從一道組合計數題談起

從一道組合計數題談起

宋秉信

徐利治教授在 「計算組合數學」 一書中有這樣一道題: 假設有 m 種事物, 每種事物各有 s 個, 問任取 r 個的組合方法數有少個?

我們不妨把這種方法數記為 C(s^m,r),那麼,

C(s^m, r) =

[_s+1^r ]

X

k=0

(−1)^k m k

!

m− 1 + r − k(s + 1) r− k(s + 1)

!

。 其中r ≥ k(s + 1), 0 ≤ k ≤ [_s+1^r ], 符號[x]表示取不大於x 的最大整數。

對於這道題, 我們關心的不只是如何解, 更重要的是C(s^m,r)具有哪些性質?

我們的思路是這樣的: 題目中問“任取 r 個”的組合方法數有多少? 何謂任取r個, 無外乎

是對每種事物可以重複選取, 也可以一個不取, 若用枚舉發生函數來表示, 即為

(1 + t + t²+ · · · + t^s)^m.

這樣一來, 問題便轉變為怎樣找出所述發生函數展開式中t^r的係數, 由於

 X

^s

k=1

t^k

^

^m= (1 − t^s+1)^m· (1 − t)^−m

=

m

X

k=0

(−1)^k· m k

!

· t^k(s+1)·

^

∞

X

j=0

m− 1 + j m− 1

!

· t^j

^

如果考慮 t^k(s+1) = t^r, 可由 j = r − k(s + 1) ≥ 0 推出 0 ≤ k ≤ [_s+1^r ]。 即有

 X

^s

k=0

t^k

^

^m =

sm

X

k=0

t^r

^

[_s+1^r ]

X

k=0

(−1)^k· m k

!

· m− 1 + r − k(s + 1) r− k(s + 1)

!



這就說明任取 r 個的組合方法數是 C(s^m, r) =

[_s+1^r ]

X

k=0

(−1)^k· m k

!

· m− 1 + r − k(s + 1) r− k(s + 1)

!

。 那麼 C(s^m, r) 有哪些性質呢?

45

k

性質1: 類似二項式係數

^

^m−1_r−1

^

+

^

^m−1_r

^

=

^

^m_r

^

有恆等式:

C(s^m−1, i) + C(s^m−1, i+ 1) + · · · + C(s^m−1, i+ s) = C(s^m, i+ s)。

即

^P

^s_j=0C(s^m−1, i+ j) = C(s^m, i+ s)。

證明: 由於

^{ P}

^s_k=0t^k

^

^m=

^P

^sm_r=0C(s^m, r) · t^r 所以

 X

^s

k=0

t^k

^

^m =

^

s

X

k=0

t^k

^

^m−1 · (1 + t + t²+ · · · + t^s)

= C(s^m−1,0)+[C(s^m−1,0)]+C(s^m−1,1)]t + [C(s^m−1,0) + C(s^m−1,1)+C(s^m−1,2)]t²+· · ·+

^h

s

X

j=0

C(s^m−1, j)

ⁱ

· t^s+

^h

s+1

X

j=1

C(s^m−1, j)] · t^s+1+· · ·

由此, 得 C(s^m, i+ s) =

^P

^s_r=0C(s^m−1, i+ j)。

性質2: 是楊輝三角形的推廣。

我們知道, 牛頓二項式定理是:

(1 + t)^m=

m

X

r=0

m r

!

