Véletlenszerű permutációs statisztikák - Random permutation statistics

A statisztikák permutációs , mint például a képzési szerkezet egy véletlen permutáció alapvető fontosságúak az algoritmusok elemzése , különös tekintettel a rendezési algoritmusok alapján működnek permutációs. Tegyük fel például, hogy a quickselect (a quicksort unokatestvére ) segítségével kiválasztunk egy véletlenszerű permutáció véletlenszerű elemét. A Quickselect részleges rendezést hajt végre a tömbön, mivel felosztja a tömböt a pivot szerint. Így a permutáció kevésbé lesz zavart a gyorsválasztás elvégzése után. A fennmaradó rendellenességek mennyiségét generáló függvényekkel lehet elemezni. Ezek a generáló függvények alapvetően függnek a véletlenszerű permutációs statisztikák generáló függvényeitől. Ezért létfontosságú e generáló függvények kiszámítása.

A véletlenszerű permutációkról szóló cikk bevezetőt tartalmaz a véletlenszerű permutációkhoz.

Az alapvető kapcsolat

A permutációk címkézett ciklusok. A jelölt esetében Flajolet-Sedgewick alaptétele , és írásban a beállított permutációk és a Singleton set, van ${\ displaystyle \ scriptstyle {\ mathcal {P}}}$${\ displaystyle \ scriptstyle {\ mathcal {Z}}}$

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} ({\ mathcal {Z}})) = {\ mathcal {P}}.}$

Lefordítva exponenciális generáló függvények (EGFs), van

${\ displaystyle \ exp \ left (\ log {\ frac {1} {1-z}} \ right) = {\ frac {1} {1-z}}}$

ahol már használják a tényt, hogy az EGF a kombinatorikus fajok permutációk (vannak n ! permutációi n elemek) jelentése

${\ displaystyle \ sum _ {n \ geq 0} {\ frac {n!} {n!}} z^{n} = {\ frac {1} {1-z}}.}$

Ez az egyenlet lehetővé teszi nagyszámú permutációs statisztika származtatását. Először is, ha lehagyjuk a kifejezéseket , azaz exp, akkor korlátozhatjuk a ciklusok számát, amelyeket egy permutáció tartalmaz, például az EGF korlátozásával , hogy két ciklusból álló permutációt kapjunk. Másodszor, vegye figyelembe, hogy az EGAA jelzett ciklus, azaz , a ${\ displaystyle \ scriptstyle \ operatornév {SET}}$${\ displaystyle \ scriptstyle \ operatornév {SET} _ {2}}$${\ displaystyle \ scriptstyle \ operatornév {CYC} ({\ mathcal {Z}})}$

${\ displaystyle \ sum _ {k \ geq 1} {\ frac {(k-1)! z^{k}} {k!}} = \ sum _ {k \ geq 1} {\ frac {z^{ k}} {k}} = \ napló {\ frac {1} {1-z}}}$

mert vannak k!/k címkézett ciklusok. Ez azt jelenti, hogy a kifejezések elengedésével ebből a generáló függvényből korlátozhatjuk a permutációban előforduló ciklusok méretét, és EGM -t kaphatunk a permutációkból, amelyek csak egy adott méretű ciklusokat tartalmaznak.

A ciklusok eltávolítása és kiválasztása helyett különböző súlyokat is fel lehet helyezni a különböző méretű ciklusokra. Ha olyan súlyfüggvény, amely csak a ciklus k méretétől és a rövidségtől függ, akkor írjuk ${\ displaystyle b: \ mathbb {N} \ rightarrow \ mathbb {R}}$

${\ displaystyle b (\ sigma) = \ összeg _ {c \ in \ sigma} b (c),}$

meghatározó értéke b egy permutáció , hogy pusztán az értékeket a ciklus, akkor előfordulhat, jelölje ciklus hossza k és u ^{b ( k )} , hogy megkapjuk a két változó generáló függvény ${\ displaystyle \ sigma}$

${\ displaystyle g (z, u) = 1+\ összeg _ {n \ geq 1} \ left (\ sum _ {\ sigma \ in S_ {n}} u^{b (\ sigma)} \ right) { \ frac {z^{n}} {n!}} = \ exp \ sum _ {k \ geq 1} u^{b (k)} {\ frac {z^{k}} {k}}}$

Ez egy "vegyes" generáló függvény: ez egy exponenciális generáló függvény z -ben és egy közönséges generáló függvény az u másodlagos paraméterben . Megkülönböztetjük és értékeljük az u  = 1 -nél

