k y^{n-k} \) jest tyle, ile \( k \)-elementowych podzbiorów zbioru \( n \)-elementowego, czyli \( x^k y^{n-k} \) pojawi się w sumie \( {n\choose k} \)-krotnie.
Twierdzenie o Dwumianie można też udowodnić za pomocą indukcji, co pozostawiamy jako ćwiczenie.
Przykład
\( \begin{align*}(a+b)^2 & =a^2+2ab+b^2, \\ (a+b)^3 & =a^3+3a^2b+3ab^2+b^3, \\ (a+b)^4 & =a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4. \end{align*} \)
Dla dowolnego \( n\geq0 \)
Dowód
Wszystkie punkty wynikają trywialnie z Twierdzenia o Dwumianie. (Pierwszy jest oczywisty. Dla dwu pozostałych zauważmy jedynie, że \( (1+1)^n=2^n \), \( (1-1)^n=0 \).) Jednak drugi i trzeci punkt mają ładną interpretację kombinatoryczną.
Istotnie, liczba podzbiorów zbiorów \( n \) elementowego to \( 2^n \). Z drugiej strony licząc te podzbiory, możemy kolejno zliczać podzbiory \( 0,1,2,\ldots \)-elementowe - jest ich \( {n\choose 0},{n\choose 1},{n\choose 2},\ldots \).
Nieco dłuższy jest argument kombinatoryczny dla naprzemiennej sumy \( {n\choose 0}-{n\choose 1}+\ldots+(-1)^n{n\choose n}=0 \). Dla \( n=0 \) jest to oczywiste. Natomiast dla \( n>0 \) jest to równoważne stwierdzeniu, że dla \( n \)-elementowego zbioru \( X \)
Załóżmy najpierw, że \( n \) jest nieparzyste. Wtedy każdy podzbiór zbioru \( X \) o parzystej liczbie elementów ma dopełnienie o nieparzystej liczbie elementów, a każdy podzbiór zbioru \( X \) o nieparzystej liczbie elementów ma dopełnienie o parzystej liczbie elementów. Ta bijektywna odpowiedniość dowodzi, że w istocie jest ich tyle samo.
Załóżmy zatem, że \( n \) jest parzyste i ustalmy \( x\in X \). Zdefiniujmy funkcję \( f:\mathcal{P}(X) \mathcal{P}(X) \), kładąc
\( f(Y)= \begin{cases} (X - Y)-\{x\} \mbox{, jeśli } {x}\not\in {Y}\subseteq {X}, \\ (X - Y)\cup\{x\} \mbox{, jeśli } {x}\in {Y}\subseteq {X}. \end{cases} \)
Zauważmy, że \( f \) jest permutacją \( \mathcal{P}(X) \). Rzeczywiście, dla różnych podzbiorów \( Y_1,Y_2\subseteq X \) mamy:
\( f(Y_1)=(X-Y_1)-\{x\}=X-Y_1\neq X-Y_2=(X-Y_2)-\{x\}=f(Y_2), \)
\( f(Y_1)=(X-Y_1)\cup\{x\}\neq(X-Y_1)\cup\{x\}=f(Y_2), \)
To dowodzi, że \( f \) jest injekcją. Dla dowodu surjektywności weźmy dowolne \( Z\subseteq X \). Jeśli \( x\in Z \) to \( f((X-Z)\cup\{x\})=Z \), jeśli zaś \( x\notin Z \) to \( f((X-Z)-\{x\})=Z \). Zatem \( f \) jest permutacją zbioru \( \mathcal{P}(X) \). Co więcej łatwo zauważyć, że dla \( Y \) o parzystej (nieparzystej) liczbie elementów \( f(Y) \) ma nieparzystą (parzystą) liczbę elementów. To dowodzi, że dla parzystego \( n \) podzbiorów \( X \) o parzystej liczbie elementów jest tyle samo co podzbiorów \( X \) o nieparzystej liczbie elementów.
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 \( 0\leq m < n \).
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 \( m,n\geq0 \)
\( \displaystyle \sum_{i=0}^m\brackets{\frac{n}{2}-i}\cdot{n\choose i}=\frac{m+1}{2}{n\choose m+1}. \)
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 \( r^{\underline{k}} \).