· t^r=

m

X

r=0

C(1^m, r) · t^r。 其係數

^

^m

0



= 1,

^

^m₁

^

,

^

^m₂

^

, · · ·,

^

^m_r

^

,· · ·,

^

^m_m

^

= 1, 它就是楊輝三角形中第 m + 1 行的全體數 字。

逆推法別: 根據楊輝等式

^

^m−1_r−1

^

+

^

^m−1_r

^

=

^

^m_r

^

知, 楊輝三角形中的每一數都等於其頭 頂上兩數之和, 邊界不足可加零補充。

邊界是每一行以 1 開始, 又以 1 結束。

如三項三角形:

2

X

k=0

(t^k)^m=

2m

X

r=0

C(2^m· r) · t^r =

2m

X

r=0

n

[₃^r]

X

k=0

(−1)^k· m k

! 



m− 1 + r − 3k r− 3k





t^r 其中 C(2^m,0), C(2^m,1), · · · C(2^m, r),· · ·,C(2^m,2m − 1), C(2^m,2m) 是三項三角形的第 m+ 1 行的全體數字, 當 m = 0,1, 2, · · ·, r − 1, r, · · · 構成三項三角形。

三項恆等式為:

C(2^m−1, r− 2)+C(2^m−1, r− 1)+C(2^m−1, r) = C(2^m, r)。 如圖一所示。

19 7 3 1 1

16 6 2 1

16 6 2 1

10 3 1

4 1

1 10

3 1

4 1

1

· · · ·

1 · C(2^m−1, r− 2)C(2^m−1, r− 1)C(2^m−1, r)· 1

1 · · · C(2^m, r)· · · 1

· · · ·

圖一

同理, 我們可得到 s + 1 項三角形:

 X

^s

k=0

t^k

^

^m=

sm

X

r=0

C(s^m, r) · t^r =

sm

X

r=0

n

[s+1^r ]

X

k=0

(−1)^k· m k

!

· m− 1 + r − k(s + 1) r− k(s + 1)

!

· t^r 其中 1, m, · · · , C(s^m, r), · · · , m, 1 是 s + 1 項三角形的第 m + 1 行的全體數字。 當 m = 0, 1, 2, · · · , r − 1, r, · · ·, 按序排列起來便構成 s + 1 項三角形。

性質3:

sm

X

r=0

C(s^m, r) = (s + 1)^m,

sm

X

r=0

(−1)^rC(s^m, r) =







0 當s為奇數時, 1 當s為偶數時。

事實上, 我們令 t = 1 時 (或 t = −1 時) 代入 s + 1 項三角形公式中, 即可得性質 3 之結論。

性質4: 類似二項式係數有

^P

^m_r=1

^

^m_r

^

² =

^

^2m_m

^

, 數 C(s^m, r) 也有

^P

^sm_r=0C²(s^m, r) = C(s^2m, sm)。

對於數 C(s^m, r), 我們可分如下幾種情況進行對論。

(1) 當 s 為奇數時,

[^sm_2r⁻ⁱ]

X

k=0

C(s^m,2rk + i) =

ⁿ

1 2r

n

(s + 1)^m+ 2

^

r−1

X

k=1

h

sin^k(s+1)_2r π sin _2r^kπ

i

m

· cos ksm− 2i 2r π

^o

i= 0, 1, 2, · · · , 2r − 1。

(2) 當 s 為偶數時,

[^sm_2r⁻ⁱ]

X

k=0

C(s^m,2rk + i)

= 1 2r

n

(s + 1)^m+ (−1)ⁱ+ 2

^

r−1

X

k=1

h

sin^k(s+1)_2r π sin ^kπ_2r

i

m

· cos ksm− 2i 2r π

^o

i= 0, 1, 2, · · · , 2r − 1。

這實際上是二項式係數每次缺 2r + 1 等分和的公式。

(3) 當 s 為自然數時,

[^sm_2r+1⁻ⁱ]

X

k=0

C(s^m,(2r + 1)k + i)

