高等组合学笔记(五): 加括号问题,集合的分类问题,多项式恒等式的组合证明
加括号问题
(Catalan数的其他组合解释)
凸多边形的三角剖分
c3=5c_3=5c3=5,cn=1n+1(2nn)c_n=\frac1{n+1}\binom {2n}ncn=n+11(n2n)表示正n+2n+2n+2边形的三角剖分数.
控制路径(Andreˊ\mathrm{Andr\acute{e}}Andreˊ)
从A(0,2)A(0,2)A(0,2)到B(n−2,n)B(n-2, n)B(n−2,n)的路径, "((("对应重垂直步, 任何不同于xn−1,xnx_{n-1}, x_nxn−1,xn的字母对应水平步.
- 从A(0,2)A(0,2)A(0,2)到B(n−2,n)B(n-2,n)B(n−2,n)且与直线y=xy=xy=x不交的路径的个数.
以c3=5c_3=5c3=5为例:
投票问题的特例
A(0,0)→B(p,q)A(0,0)\to B(p,q)A(0,0)→B(p,q)除AAA外与y=xy=xy=x不交
q−pq+p(p+qp)\frac{q-p}{q+p}\binom {p+q}p q+pq−p(pp+q)
对应了p=n−2,q=np=n-2,q=np=n−2,q=n,
⇒an=22n−2(2n−2n)=1n−1(2n−2n)=1n(2n−2n−1).\Rightarrow a_n=\frac2{2n-2}\binom{2n-2}n=\frac1{n-1}\binom{2n-2}n=\frac1n\binom {2n-2}{n-1}. ⇒an=2n−22(n2n−2)=n−11(n2n−2)=n1(n−12n−2).
Dyck路径
从(0,0)(0,0)(0,0)到(2n,0)(2n,0)(2n,0), 只能走斜上和斜下(↗,↘\nearrow,\searrow↗,↘, 不穿过xxx轴)
第一次接触xxx轴(0⩽k⩽n−10\leqslant k\leqslant n-10⩽k⩽n−1), 于是
cn=∑k=0n−1ckcn−1−k⟺cn+1=∑k=0nckcn−k,cn=1n+1(2nn)c_n=\sum_{k=0}^{n-1}c_kc_{n-1-k}\iff c_{n+1}=\sum_{k=0}^nc_kc_{n-k},\\ c_n=\frac1{n+1}\binom{2n}n cn=k=0∑n−1ckcn−1−k⟺cn+1=k=0∑nckcn−k,cn=n+11(n2n)
坐标系旋转45∘45^\circ45∘, 得到:
从(0,0)(0,0)(0,0)到(n,n)(n,n)(n,n), ⟶,↑\longrightarrow, \uparrow⟶,↑, 在y=xy=xy=x上方, 但不穿过y=xy=xy=x.
推广, 从(0,0)(0,0)(0,0)到(p,q)(p,q)(p,q), (q⩾p)(q\geqslant p)(q⩾p), 在y=xy=xy=x上方, 且不穿过y=xy=xy=x的路径数.
f(p,q)=q−p+1q+1(p+qp)=q−p+1q+p+1(q+p+1p),f(p,q)=\frac{q-p+1}{q+1}\binom{p+q}p=\frac{q-p+1}{q+p+1}\binom{q+p+1}p, f(p,q)=q+1q−p+1(pp+q)=q+p+1q−p+1(pq+p+1),
p=q=n,f(n,n)=1n+1(2nn)→p=q=n,f(n,n)=\frac1{n+1}\binom{2n}n\top=q=n,f(n,n)=n+11(n2n)→Catalan 数.
Wedderburn-Etheringtan 可交换加括号问题
设X∈EX\in EX∈E, EEE可交换, bnb_nbn表示所有因子相乘都等于XnX^nXn的方法数.