Uogólniony współczynnik dwumianowy \( {r\choose k} \) dla \( r\in\mathbb{R} \) i \( k\in\mathbb{Z} \) to:
\( {r\choose k} = \begin{cases} \frac{r(r-1)\cdot\ldots\cdot(r-k+1)}{k(k-1)\cdot\ldots\cdot1}=\frac{r^{\underline{k}}}{k!}, & \mbox{dla }{k\geq0}, \\ 0, & \mbox{dla }{k < 0}. \end{cases} \)
Zauważmy, że w istocie dla \( r,k\in\mathbb{N} \) wartości \( {r\choose k} \) pozostają niezmienione. Oczywiście, dla \( r\in\mathbb{N}\), interpretacja \( {r\choose k} \) jako \( k \)-elementowych liczby podzbiorów zbioru \( r \)-elementowego pozostaje w mocy. Nie jest natomiast znana sensowna kombinatoryczna interpretacja uogólnionego współczynnika dwumianowego dla pozostałych rzeczywistych wartosci \( r \). Odnotujmy tylko, że \( {r\choose k} \) jest wielomianem \( k \)-tego stopnia zmiennej \( r \). Sporo własności współczynnika dwumianowego przenosi się na wersję uogólnioną. Poniższe zostawiamy bez dowodu jako ćwiczenie.
Obserwacja 5.10
Dla \( r\in\mathbb{R}\real \) i \( k\in\mathbb{Z}\integer \) mamy
Przykład
Z uwagi na to, że w indeksie dolnym mogą występować jedynie liczby całkowite, nie ma sensu reguła symetrii \( {r \choose k}= {r \choose k-1} \). Ale nawet dla całkowitych wartości \( r \) zawodzi:
\( {-1\choose k}\neq{-1\choose -1-k}, \qquad\mbox{dla dowolnych }{k}. \)
Zachowana jest natomiast reguła dodawania.
Obserwacja 5.11
Dla \( r\in\mathbb{R}\real \) i \( k\in\mathbb{Z}\integer \)
\( {r\choose k}={r-1\choose k}+{r-1\choose k-1}. \)
Dowód
Dla ujemnych wartości \( k \) wszystkie współczynniki równe są \( 0 \) i tożsamość trywialnie zachodzi. Niech teraz \( r\in\mathbb{R}\real \) i \( k\geq0 \). Oczywiście różnica
\( {r\choose k}-{r-1\choose k}-{r-1\choose k-1} \)
jest wielomianem co najwyżej \( k \). Może więc, o ile nie jest wielomianem stale równym zero, mieć co najwyżej \( k \) miejsc zerowych. Z drugiej strony wiemy już, że ta różnica zeruje się dla wszystkich liczb naturalnych \( r \), więc musi być zawsze równa \( 0 \).
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 \( {n\choose k} \) dla ustalonego \( k \) i całkowitych wartości \( n \). 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 \( r\in\mathbb{R}\real \), \( k\in\mathbb{Z}\integer \):
Dowód
Policzymy wartość obu stron po uprzednim wymnożeniu przez wspólny mianownik \( k! \):
\( \begin{align*}(-1)^k r^{\underline{k}} & =(-1)^k r(r-1)\cdot\ldots\cdot(r-k+1) \\ & =(-r)(1-r)\cdot\ldots\cdot(k-1-r) \\ & =(k-r-1)^{\underline{k}}. \end{align*} \)
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 \( r\in\mathbb{R}\real \), \( k\in\mathbb{Z}\integer \)
\( \displaystyle \sum_{i\leq k}{r+i\choose i}={r+k+1\choose k}. \)
Zauważmy, że rozważana suma jest tylko pozornie nieskończona, gdyż dla wszystkich ujemnych wartości \( i \) 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 \( r\in\mathbb{R}\real \), \( m\in\mathbb{Z}\integer \)
\( \displaystyle \sum_{i\leq m}(-1)^i{r\choose i}=(-1)^m{r-1\choose m}. \)
Dowód
\( \begin{align*}\sum_{i\leq m}(-1)^i{r\choose i} & =\sum_{i\leq m}{i-r-1\choose i} \qquad\textrm{z reguły negacji górnego indeksu} \\ & ={-m+r\choose m} \qquad\qquad\textrm{z Obserwacji 5.13} \\ & =(-1)^m{r-1\choose m}. \qquad\textrm{z reguły negacji górnego indeksu} \end{align*} \)
Przedstawimy teraz tożsamość, której później użyjemy do zliczenia pewnych, szczególnych permutacji. Zaczniemy od pomocniczej obserwacji.