= 1

2r + 1

n

(s + 1)^m+ 2

^

r

X

k=1

h

sin ^k(s+1)_2r+1 π sin_2r+1^kπ

i

m

· cos ksm− 2i 2r + 1 π

^o

i= 0, 1, 2, · · · , 2r − 1, 2r。

對於性質 4, 事實上, 只要考慮

 X

^s

k=0

t^k

^

^m·

^

0

X

k=s

t^k

^

^m =

^

s

X

j=0

t^j

^

^2m,

將上式兩端分別展開, 只比較其 t^sm 的係數即可得之。 比方說, s = 2,m = 3 時, 有

 X

²

k=0

t^k

^

³·

^

0

X

k=2

t^k

^

³ =

^

2

X

k=0

t^k

^

⁶, 在兩端比較 t^sm = t⁶ 的係數, 有

C²(2³,0)+C²(2³,1)+C²(2³,2)+C²(2³,3)+C²(2³,4)+C²(2³,5)+C²(2³,6) = C(2⁶,6) 即 1²+ 3²+ 6²+ 7²+ 6² + 3²+ 1² = 141。

我們現在來證明數 C(s^m, r) 在不同情況下求和公式。

首先, 讓我們來建立下列預備知識:

1. 設 θ₀(= 1),θ₁(= e^i2π2r),θ₂, · · · θ_2r−1 為 1 的一切 2r 次冪根, 即 x^2r = 1 的全部根, θ₁ 與 θ₁ (= e^−i2π2r) 互為共軛複數, 則有

θ^jk₁

^

s

X

t=0

θ₁^kt

^

^m+θ^j(2r−k)₁

^

s

X

t=0

θ^(2r−k)t₁

^

^m=

^h

sin ^k(s+1)π_2r sin ^kπ_2r

i

m

· cos ksm− 2j

2r π。 (1)

2r

X

k=1

h

θ^−jk₁

^

s

X

t=0

θ₁^kt

^

^m

ⁱ

=



 

 

 

 



 

 

 

 



{(s + 1)^m+(−1)^j+2

^{h P}

^r−1_k=1

^

^sin

k(s+1)π 2r

sin^kπ_2r



m

· cos k^sm−2j_2r π

^io

(當 s 為偶數時)

n

(s + 1)^m+2

^{h P}

^r−1_k=1

^

^sin

k(s+1)π 2r

sin^kπ_2r



m

· cos^sm−2j_2r π

^io

。 (2) (當 s 為奇數時)

其中 j = 0, 1, 2, · · · 2r − 1。

證明:

∵

θ₁=e^i2π2r=cos2π

2r+i sin2π 2r,

∴

θ₁+ θ₁=2 cos2π 2r,

 X

^s

t=0

θ^kt₁

^

^m=(1 − θ^k(s+1)₁

^

^m· (1 − θ^k₁)^m

=

h

1 − (cos^k(s+1)_r π+ i sin^k(s+1)_r π)

ⁱ

^m

h

1 − (cos^kπ_r + i sin^kπ_r )

ⁱ

^m

=

^nh

sin^k(s+1)_2r π sin^kπ_2r

i

m

·

^h

sin ^k(s+1)_2r π− i cos^k(s+1)_2r π sin ^kπ_2r − i cos^kπ_2r

i

m

o

=

^h

sin ^k(s+1)_2r π sin^kπ_2r

i

m

·

^nh

sink(s + 1)

2r π· sin kπ

2r + cosk(s + 1)

2r π· coskπ 2r

i

+i

^h

sink(s + 1)

2r π· coskπ

2r − cosk(s + 1)

2r π· sinkπ 2r

io

m

=

^h

sin ^k(s+1)_2r π sin^kπ_2r

i

m

·

ⁿ

cos(k(s + 1)

2r π− kπ

2r) + i sin(k(s + 1)

2r π− kπ 2r)

^o

^m

=

^h

sin ^k(s+1)_2r sin ^kπ_2r

i

m

· e^imks2rπ

∵

θ₁ 與 θ₁;θ^kt₁ 與 θ^kt₁ ;