{b2=1X⋅X=X2b3=1(X⋅X)⋅X=X⋅(X⋅X)=X⋅X2b4=2(X⋅X)(X⋅X),((X⋅X)⋅X)⋅X=(X⋅(X⋅X))⋅X=X⋅((X⋅X)⋅X)=X⋅(X⋅(X⋅X))=X⋅((X⋅X2))\begin{cases} b_2=1&X\cdot X=X^2\\ b_3=1&(X\cdot X)\cdot X=X\cdot(X\cdot X)=X\cdot X^2\\ b_4=2&(X\cdot X)(X\cdot X),\\ &((X\cdot X)\cdot X)\cdot X =(X\cdot(X\cdot X))\cdot X\\ &=X\cdot((X\cdot X)\cdot X)=X\cdot(X\cdot(X\cdot X))\\ &=X\cdot((X\cdot X^2)) \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧b2=1b3=1b4=2X⋅X=X2(X⋅X)⋅X=X⋅(X⋅X)=X⋅X2(X⋅X)(X⋅X),((X⋅X)⋅X)⋅X=(X⋅(X⋅X))⋅X=X⋅((X⋅X)⋅X)=X⋅(X⋅(X⋅X))=X⋅((X⋅X2))
(这里也可以使用二叉树表示, 只不过这里的二叉树相同⟺\iff⟺其中一棵可以经过这些点的垂直轴反射变换为另外一棵.)
通过观察最后一次运算, (根据nnn为奇数还是偶数分情况讨论)
偶数情况下最后一项为bpb_pbp的2−2-2−重复组合, 即(bp+2−12)=(bp+12)\binom{b_p+2-1}2=\binom{b_p+1}2(2bp+2−1)=(2bp+1).
{b2p+1=b1b2p+b2b2p−1+⋯+bpbp+1,(p⩾1)b2p=b1b2p−1+b2b2p−2+⋯+bp−1bp+1+(bp+12),(p⩾1)\begin{cases} b_{2p+1}=b_1b_{2p}+b_2b_{2p-1}+\cdots+b_pb_{p+1},&(p\geqslant1)\\ b_{2p}=b_1b_{2p-1}+b_2b_{2p-2}+\cdots+b_{p-1}b_{p+1}+\binom{b_p+1}2,&(p\geqslant1)\\ \end{cases} {b2p+1=b1b2p+b2b2p−1+⋯+bpbp+1,b2p=b1b2p−1+b2b2p−2+⋯+bp−1bp+1+(2bp+1),(p⩾1)(p⩾1)
令b0=0,b1=1b_0=0,b_1=1b0=0,b1=1. 假定对于x∉Nx\notin Nx∈/N, 有bk=0b_k=0bk=0.
⟹bn=∑i+j=n0≤i<j≤nbibj+12bn2+12bn22(n⩾2)\Longrightarrow b_n=\sum_{\stackrel{0\leq i<j\leq n}{i+j=n}}b_ib_j+\frac12b_{\frac n2}+\frac12b^2_{\frac n2}\quad(n\geqslant 2) ⟹bn=i+j=n0≤i<j≤n∑bibj+21b2n+21b2n2(n⩾2)
令B(t)=∑n≥0bntn,(b0=0,b1=1)B(t)=\sum\limits_{n\geq0}b_nt^n, (b_0=0,b_1=1)B(t)=n≥0∑bntn,(b0=0,b1=1),于是
⟹B(t)=t+∑n≥2(∑i+j=n0≤i<j≤nbibj)tn⏟1+12∑n≥2bn2tn⏟2+12∑n≥2bn22tn⏟3\begin{aligned} \Longrightarrow B(t)=t+\underbrace{\sum_{n\geq2}\left(\sum_{\stackrel{0\leq i<j\leq n}{i+j=n}}b_ib_j\right)t^n}_{1}+\underbrace{\frac12\sum_{n\geq2}b_{\frac n2}t^n}_{2}+\underbrace{\frac12\sum_{n\geq2}b_{\frac n2}^2t^n}_{3} \end{aligned} ⟹B(t)=t+1n≥2∑⎝⎜⎛i+j=n0≤i<j≤n∑bibj⎠⎟⎞tn+221n≥2∑b2ntn+321n≥2∑b2n2tn
=∑j>i≥0bibjti+j=12(∑i,j⩾0bibjti+j−∑i≥0bi2t2i)=12(B2(t)−∑i≥0bi2t2i).\begin{aligned} =\sum_{j>i\geq0}b_ib_jt^{i+j}&=\frac12\left(\sum_{i,j\geqslant0}b_ib_jt^{i+j}-\sum_{i\geq0}b_i^2t^{2i}\right)\\ &=\frac12\left(B^2(t)-\sum_{i\geq0}b_i^2t^{2i}\right). \end{aligned} =j>i≥0∑bibjti+j=21(i,j⩾0∑bibjti+j−i≥0∑bi2t2i)=21(B2(t)−i≥0∑bi2t2i).