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} b (k) {\ frac {z^{k}} {k}} = \ sum _ {n \ geq 1} \ left (\ sum _ {\ sigma \ in S_ {n}} b (\ szigma) \ jobb) {\ frac {z^{n}} {n!}}}$

Ez a b elvárásának valószínűséggeneráló függvénye . Más szavakkal, ebben a hatványsorban a együttható a b várható értéke b in permutációinál , mivel minden egyes permutációt azonos valószínűséggel választanak ki . ${\ displaystyle z^{n}}$${\ displaystyle S_ {n}}$${\ displaystyle 1/n!}$

Ez a cikk a [ z ⁿ ] együtthatókivonó operátort használja , amelyet a formális hatványsorok oldalán dokumentáltak .

Az involúciókat okozó permutációk száma

Az involúció egy σ permutáció, így σ ² = 1 a permutációs összetétel alatt. Ebből következik, hogy σ csak egy vagy kettő hosszúságú ciklusokat tartalmazhat, azaz ezen permutációk g ( z ) exponenciális generáló függvénye

${\ displaystyle g (z) = \ exp \ left (z+{\ frac {1} {2}} z^{2} \ right).}$

Ez megadja az σ ∈ S _n permutációk közötti összes involúció  számának kifejezett képletét : ${\ displaystyle I (n)}$

${\ displaystyle I (n) = n! [z^{n}] g (z) = n! \ sum _ {a+2b = n} {\ frac {1} {a! \; 2^{b} \; b!}} = n! \ sum _ {b = 0}^{\ lfloor n/2 \ rfloor} {\ frac {1} {(n-2b)! \; 2^{b} \; b !}}.}$

Osztás n -vel ! azt a valószínűséget adja, hogy a véletlenszerű permutáció involúció. Ezek a számok az úgynevezett telefonszámok .

Az egység m gyökereinek számító permutációk száma

Ez általánosítja az involúció fogalmát. Az egység m -edik gyöke egy σ permutáció, így σ ^m = 1 a permutációs összetétel alatt. Most minden alkalommal, amikor σ -t alkalmazunk, egy lépést haladunk párhuzamosan minden ciklusa mentén. A d hosszúságú ciklus, amelyet d alkalommal alkalmaznak , d elemen ( d fix pont) azonosító permutációt eredményez, és d a legkisebb érték. Ezért m többszörösének kell lennie az összes ciklus méretben nap , vagyis az egyetlen lehetséges ciklusok azok melynek hossza d osztója az m . Ebből következik, hogy ezen permutációk EGF g ( x )

${\ displaystyle g (z) = \ exp \ left (\ sum _ {d \ mid m} {\ frac {z^{d}} {d}} \ right).}$

Ha m = p , ahol p prím, ez egyszerűsödik

${\ displaystyle n! [z^{n}] g (z) = n! \ sum _ {a+pb = n} {\ frac {1} {a! \; p^{b} \; b!} } = n! \ sum _ {b = 0}^{\ lfloor n/p \ rfloor} {\ frac {1} {(n-pb)! \; p^{b} \; b!}}.}$

A sorrend permutációinak száma pontosan k

Ezt meg lehet tenni Möbius inverziójával . Ugyanazzal a koncepcióval dolgozva, mint az előző bejegyzésben, megjegyezzük, hogy a permutációk kombinatorikus fajai , amelyek sorrendje osztja a k -t, ${\ displaystyle {\ mathcal {Q}}}$

${\ displaystyle {\ mathcal {Q}} = \ operatornév {SET} \ bal (\ sum _ {d \ mid k} \ operatorname {CYC} _ {= d} ({\ mathcal {Z}}) \ jobb) .}$

Exponenciális generáló függvényekre lefordítva megkapjuk a permutációk EGF -jét, amelyek sorrendje osztja a k -t, azaz

${\ displaystyle Q_ {k} (z) = \ exp \ left (\ sum _ {d \ mid k} {\ frac {z^{d}} {d}} \ right).}$

Most ezzel a generáló függvénnyel pontosan k k sorrendű permutációkat számolhatunk . Hagy száma legyen permutációinak n , amelynek érdekében pontosan nap és száma permutációinak n a permutáció száma, akiknek érdekében oszt k . Akkor megvan ${\ displaystyle p_ {n, d}}$${\ displaystyle q_ {n, k}}$