^{ P}

^s_t=0θ₁^kt

^

^m 與

^{ P}

^s_t=0θ₁^(2r−k)t

^

^m 以及 θ^kt₁ ·

^{ P}

^s

t=0

θ^kt₁

^

^m 與 θ^(2r−k)j₁ ·

^{ P}

^s_t=0θ₁^(2r−k)t

^

^m 互為共軛複數, 其中 s 為偶數時。 故有

 X

^s

t=0

θ₁^kt

^

^m+

^

s

X

t=0

θ₁^(2r−k)t

^

^m =

^h

sin^k(s+1)_2r π sin^kπ_2r

i

m

· 2 cos ksm 2rπ

 X

^s

t=0

θ^kt₁

^

^m· θ^kj₁ +

^

s

X

k=0

θ₁^(2r−k)t

^

^m· θ^j(2r−k)₁ =

^h

sin^k(s+1)_2r π sin ^kπ_2r

i

m

· 2 cos ksm− 2j 2r π

那麼有

2r

X

k=1

h X

^s

t=0

θ^kt₁

^

^m· θ^kj₁

ⁱ

=

r−1

X

k=1

n X

^s

t=0

θ^kt₁

^

^m· θ^jk₁ +

^

s

X

t=0

θ^(2r−k)t₁

^

^m· θ^j(2r−k)₁

^o

+ (s+1)^m+ (−1)ⁱ

^

s

X

t=0

(−1)^t

^

^m

=









n

(s + 1)^m+ 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1) 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2j_2r π

^o

(當 s 為奇數時)

n

(s + 1)^m+ (−1)^j+ 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1)t 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2j_2r π

^o

(當 s 為偶數時) 其中 j = 0, 1, 2, · · · , 2r − 1。

2. 設 θ0(= 1), θ1(= e^i2r+12π ), θ2,· · · , θ2r 為 1 的一切 2r + 1 次冪根, 即 x^2r+1 = 1 的全 部根, 則有

2r+1

X

k=1

h

θ^jk₁

^

s

X

t=0

θ^kt₁

^

^m

ⁱ

= (s + 1)^m+ 2

^

r

X

k=1

h

sin^k(s+1)_2r+1 π sin_2r+1^kπ

i

m

· cos ksm− 2j 2r + 1 π

^

其中 j = 0, 1, 2, · · · , 2r。

證明方法跟前面相同, 我們略去。

現在再來證明當 s 為奇數時, 公式

[^sm_2r⁻ⁱ]

X

k=0

C(s^m,2rk + i)

= 1 2r

n

(s + 1)^m+ 2

^

r−1

X

k=1

h

sin ^k(s+1)_2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos ksm− 2i 2r π

^o

i= 0, 1, 2, · · · , 2r − 1。

證明: 由於

 X

^s

k=0

t^k

^

^m =

sm

X

r=0

C(s^m, r) · t^r, (A)

設

















λ₀ = C(s^m,0) + C(s^m,2r) + C(s^m,4r) + · · ·

λ₁ = C(s^m,1) + C(s^m,2r + 1) + C(s^m,4r + 1) + · · ·

· · ·

λ_2r−1 = C(s^m,2r − 1) + C(s^m,4r − 1) + C(s^m,6r − 1) + · · ·

由預備知識知, 令θ0,θ1,θ2,· · · θ2r−1 為 x^2r = 1 的全部根, 將 t = θk 代入 (A) 中, 利用 θ_k = θ^k₁, θ²_kr = 1 便得:

























λ₀+ λ₁+ λ₂+ · · · + λ_2r−1= (s + 1)^m

λ₀+ θ1λ₁ + θ₁²λ₂+ · · · + θ₁^2r−1λ_2r−1=

^{ P}

^s_t=0θ₁^t

^

^m λ₀+ θ2λ₁ + θ₂²λ₂+ · · · + θ₂^2r−1λ_2r−1=

^{ P}

^s_t=0θ₁^2r

^

^m

· · ·

λ₀+ θ2r−1λ₁+ θ²_2r−1λ₂+ · · · + θ^2r−1_2r−1λ_2r−1=

^{ P}

^s_t=0θ₁^(2r−1)t

^

^m

(B)