∑n≥0bnt2n=B(t2).\sum_{n\geq0}b_nt^{2n}=B(t^2). n≥0∑bnt2n=B(t2).
∑n≥0bn2t2n\sum_{n\geq0}b_n^2t^{2n} n≥0∑bn2t2n
所以:
B(t)=t+12B2(t)+12B(t2)B(t)=t+\frac12B^2(t)+\frac12B(t^2) B(t)=t+21B2(t)+21B(t2)
令β(t)=1−B(t)\beta(t)=1-B(t)β(t)=1−B(t),
β(t2)=2t+β2(t).\beta(t^2)=2t+\beta^2(t). β(t2)=2t+β2(t).
具体数可见:A001190 - OEIS.
广义Schro¨der\mathrm{Schr\ddot{o}der}Schro¨der加括号问题
计算nnn个字母的加括号数cnc_ncn,(不满足结合律, 交换律)
(允许每个括号中相邻因子的个数随意)
对于n=4n=4n=4,除了a4=5a_4=5a4=5, 还有下面6种, 于是:
c4=11c_4=11c4=11.
对cnc_ncn分类, 最后一步恰好有l(l≥2)l(l\geq2)l(l≥2)个因子相乘, 其中lil_ili个因子有iii个字母组成(i=1,2,...,n)(i=1,2,...,n)(i=1,2,...,n), 于是有:
{l1+l2+⋯+ln=ll1+2l2+⋯+nln=n(l≥2⇒ln=0)\begin{cases} l_1+l_2+\cdots+l_n=l\\ l_1+2l_2+\cdots+nl_n=n \end{cases}\qquad (l\geq2\Rightarrow l_n=0) {l1+l2+⋯+ln=ll1+2l2+⋯+nln=n(l≥2⇒ln=0)
对于恰好有lll个因子这一类, l=(l1,l2,⋯,ln)l=(l_1,l_2,\cdots,l_n)l=(l1,l2,⋯,ln)相当于一个有序排列, ∑i=1nli=l\sum\limits_{i=1}^nl_i=li=1∑nli=l, 共有
(l1+l2+⋯+ln)!l1!l2!⋯ln!\frac{(l_1+l_2+\cdots+l_n)!}{l_1!l_2!\cdots l_n!} l1!l2!⋯ln!(l1+l2+⋯+ln)!
种不同的安排方法, 而对于每一种安排方法, 都有c1l1c2l2⋯cnlnc_1^{l_1}c_2^{l_2}\cdots c_n^{l_n}c1l1c2l2⋯cnln种不同的方式, 于是:
cn=∑l1+2l2+⋯+nln=nl1+l2+⋯+ln=ll!l1!l2!⋯ln!c1l1c2l2⋯cnln,(n≥2,c0=0,c1=1).c_n=\sum_{\stackrel{ l_1+l_2+\cdots+l_n=l}{ l_1+2l_2+\cdots+nl_n=n}}\frac{l!}{l_1!l_2!\cdots l_n!}c_1^{l_1}c_2^{l_2}\cdots c_n^{l_n},\qquad (n\geq2,c_0=0,c_1=1). cn=l1+2l2+⋯+nln=nl1+l2+⋯+ln=l∑l1!l2!⋯ln!l!c1l1c2l2⋯cnln,(n≥2,c0=0,c1=1).