Obserwacja 5.15 [przestawienie trójmianowe]
Dla \( r\in\mathbb{R}\real \), \( i,j\in\mathbb{Z}\integer \)
\( {r\choose i}{i\choose j}={r\choose j}{r-j\choose i-j}. \)
Dowód
Zauważmy, że dla \( i < j \) obie strony równości się zerują. Także dla \( i < 0 \) teza jest trywialna. Zatem możemy założyć, że \( 0\leq i < j \). Wtedy:
\( \begin{align*}{r\choose i}{i\choose j} & =\frac{r^{\underline{i}}}{i!}\cdot\frac{i^{\underline{j}}}{j!} \\ & =\frac{r(r-1\cdot\ldots\cdot(r-i+1))}{i!}\cdot\frac{i(i-1)\cdot\ldots\cdot(i-j+1)}{j!} \\ & =\frac{r(r-1)\cdot\ldots\cdot(r-j+1)}{j!}\cdot\frac{(r-j)(r-j-1)\cdot\ldots\cdot(r-i+1)}{(i-j)!} \\ & ={r\choose j}{r-j\choose i-j}. \end{align*} \)
Obserwacja 5.16 [reguła odwracania]
Dla funkcji \( f,g:\mathbb{Z}\integer\map\mathbb{R}\real \)
\( \displaystyle f(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^ig(i) \)
wtedy i tylko wtedy, gdy
\( \displaystyle g(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^if(i). \)
Dowód
Z uwagi na symetrię założeń wystarczy udowodnić tylko jedne implikację. Zakładamy zatem, że \( \displaystyle f(n)=\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^ig(i) \) by dostać:
\( \begin{align*}\sum_i{n\choose i}(-1)^if(i) & =\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}(-1)^i\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer}{i\choose j}(-1)^jg(j) \\ & =\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j)\sum_{i\in\mathbb{Z}\mathbb{Z}\integer}{n\choose i}{i\choose j}(-1)^{i+j} \\ & =\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j)\sum_{i\in\mathbb{Z}\mathbb{Z}\integer} {n\choose j}{n-j\choose i-j}(-1)^{i+j} \\ & =\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer} {n-j\choose i-j}(-1)^{i+j} \\ & =\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer} {n-j\choose i}(-1)^i, \end{align*} \)
gdzie druga równość wynika ze zmiana kolejności sumowania, trzecia z przestawienia trójmianowego, a ostatnia przez podstawienie \( i:=i+j \).
Z Wniosku 5.8 wiemy, że suma \( \displaystyle \sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n-j\choose i}(-1)^i \) jest niezerowa (i wynosi \( 1 \)) tylko dla \( j=n \). Zatem kontynuując:
\( \begin{align*} & =\sum_{j\in\mathbb{Z}\integer} g(j){n\choose j}\sum_{i\in\mathbb{Z}\integer}{n-j\choose i}(-1)^i \\ & =g(n){n\choose n} = g(n). \end{align*} \)
Nieporządek na zbiorze \( X \) to permutacja \( \alpha:X\to X \) taka, że \( \alpha(x)\neq x \) dla dowolnego \( x\in X \), czyli permutacja "bez punktów stałych".
Podsilnia liczby \( n \), w skrócie \( !n \), to liczba nieporządków zbioru \( n \)-elementowego. Przyjmujemy, że \( !0=1 \), jako ze jedyna permutacja zbioru pustego - funkcja pusta - w oczywisty sposób nie ma punktów stałych.
Przykład
Zbiór \( \mathbb{Z}\integer_4=\set\{0,1,2,3\} \) ma \( 4!=24 \) permutacje, ale tylko \( 9 \) z nich to nieporządki. Oto ich lista:
\( \begin{array} {cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 1 & 0 & 3 & 2 & \qquad & 1 & 2 & 3 & 0 & \qquad & 1 & 3 & 0 & 2 \\ \\ 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 2 & 0 & 3 & 1 & \qquad & 2 & 3 & 0 & 1 & \qquad & 2 & 3 & 1 & 0 \\ \\ 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 & \qquad & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \qquad & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 3 & 0 & 1 & 2 & \qquad & 3 & 2 & 0 & 1 & \qquad & 3 & 2 & 1 & 0 \end{array} \)
Obserwacja 5.17
\( \displaystyle !n = n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!} \).