${\ displaystyle \ sum _ {d | k} p_ {n, d} = q_ {n, k}.}$

Möbius inverziójából következik, hogy

${\ displaystyle \ sum _ {d | k} q_ {n, d} \ times \ mu (k/d) = p_ {n, k}.}$

Ezért megvan az EGAA

${\ displaystyle Q (z) = \ sum _ {d \ mid k} \ mu (k/d) \ times Q_ {d} (z) = \ sum _ {d \ mid k} \ mu (k/d) \ exp \ balra (\ sum _ {m \ mid d} {\ frac {z^{m}} {m}} \ jobb).}$

A kívánt számot ezután a

${\ displaystyle n! [z^{n}] Q (z).}$

Ez a képlet pl. K  = 6 esetén előállítja az EGF -et

${\ displaystyle Q (z) = {\ rm {e}}^{z}-{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2}}-{\ rm {e}} ^{z+1/3 \, z^{3}}+{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2} +1/3 \, z^{3} +1 /6 \, z^{6}}}$

n  = 5 -től kezdődő értéksorral

${\ displaystyle 20,240,1470,10640,83160,584640,4496030,42658440,371762820,3594871280, \ ldots}$( A061121 sorozat az OEIS -ben )

Mert k  = 8 megkapjuk az EGF

${\ displaystyle Q (z) =-{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2} +1/4 \, z^{4}}+{\ rm {e}} ^{z+1/2 \, z^{2} +1/4 \, z^{4} +1/8 \, z^{8}}}$

n  = 8 -tól kezdődő értéksorral

${\ displaystyle 5040,45360,453600,3326400,39916800,363242880,3874590720,34767532800, \ ldots}$( A061122 sorozat az OEIS -ben )

Végül k  = 12 esetén megkapjuk az EGF -et

${\ displaystyle Q (z) = {\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2}}-{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{ 2} +1/4 \, z^{4}}-{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2} +1/3 \, {z}^{3}+ 1/6 \, z^{6}}+{\ rm {e}}^{z+1/2 \, z^{2} +1/3 \, z^{3} +1/4 \, z^{4} +1/6 \, z^{6} +1/12 \, z^{12}}}$

n  = 7 -től kezdődő értéksorral

${\ displaystyle 420,3360,30240,403200,4019400,80166240,965284320,12173441280,162850287600, \ ldots}$( A061125 sorozat az OEIS -ben )

A permutációk száma, amelyek zavarok

Tegyük fel, hogy egy buliban n ember van, és mindegyikük hozott egy esernyőt. A buli végén mindenki elővesz egy esernyőt az esernyő- és levélkötegből. Mennyi annak a valószínűsége, hogy senki nem távozott saját esernyőjével? Ez a probléma egyenértékű a rögzített pontok nélküli permutációk számításával (az úgynevezett eltereléseknek ), és ezért az EGF -nek , ahol kivonjuk a rögzített pontokat (1 hosszúságú ciklusok) úgy, hogy eltávolítjuk a z kifejezést az alapvető összefüggésből.

${\ displaystyle \ exp \ left (-z+\ sum _ {k \ geq 1} {\ frac {z^{k}} {k}} \ right) = {\ frac {e^{-z}} {1 -z}}.}$

Az összegekkel való szorzást az együtthatókat , tehát a rendellenességek teljes számát a következőképpen adjuk meg: ${\ displaystyle 1/(1-z)}$${\ displaystyle e^{-z}}$${\ displaystyle D (n)}$

${\ displaystyle D (n) = n! \ sum _ {k = 0}^{n} {\ frac {(-1)^{k}} {k!}} \; \ kb \; {\ frac { n!} {e}}.}$

Ezért van szó rendellenességekről és annak valószínűsége, hogy a véletlenszerű permutáció zavar${\ displaystyle n!/e}$${\ displaystyle 1/e.}$

Ezt az eredményt befogadás – kizárás is bizonyíthatja . A készlet , ahol a halmaza permutációk, hogy fix p , mi ${\ displaystyle A_ {p}}$${\ displaystyle {\ begin {mátrix} 1 \ leq p \ leq n \ end {mátrix}}}$

${\ displaystyle \ left | \ bigcup _ {p} A_ {p} \ right | = \ sum _ {p} \ left | A_ {p} \ right | \;-\; \ sum _ {p <q} \ bal | A_ {p} \ sapka A_ {q} \ jobb | \;+\; \ összeg _ {p <q <r} \ bal | A_ {p} \ sapka A_ {q} \ sapka A_ {r} \ jobb | \;-\; \ cdots \; \ pm \; \ left | A_ {p} \ cap \; \ cdots \; \ cap A_ {s} \ right |.}$

Ez a képlet számolja azon permutációk számát, amelyek legalább egy fix ponttal rendelkeznek. A kardinalitások a következők:

${\ displaystyle \ left | A_ {p} \ right | = (n-1)! \;, \; \; \ left | A_ {p} \ cap A_ {q} \ right | = (n-2)! \;, \; \; \ bal | A_ {p} \ cap A_ {q} \ cap A_ {r} \ right | = (n-3)! \;, \; \ ldots}$

Ezért a permutációk száma fix pont nélkül

${\ displaystyle n! \; \;-\; \; {n \ select 1} (n-1)! \; \;+\; \; {n \ select 2} (n-2)! \; \ ;-\; \; {n \ select 3} (n-3)! \; \;+\; \; \ cdots \; \; \ pm \; \; {n \ select n} (nn)!}$

vagy

${\ displaystyle n! \ left (1-{\ frac {1} {1!}}+{\ frac {1} {2!}}-{\ frac {1} {3!}}+\ cdots \ pm {\ frac {1} {n!}} \ right) = n! \ sum _ {k = 0}^{n} {\ frac {(-1)^{k}} {k!}}}$

és megvan a követelés.

Van egy általánosítás ezekre a számokra, amelyeket rencontres számoknak neveznek , azaz m fix pontokat tartalmazó permutációk számát . A megfelelő EGF -et úgy kapjuk meg, hogy az egyes méretű ciklusokat megjelöljük az u változóval , azaz b ( k ) egyenlő az eggyel és nulla, máskülönben nulla, ami a permutációk halmazának generáló függvényét eredményezi a rögzített pontok számával: ${\ displaystyle D (n, m)}$${\ displaystyle [n]}$${\ displaystyle k = 1}$${\ displaystyle g (z, u)}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (-z+uz+\ sum _ {k \ geq 1} {\ frac {z^{k}} {k}} \ right) = {\ frac { e^{-z}} {1-z}} e^{uz}.}$

Ebből következik, hogy

${\ displaystyle [u^{m}] g (z, u) = {\ frac {e^{-z}} {1-z}} {\ frac {z^{m}} {m!}}}$

és ezért

${\ displaystyle D (n, m) = n! [z^{n}] [u^{m}] g (z, u) = {\ frac {n!} {m!}} [z^{nm }] {\ frac {e^{-z}} {1-z}} = {\ frac {n!} {m!}} \ sum _ {k = 0}^{nm} {\ frac {(- 1)^{k}} {k!}}.}$

Ez azonnal azt sugallja

${\ displaystyle D (n, m) = {n \ select m} D (nm, 0) \; \; {\ text {and}} \; \; {\ frac {D (n, m)} {n !}} \ kb {\ frac {e^{-1}} {m!}}}$

az n nagy, m rögzített.

Véletlenszerű permutáció sorrendje

Ha P jelentése egy permutációs, a sorrendben a P az a legkisebb pozitív egész szám, n , amelyre az identitás permutáció. Ez a P ciklusainak hossza legkevésbé gyakori többszöröse . ${\ displaystyle P^{n}}$

Goh és Schmutz tétele azt állítja, hogy ha az n méretű véletlenszerű permutáció várható sorrendje , akkor ${\ displaystyle \ mu _ {n}}$

${\ displaystyle \ log \ mu _ {n} \ sim c {\ sqrt {\ frac {n} {\ log n}}}}$

ahol a konstans c van

${\ displaystyle 2 {\ sqrt {2 \ int _ {0}^{\ infty} \ log \ log \ left ({\ frac {e} {1-e^{-t}}} \ right) dt}} \ kb 1.1178641511899}$

Páros és páratlan ciklusokat tartalmazó elrendezések

Ugyanazt a konstrukciót használhatjuk, mint az előző részben, hogy kiszámítsuk a páros ciklusokat és a páratlan számú ciklusokat tartalmazó eltéréseket. Ehhez meg kell jelölnünk az összes ciklust, és ki kell vonni a rögzített pontokat ${\ displaystyle D_ {0} (n)}$${\ displaystyle D_ {1} (n)}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (-uz+u \ log {\ frac {1} {1-z}} \ right) = \ exp (-uz) \ left ({\ frac { 1} {1-z}} \ jobb)^{u}.}$

Most néhány nagyon alapvető érvelés azt mutatja, hogy az EGF az adja ${\ displaystyle q (z)}$${\ displaystyle D_ {0} (n)}$

${\ displaystyle q (z) = {\ frac {1} {2}} \ g g (z, -1)+{\ frac {1} {2}} \ x g (z, 1) = {\ frac {1} {2}} \ exp (-z) {\ frac {1} {1-z}}+{\ frac {1} {2}} \ exp (z) (1-z).}$