令
C(t)=∑n≥0cntn=t+∑n≥2cntn=t+∑l≥2l1+⋯+ln=l(l1+l2+⋯+ln)!l1!l2!⋯ln!(c1t)l1(c2t2)l2⋯=t+∑l≥2(c1t+c2t2+⋯)l=t+∑l≥2(C(t))l=t+C2(t)1−C(t)\begin{aligned} C(t)&=\sum_{n\geq0}c_nt^n=t+\sum_{n\geq2}c_nt^n\\ &=t+\sum_{\stackrel{l_1+\cdots+l_n=l}{l\geq2}}\frac{(l_1+l_2+\cdots+l_n)!}{l_1!l_2!\cdots l_n!}(c_1t)^{l_1}(c_2t^2)^{l_2}\cdots\\ &=t+\sum_{l\geq2}(c_1t+c_2t^2+\cdots)^{l}\\ &=t+\sum_{l\geq2}(C(t))^l=t+\frac{C^2(t)}{1-C(t)} \end{aligned} C(t)=n≥0∑cntn=t+n≥2∑cntn=t+l≥2l1+⋯+ln=l∑l1!l2!⋯ln!(l1+l2+⋯+ln)!(c1t)l1(c2t2)l2⋯=t+l≥2∑(c1t+c2t2+⋯)l=t+l≥2∑(C(t))l=t+1−C(t)C2(t)
于是:
2C2(t)−(1+t)C(t)+t=0,C(0)=02C^2(t)-(1+t)C(t)+t=0,\quad C(0)=0 2C2(t)−(1+t)C(t)+t=0,C(0)=0
得到:
C(t)=14(1+t−2−6t+t2).C(t)=\frac14\left(1+t-\sqrt{2-6t+t^2}\right). C(t)=41(1+t−2−6t+t2).
展开:
{c0=0,c1=1,cn=∑k=0[n2](−1)k(2n−2k−3)!!k!(n−2k)!3n−2k2−k−2,(n≥2)\begin{cases} c_0=0,\ c_1=1,\\ c_n=\sum\limits_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\frac{(2n-2k-3)!!}{k!(n-2k)!}3^{n-2k}2^{-k-2},\qquad(n\geq2) \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧c0=0, c1=1,cn=k=0∑[2n](−1)kk!(n−2k)!(2n−2k−3)!!3n−2k2−k−2,(n≥2)
递推关系:
{c1=1,c2=1,(n+1)cn+1=3(2n−1)cn−(n−2)cn−1,(n≥2),\begin{cases} c_1=1,\ c_2=1,\\ (n+1)c_{n+1}=3(2n-1)c_n-(n-2)c_{n-1},(n\geq2), \end{cases} {c1=1, c2=1,(n+1)cn+1=3(2n−1)cn−(n−2)cn−1,(n≥2),
序列信息可以看这里A001003 - OEIS.
第二章 集合的划分与整数分拆
集合的划分
集合的分类
定义: nnn元集合NNN的一个kkk分类是指:N=(A1,⋯,Ak)N=(A_1,\,\cdots,\,A_k)N=(A1,⋯,Ak)有序, 其中
- Ai∩Aj=∅,(i≠j)A_i\cap A_j=\varnothing,\,(i\ne j)Ai∩Aj=∅,(i=j);
- N=A1∪A2⋯∪AkN=A_1\cup A_2\cdots\cup A_kN=A1∪A2⋯∪Ak, AiA_iAi可以为空;
显然, 我们有:
∣N∣=∑i=1k∣Ai∣=∣A1∣+⋯+∣Ak∣.|N|=\sum_{i=1}^k|A_i|=|A_1|+\cdots+|A_k|. ∣N∣=i=1∑k∣Ai∣=∣A1∣+⋯+∣Ak∣.