Dowód
Zauważmy najpierw, że liczba permutacji \( \alpha \) zbioru \( n \)-elementowego takich, że \( \alpha(x)\neq x \) dla dokładnie \( i \) elementów \( x\in X \), wynosi \( {n\choose i}!i \). Stąd:
\( \displaystyle n!= \sum_{i=0}^n {n\choose i}!i =\sum_{i=0}^n (-1)^i{n\choose i}(-1)^i(!i). \)
Stosując teraz regułę odwracania, dostajemy:
\( \begin{align*}!n & =\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}i! \\ & =\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\frac{n!}{(n-i)!} \\ & =n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!}. \end{align*} \)
Współczynniki dwumianowe pojawiały się przy rozwinięciu dwumianu \( (x+y)^n \). Odpowiadały one wyborom dwuwartościowym. Podobnie rozważając trójmian \( (x+y+z)^n \), czy ogólnie \( (x_1+\ldots +x_r)^n \), pojawią się współczynniki odpowiadające wyborom odpowiedni trój- i \( r \)-wartościowym. Wybieranie podzbioru \( k \)-elementowego ze zbioru \( n \)-elementowego to podział zbioru na dwie części o odpowiednio \( k \) i \( n-k \) elementach. Naturalnym uogólnieniem, będzie podział zbioru \( n \)-elementowego na \( r \) części o odpowiednio \( k_1,k_2,\ldots,k_r \) elementach, przy czym oczywiście \( k_1+\ldots k_r=n \).
Współczynnik multimianowy \( {n\choose k_1,k_2\ldots,k_{r}} \), dla \( n\in\mathbb{Z}\natur \), \( r\geq2 \) oraz całkowitych \( k_1,\ldots,k_r \) takich, że \( k_1+\ldots k_r=n \), to liczba sposobów umieszczenia \( n \) obiektów w \( r \) pudełkach z odpowiednio \( k_1 \) obiektami w pierwszym pudełku, \( k_2 \) w drugim, itd., oraz \( k_r \) w \( r \)-tym. Jeśli którakolwiek z liczb \( k_i \) jest ujemna to współczynnik jest równy \( 0 \). Zauważmy, że z uwagi na symetrię dolnych indeksów, ich kolejność nie jest istotna. Oczywiście \( {n \choose k} \) to w nowej notacji \( {n \choose k,n-k} \).
Następna obserwacja wynika wprost z definicji współczynników multimianowych.
Obserwacja 5.18
Dla \( n\in\mathbb{Z}\natur \), \( k,l,k_1,\ldots,k_r\in\mathbb{Z}\integer \) takich, że \( k_1+\ldots k_r=n= k+l \) zachodzi:
Następna obserwacja wymaga krótkiego uzasadnienia.
Obserwacja 5.19
Dla \( n,k_1,\ldots,k_r\geq0 \) takich, że \( k_1+\ldots+k_r=n \)
\( {n\choose k_1,\ldots,k_r} ={n\choose k_1}{n-k_1\choose k_2}{n-(k_1+k_2)\choose k_3} \cdot\ldots\cdot{n-(k_1+\ldots+k_{r-1})\choose k_r}. \)
Dowód
Rozmieszczenie \( n \)-obiektów w \( r \) pudełkach po \( k_i \) w każdym, polega na:
i umieszczeniu ich w trzecim pudełku - możemy to uczynić na \( {n-(k_1+k_2)\choose k_3} \) sposobów,
Zatem wszystkich możliwych rozmieszczeń zgodnie z wymogami z definicji współczynnika multimianowego jest dokładnie \( {n\choose k_1}{n-k_1\choose k_2}{n-(k_1+k_2)\choose k_3} \cdot\ldots\cdot{n-(k_1+\ldots+k_{r-1})\choose k_r} \).
Wniosek 5.20
Dla \( n,k_1,\ldots,k_r\geq0 \) takich, że \( k_1+\ldots+k_r=n \)
\( {n\choose k_1,\ldots,k_r}=\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_r!}. \)
Dowód
\( \begin{align*}{n\choose k_1,\ldots,k_r} & ={n\choose k_1}{n-k_1\choose k_2}{n-(k_1+k_2)\choose k_3}\cdot\ldots\cdot{n-(k_1+\ldots+k_{r-1})\choose k_r} \\ & =\frac{n!}{(n-k_1)!k_1!}\cdot\frac{(n-k_1)!}{(n-(k_1+k_2))!k_2!} \cdot\ldots\cdot\frac{(n-(k_1+\ldots+k_{r-1}))!}{(n-(k_1+\ldots+k_r))!k_r!} \\ & =\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_r!\cdot(n-(k_1+\ldots+k_r))!} \\ & =\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_r!}. \end{align*} \)
Przykład
Ile liczb możemy ułożyć zapisując w dowolnej kolejności \( 11 \) cyfr: \( 1,1,3,4,5,5,5,6,7,7,9 \)?
