组合数学——信封错装问题

　　1 问题的提出
1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有[ ]
　　 A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
　　2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？
　　上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰•伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔•伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：
　　一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？
　　2 建立数学模型
　　“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，…，n，并且约定：在n个不同元素的排列中
　　1° 若编号为i(i=1，2，…，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．
　　2° 若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．
　　按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？
　　3 模型求解
　　应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．
　　设I表示n个不同元素的全排列的集合
　　Ai(i=1，2，…，n)为元素i在原位的排列的集合．
　　Ai∩Aj(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．
　　……
　　
　　……
　　A1∩A2∩…∩An为n个元素的序排的集合．
　　则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为
　　|I|=n！
　　|Ai|=(n－1)！
　　|Ai∩Aj|=(n－2)！
　　……
　　
　　……
　　|A1∩A2∩…∩An|=(n－n)！=0！
　　
　　所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为　　　　
　　
　　4 应用举例
　　一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为
　　五个不同元素的错排数为
　　则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．
　　例1设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为
[ ]
　　A．20种 B．30种
　　C．60种 D．120种
　　解本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．
　　
　　第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．
　　
　　例2 某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？
　　解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为
总结 : 只要我们知道是装错信封问题.只要记住答案就行..比如4个的有9种,5个的有44种.

某人给五个朋友写信，邀请他们来家中聚会。请柬和信封交由助手去处理。粗心的助手却把请柬全装错了信封。请问：助手会有多少种装错的可能呢？

参考答案：
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：
用Ａ、Ｂ、Ｃ……表示写着ｎ位友人名字的信封，ａ、ｂ、ｃ……表示ｎ份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作 f(n) 。假设把ａ错装进Ｂ里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（１）ｂ装入Ａ里，这时每种错装的其余部分都与Ａ、Ｂ、ａ、ｂ无关，应有 f(n-2) 种错装法。　　　　
（２）ｂ装入Ａ、Ｂ之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除ａ之外的）n-1份信纸ｂ、ｃ……装入（除Ｂ以外的）ｎ－１个信封Ａ、Ｃ……，显然这时装错的方法有 f(n-1) 种。
总之在ａ装入Ｂ的错误之下，共有错装法 f(n-2)+f(n-1) 种。ａ装入Ｃ，装入Ｄ……的ｎ－２种错误之下，同样都有 f(n-2)+f(n-1) 种错装法，因此 :
f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}
这是递推公式，令ｎ＝１、２、３、４、５逐个推算就能解答蒙摩的问题。
f(1)= 0， f (2)= 1， f (3)= 2， f (4)= 9， f (5)=44。
答案是４４种。一般地，当ｎ＞２时
f(n)=
直接用递推公式，我试过了，推不出；
直接用容斥原理就可以了：
f(n)=n!(1/1! - 1/2! + 1/3! +…+ (-1)^(n-1)/n!)
有N封不同的信装入N个不同的信封,没有一封装对的装法有多少种?
用递推的方法算到a(n)=(n-1)*(a(n-1)+a(n-2))
然后得到a(n)=(-1)^n*A(n,0)+(-1)^(n-1)*A(n,1)+……(-1)^1*A(n,n-1)
算到这个类似与二项式的东西后就算不下去了
我想知道a(n)=多少?
能不能用我这个方法接着算下去?
不能的话用正确的方法怎么算呀?
问题补充：不是说a(n)=(n-1)*(a(n-1)+a(n-2)) 到a(n)=(-1)^n*A(n,0)+(-1)^(n-1)*A(n,1)+……(-1)^1*A(n,n-1) 这步不会
我想知道算到a(n)=(-1)^n*A(n,0)+(-1)^(n-1)*A(n,1)+……(-1)^1*A(n,n-1)后再怎么把a(n)化到最简
用A1,A2,……,An表示以下事件：Ak表示第k封信放在本来的信封上。求出A1∪A2∪……∪An的种类然后用总的减去它就是所需答案了
那么，根据容斥原理，有：
P(A1∪A2∪……∪An)＝
P(A1)+P(A2)+……+P(An)-(P(A1∩A2)+P(A1∩A3)+……+P(A(n-1)∩An))(注意：求和取遍所有不同的Ai∩Aj)+(P(A1∩A2∩A3)+P(A1∩A2∩A4)+……+P(A(n-2)∩P(A(n-1))∩P(An)))(注意：求和取遍所有不同的Ai∩Aj∩Ak)＋……+(-1)^(n-1)P(A1∩A2∩……∩An)
=(n-1)!*n/n!-(n-2)!/n!*C_n^2+(n-3)!/n!*C_n^3+……+(-1)^(n-1)/n!
=1-1/2！+1/3！-……+(-1)^(n-1)/n！
即至少有一对装对的概率就是1-1/2！+1/3！-……+(-1)^(n-1)/n！
当n无穷大时
即=1/e
你已经化到最简了
不用再化下去的~！

a(n)=(n-1)*[a(n-1)+a(n-2)] a1=0 a2=1
算到这一步是对的.
即 a(n+1)=n*[a(n)+a(n-1)]
然后令: b(n)=a(n)/n!
(n+1)b(n+1)=nb(n)+b(n-1)
故，b(n+1)-b(n)=[b(n)-b(n-1)]/(n+1)
………………………………………………
b(n)-b(n-1)=[b(n-1)-b(n-2)]/n
b(n-1)-b(n-2)=[b(n-2)-b(n-3)]/(n-1)
… …
b(4)-b(3)=[b(3)-b(2)]/4
b(3)-b(2)=[b(2)-b(1)]/3
所以: b(n)-b(n-1)=2[b(2)-b(1)]/n!
将这些式子累加起来
可以得到a(n)=n!*(1/2!-1/3!+1/4!……+(-1)^n*1/n!)。

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