例题
证明:2m+1−1=1+2+22+⋯+2m2^{m+1}-1=1+2+2^2+\cdots+2^{m}2m+1−1=1+2+22+⋯+2m.
设A=[m+1]={1,2,⋯,m+1}A=[m+1]=\{1,2,\cdots,m+1\}A=[m+1]={1,2,⋯,m+1}, 令E=B′(A)E=\mathfrak{B}'(A)E=B′(A), 即AAA的所有非空子集的全体(Block, 块), 则
∣E∣=2m+1−1,|E|=2^{m+1}-1, ∣E∣=2m+1−1,
(减一为去掉了空集).
令EjE_jEj为AAA的最大元素为j(j≥1)j(j\geq1)j(j≥1)的子集的集合, 可以由[j−1][j-1][j−1]的全体子集并上{j}\{j\}{j}构成.于是∣Ej∣=2j−1|E_j|=2^{j-1}∣Ej∣=2j−1.显然Ei∩Ej=∅,E=⋃j=1m+1EjE_i\cap E_j=\varnothing,E=\bigcup\limits_{j=1}^{m+1}E_jEi∩Ej=∅,E=j=1⋃m+1Ej,
所以∣E∣=∑j=1m+1∣Ej∣|E|=\sum\limits_{j=1}^{m+1}|E_j|∣E∣=j=1∑m+1∣Ej∣.
更一般, 得到:
xm+1−ym+1=(x−y)(xm+xm−1y+⋯+ym).x^{m+1}-y^{m+1}=(x-y)(x^m+x^{m-1}y+\cdots+y^m). xm+1−ym+1=(x−y)(xm+xm−1y+⋯+ym).
证明:
取M=[m+1],N=A+B,∣N∣=x,∣B∣=yM=[m+1],N=A+B,|N|=x, |B|=yM=[m+1],N=A+B,∣N∣=x,∣B∣=y.
令EEE表示M→NM\to NM→N的映射中, AAA中元素有原像的映射的集合, 即E={f∈F(M,N)∣f−1≠∅}E=\{f\in F(M,N)\,|\,f^{-1}\ne \varnothing\}E={f∈F(M,N)∣f−1=∅}.
于是∣E∣=xm+1−ym+1|E|=x^{m+1}-y^{m+1}∣E∣=xm+1−ym+1.
接下来进行分类:Ej={f∈F(M,N)∣f−1中最大元素为j+1}E_j=\{f\in F(M,N)\,|\,f^{-1}\text{中最大元素为}j+1\}Ej={f∈F(M,N)∣f−1中最大元素为j+1}.
于是
∣Ej∣=(x−y)xjym−j,(0≤j≤m).|E_j|=(x-y)x^jy^{m-j},\quad (0\leq j\leq m). ∣Ej∣=(x−y)xjym−j,(0≤j≤m).
例题2:
证明:
(x+yn)=∑k=0n(xk)(yn−k).\binom{x+y}n=\sum_{k=0}^n\binom xk\binom y{n-k}. (nx+y)=k=0∑n(kx)(n−ky).
设集合Z=X+YZ=X+YZ=X+Y. 令EEE表示ZZZ的nnn元子集的集合, 即E={A⊂Z∣∣A∣=n}E=\{A\subset Z\,\big|\,|A|=n\}E={A⊂Z∣∣∣A∣=n},
于是∣E∣=(x+yn)|E|=\binom{x+y}n∣E∣=(nx+y).
令Ek={B∈E∣∣B∩X∣=k}E_k=\{B\in E\,\big|\,|B\cap X|=k\}Ek={B∈E∣∣∣B∩X∣=k}, 则∣Ek∣=(xk)(yn−k)|E_k|=\binom xk\binom y{n-k}∣Ek∣=(kx)(n−ky).