從上我們可將 (B) 看做 2r 個未知量 λ₀,λ1,λ2 · · · , λ2r−1 的線性方程而其係數行列式為 2r 階凡得蒙行列式。

∆2r=

           

1 1 1 · · · 1

1 θ₁ θ²₁ · · · θ₁^2r−1

· · · · 1 θ_2r−1 θ²_2r−1 · · · θ_2r−1^2r−1

           

2r+2r

(註: 第一列加上其餘各列, 再利用

^P

^2r

k=0

θ_i^k= 0 其中 i = 1, 2, · · · , 2r − 1。)

=

           

2r 1 1 · · · 1

0 θ₁ θ²₁ · · · θ₁^2r−1

· · · · 0 θ_2r−1 θ²_2r−1 · · · θ_2r−1^2r−1

           

=

           

θ₁ θ²₁ θ₁³ · · · θ^2r−1₁ θ₂ θ²₂ θ₂³ · · · θ^2r−1₂

· · · · θ_2r−1 θ²_2r−1 θ_2r−1³ · · · θ^2r−1_2r−1

          



(2r−1)×(2r−1)

= 2r(θ₁θ₂· · · θ_2r−1) ·

           

1 θ₁ θ₁² · · · θ₁^2r−1 1 θ₂ θ₂² · · · θ₂^2r−1

· · · · 1 θ_2r−1 θ_2r−1² · · · θ_2r−1^2r−1

          



(2r−1)×(2r−1)

= 2r(θ1θ₂· · · θ2r−1) · ∇2r−1

= 2r(θ1θ₁²· · · θ^2r−1₁ ) · ∇2r−1

= 2rθ₁^r(2r−1)· ∇_2r−1

但 ∇_2r−1 是凡得蒙行列式 ∇_2r−1= 1 ≤ j < i≤ 2r − 1(θi − θt) 6= 0, 又由於 D =

−2r∆2r−16= 0, 所以 (B) 根據克萊姆定理有唯一解: λi = _D¹ · Di (i = 0, 1, 2, · · · , 2r − 1)。

現在再來研究 D_i 的情況:

令 (s + 1)^m+

^

s

X

t=0

θ₁^t

^

^m+

^

s

X

t=0

θ^2t₁

^

^m+ · · · +

^

s

X

t=0

θ^(2r−1t)₁

^

^m

=



 



 



(s + 1)^m+ 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1) 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2j_2r π

^

(當 s 為奇數時) (s + 1)^m+ (−1)^j + 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1) 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2j_2r π

^

(當 s 為偶數時) (C)

D_i =

               

1 · · · 1 (s + 1)^m 1 · · · 1 θ₁⁰ · · · θ₁ⁱ¹

^{ P}

^s_t=0θ₁^t

^

^m θⁱ⁺¹₁ · · · θ^2r−1₁ θ₂⁰ · · · θ₂ⁱ⁻¹

^{ P}

^s_t=0θ₁^2t

^

^m θⁱ⁺¹₂ · · · θ^2r−1₂

· · · · θ_2r−1⁰ · · · θⁱ⁻¹_2r−1

^{ P}

^s_t=0θ₁^(2r−1)t

^

^m θⁱ⁺¹_2r · · · θ^2r−1_2r−1

               

對於 D_i 的各行都加到第一行並利用預備知識以及

^P

^2r−1_j=0 θ_j = 0 得

D_i=

               

0 · · · 0 (C) 0 · · · 0

θ⁰₁ · · · θⁱ⁻¹₁

^{ P}

^s_t=0θ^t₁

^

^m θ₁ⁱ⁺¹ · · · θ^2r−1₁ θ⁰₂ · · · θⁱ⁻¹₂

^{ P}

^s_t=0θ₁^2t

^

^m θ₂ⁱ⁺¹ · · · θ^2r−1₂

· · · · θ⁰_2r−1 · · · θ_2r−1ⁱ⁻¹

^{ P}

^s_t=0θ^(2r−1)t₁

^

^m θ_2r−1ⁱ⁺¹ · · · θ^2r−1_2r−1

               