Zauważmy, że każda taka liczba powstaje przez wybór dwu pozycji dla cyfry \( 1 \), jednej dla cyfry \( 3 \), jednej dla cyfry \( 4 \), trzech dla cyfry \( 5 \), jednej dla cyfry \( 6 \), dwu dla cyfry \( 7 \) i wreszcie jednej pozycji dla cyfry \( 9 \). Zatem \( 11 \) pozycji to nasze obiekty, które rozmieszczamy w siedmiu pudełkach etykietowanych cyframi: \( 1,3,4,5,6,7,9 \). Zatem z definicji współczynnika multimianowego mamy:
\( {11\choose 2,1,1,3,1,2,1}=\frac{11!}{2!\cdot3!\cdot2!}=1663200. \)
Przykład
Rozważmy raz jeszcze podróż w mieście o ulicach na planie siatki. Tym razem jednak... \( 3 \)-wymiarową wersję. Mamy więc do dyspozycji trójwymiarową, prostopadłościenną kratownicę \( a\times b\times c \). Na ile sposobów można połączyć przeciwległe wierzchołki prostopadłoscianu najkrótszą możliwą łamaną Zauważmy, że każda najkrótsza możliwa łamana składa się z dokładnie \( a+b+c \) odcinków jednostkowych. Przy czym dokładnie \( a \) z nich jest poziomych, \( b \) pionowych i \( c \) idzie w głąb. Zatem najkrótszych łamanych jest tyle co rozmieszczeń \( a+b+c \) odcinków (obiekty) w \( 3 \) pudełkach: "poziomy", "pionowy", "w głąb" tak, by w było ich odpowiednio \( a,b \) i \( c \). Z definicji współczynnika multimianowego mamy zatem:
\( {a+b+c\choose a,b,c}=\frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}, \)
łamanych.
Kratka z rysunku o wymiarach \( 3\times4\times2 \) ma zatem: \( {9\choose3,4,2}=\frac{9!}{3!\cdot4!\cdot2!}=420 \) interesujących nas łamanych.
Współczynniki multimianowe także zachowują pewną regułę dodawania.
Obserwacja 5.21
Dla \( n>0 \), całkowitych \( k_1,\ldots,k_r \) takich, że \( k_1+\ldots+k_r=n \)
\( {n\choose k_1}={n-1\choose k_1-1,k_2,\ldots,k_r}+{n-1\choose k_1,k_2-1,\ldots,k_r}+\ldots+{n-1\choose k_1,k_2,\ldots,k_r-1}. \)
Dowód
Ponieważ \( n>0 \), możemy wybrać i ustalić ulubiony obiekt \( x \). Możemy go umieścić w jednym z \( r \) pudełek. Jeśli jednak umieścimy go w pierwszym, to pozostałe \( n-1 \) obiektów musimy rozłożyć do \( r \) pudeł zgodnie z warunkami wyjściowymi, ale do pierwszej szuflady mamy włożyć już \( 1 \) obiekt mniej (\( k_1-1 \) a nie \( k_1 \)). Rozłożenia tego możemy dokonać na \( {n\choose k_1-1,k_2,\ldots,k_r} \). Analogicznie gdy \( x \) umieścimy w drugim pudle, to pozostałe przedmioty rozkładamy w pudłach odpowiednio po \( k_1, k_2-1, k_3,\ldots,k_r \). Po przesumowaniu po numerach pudła, w którym jest \( x \) dostajemy nasz wzór.
Jako ćwiczenie pozostawiamy dowód następującego uogólnienia wzoru dwumiennego:
Obserwacja 5.22
\( \displaystyle (x_1+\ldots +x_r)^n = \sum_{k_1+\ldots+k_r=n} {n \choose k_1,\ldots,k_r} x_1^{k_1} x_2^{k_2}\ldots x_r^{k_r}. \)