∣E∣=∑k=0n∣Ek∣.|E|=\sum_{k=0}^n|E_k|. ∣E∣=k=0∑n∣Ek∣.
例题3:
证明:
(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k.(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk x^ky^{n-k}. (x+y)n=k=0∑n(kn)xkyn−k.
令N=[n]N=[n]N=[n], Z=X+Y,∣X∣=x,∣Y∣=yZ=X+Y, |X|=x,|Y|=yZ=X+Y,∣X∣=x,∣Y∣=y, 令E=F(N,Z)E=\mathcal{F}(N,Z)E=F(N,Z), 则∣E∣=(x+y)n|E|=(x+y)^n∣E∣=(x+y)n.
令Ek={f∈E∣∣f−1(x)∣=k}E_k=\{f\in E\,\big|\,|f^{-1}(x)|=k\}Ek={f∈E∣∣∣f−1(x)∣=k}, 则∣Ek∣=(nk)xkyn−k|E_k|=\binom nkx^ky^{n-k}∣Ek∣=(kn)xkyn−k. 于是
∣E∣=∑k=0n∣Ek∣.|E|=\sum_{k=0}^n|E_k|. ∣E∣=k=0∑n∣Ek∣.
例题4:
证明:
12+22+⋯+n2=16n(n+1)(2n+1).1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac16n(n+1)(2n+1). 12+22+⋯+n2=61n(n+1)(2n+1).
令M={x,y,z},N=[n+1]M=\{x,y,z\},N=[n+1]M={x,y,z},N=[n+1]. E={f∈F(M,N)∣f(x)<f(z),f(y)<f(z)}E=\{f\in\mathcal{F}(M,N)|f(x)<f(z), f(y)<f(z)\}E={f∈F(M,N)∣f(x)<f(z),f(y)<f(z)}, 对EEE进行分类:
令Ek={f∈E∣f(z)=k+1}E_k=\{f\in E|f(z)=k+1\}Ek={f∈E∣f(z)=k+1}, 则∣Ek∣=k2|E_k|=k^2∣Ek∣=k2. 于是∣E∣=∑k=1n∣Ek∣=∑k=1nk2|E|=\sum\limits_{k=1}^n|E_k|=\sum\limits_{k=1}^nk^2∣E∣=k=1∑n∣Ek∣=k=1∑nk2.
另一方面, 令
{A={f∈E∣f(x)=f(y)<f(z)}⇒∣A∣=(n+12)B={f∈E∣f(x)<f(y)<f(z)}⇒∣B∣=(n+13)C={f∈E∣f(y)<f(x)<f(z)}⇒∣C∣=(n+13)\begin{cases} A=\{f\in E\,|\,f(x)=f(y)<f(z)\}&\Rightarrow |A|=\binom{n+1}{2}\\[5pt] B=\{f\in E\,|\,f(x)<f(y)<f(z)\}&\Rightarrow |B|=\binom{n+1}{3}\\[5pt] C=\{f\in E\,|\,f(y)<f(x)<f(z)\}&\Rightarrow |C|=\binom{n+1}{3} \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧A={f∈E∣f(x)=f(y)<f(z)}B={f∈E∣f(x)<f(y)<f(z)}C={f∈E∣f(y)<f(x)<f(z)}⇒∣A∣=(2n+1)⇒∣B∣=(3n+1)⇒∣C∣=(3n+1)
可见E=A∪B∪CE=A\cup B\cup CE=A∪B∪C, 且A,B,CA,B,CA,B,C两两不交, 于是有
∣E∣=∣A∣+∣B∣+∣C∣=(n+12)+2(n+13)=16n(n+1)(2n+1).|E|=|A|+|B|+|C|=\binom{n+1}2+2\binom{n+1}3=\frac16n(n+1)(2n+1). ∣E∣=∣A∣+∣B∣+∣C∣=(2n+1)+2(3n+1)=61n(n+1)(2n+1).
推广: 对于自然数的立方求和只需要将上题中的三个元素再添上一个即可证明.
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