(對 Di 按第一行展開)

= (−1)ⁱ⁺¹⁺¹· (C) ·

           

θ⁰₁ · · · θ₁ⁱ⁻¹ θⁱ⁺¹₁ · · · θ^2r−1₁ θ⁰₂ · · · θ₂ⁱ⁻¹ θⁱ⁺¹₂ · · · θ^2r−1₂

· · · · θ⁰_2r · · · θ_2rⁱ⁻¹ θⁱ⁺¹_2r · · · θ^2r−1_2r

           

= (−1)ⁱ· (C) ·

           

−θ₁ⁱ θ₁ · · · θⁱ⁻¹₁ θⁱ⁺¹₁ · · · θ₁^2r−1

−θ₂ⁱ θ₂ · · · θⁱ⁻¹₂ θⁱ⁺¹₂ · · · θ₂^2r−1

· · · ·

−θ_2rⁱ θ_2r · · · θⁱ⁻¹_2r θⁱ⁺¹_2r · · · θ_2r^2r−1

          



(2r−1)×(2r−1)

各列都加到第一列, 並利用

^P

^2r−1_k=0,k6=iθ^k_j = −θ_jⁱ。

把第 i 列的負號提出之後, 再把第 1 列與第 2 列互換, 換後的第 2 列又與第 3 列互換, · · ·, 換後 i− 2 列與第 i − 1 列互換, 總共互換 i − 1 次。

D_i= (−1)^i+1+i−1· (C) ·

           

θ₁ · · · θⁱ⁻¹₁ θ₁ⁱ θⁱ⁺¹₁ · · · θ^2r−1₁ θ₂ · · · θⁱ⁻¹₂ θ₂ⁱ θⁱ⁺¹₂ · · · θ^2r−1₂

· · · · θ_2r θⁱ⁻¹_2r θⁱ_2r θⁱ⁺¹_2r · · · θ^2r−1_2r

           

= (C) · (θ1θ₂θ₃· · · θ2r−1)

           

1 · · · θ₁ⁱ · · · θ₁^2r−2 1 · · · θ₂ⁱ · · · θ₂^2r−2

· · · · 1 · · · θ_2rⁱ · · · θ_2r^2r−2

          



(2r−1)×(2r−1)

(註 : θ1θ₂· · · θ2r−1 = −1)

∴

D_i = −(C)∆2r−1故有 λ_i = D_i

D = (−1) · (C) · ∆2r−1

(−1) · ∆2r−1· (2r) = (C) 2r 將 (C) 代入, 可得

λ_i =



 



 



1 2r

n

(s + 1)^m+ 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1) 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2i_2r π

^o

(當 s 為奇數時)

1 2r

n

(s + 1)^m+ (−1)ⁱ+ 2

^{ P}

^r−1_k=1

^h

^sin

k(s+1) 2r π sin^kπ_2r

i

m

· cos k^sm−2i_2r π

^o

(當 s 為偶數時) 其中 i = 0, 1, 2, · · · , 2r − 1。

同理可證當 s 為自然數時, 公式

[^sm_2r+1⁻ⁱ]

X

k=0

C(s^m,(2r + 1)k + i)

= 1

2r + 1

n

(s + 1)^m+ 2

^

r

X

k=1

h

sin ^k(s+1)_2r+1 π sin_2r+1^kπ

i

m

· cos ksm− 2i 2r + 1 π

^o

成立。 (i = 0, 1, 2, · · · , 2r − 1, 2r。)

參考資料

1. 徐利治, 蔣茂森, 朱自江, 「計算組合數學」, 上海科技出版社。

2. 柯召, 魏萬迪, 「組合論」, 科技出版社。

—本文作者任教於湖南省湘潭教育學院—