Nekünk így van

${\ displaystyle D_ {0} (n) = n! [z^{n}] q (z) = {\ frac {1} {2}} n! \ sum _ {k = 0}^{n} { \ frac {(-1)^{k}} {k!}}+{\ frac {1} {2}} n! {\ frac {1} {n!}}-{\ frac {1} {2 }} n! {\ frac {1} {(n-1)!}}}$

ami

${\ displaystyle {\ frac {1} {2}} n! \ sum _ {k = 0}^{n} {\ frac {(-1)^{k}} {k!}}+{\ frac { 1} {2}} (1-n) \ sim {\ frac {1} {2e}} n!+{\ Frac {1} {2}} (1-n).}$

Kivonva re találunk ${\ displaystyle D_ {0} (n)}$${\ displaystyle D (n)}$

${\ displaystyle D_ {1} (n) = {\ frac {1} {2}} n! \ sum _ {k = 0}^{n} {\ frac {(-1)^{k}} {k !}}-{\ frac {1} {2}} (1-n).}$

A kettő ( és ) közötti különbség az${\ displaystyle D_ {0} (n)}$${\ displaystyle D_ {1} (n)}$${\ displaystyle n-1.}$

Száz fogoly

Egy börtönfelügyelő helyet akar foglalni a börtönében, és száz fogoly felszabadítását fontolgatja, ezáltal száz cellát szabadít fel. Ezért összegyűjt száz foglyot, és felkéri őket, hogy játsszák a következő játékot: száz urnát sorakoztatnak fel egymás után, mindegyik egy fogoly nevét tartalmazza, ahol minden fogoly neve pontosan egyszer fordul elő. A játékot a következőképpen játsszák: minden fogoly belenézhet ötven urnába. Ha nem találja a nevét az ötven urnában, akkor minden foglyot azonnal kivégeznek, különben a játék folytatódik. A foglyoknak néhány pillanatuk van dönteni a stratégiáról, tudva, hogy miután a játék elkezdődött, nem tudnak egymással kommunikálni, semmilyen módon megjelölni az urnákat, vagy mozgatni az urnákat vagy a bennük lévő neveket. Az urnákat véletlenszerűen választva túlélési esélyük majdnem nulla, de van egy stratégia, amely 30% -os esélyt ad a túlélésre, feltételezve, hogy a neveket véletlenszerűen osztják ki az urnákhoz - mi ez?

Először is, a túlélési valószínűség véletlenszerű választásokkal

${\ displaystyle \ left ({\ frac {99 \ select 49} {100 \ select 50}} \ right)^{100} = {\ frac {1} {2^{100}}},}$

tehát ez határozottan nem praktikus stratégia.

A 30% -os túlélési stratégia az, hogy az urnák tartalmát a foglyok permutációjának és a bejárási ciklusoknak tekintjük. A jelölés egyszerűsége érdekében minden fogvatartottnak rendeljen egy számot, például a nevük ábécé szerinti rendezésével. Az urnákat ezután úgy tekinthetjük, hogy számokat tartalmaznak, nem pedig neveket. Most már egyértelműen az urnák tartalma határozza meg a permutációt. Az első fogoly kinyitja az első urnát. Ha megtalálja a nevét, befejezte és túléli. Ellenkező esetben kinyitja az urnát az első urnában talált számmal. A folyamat megismétlődik: a fogoly kinyit egy urnát, és túléli, ha megtalálja a nevét, ellenkező esetben kinyitja az urnát az imént kapott számmal, legfeljebb ötven urnáig. A második fogoly a második urnával, a harmadik a harmadik urnával kezd, stb. Ez a stratégia pontosan megegyezik az urnák által képviselt permutációs ciklusok bejárásával. Minden fogoly azzal kezdi, hogy az urnán rajta van a száma, és továbbhalad a ciklusán, legfeljebb ötven urnáig. A számát tartalmazó urnának a száma a permutáció alatti előkép. Ezért a foglyok életben maradnak, ha a permutáció minden ciklusa legfeljebb ötven elemet tartalmaz. Be kell mutatnunk, hogy ez a valószínűség legalább 30%.

Vegye figyelembe, hogy ez azt feltételezi, hogy a felügyelő véletlenszerűen választja ki a permutációt; ha a felügyelő előre látja ezt a stratégiát, egyszerűen választhat egy 51. ciklusú permutációt. Ennek leküzdése érdekében a foglyok előre megállapodhatnak nevük véletlenszerű permutációjában.

Fontoljuk meg a foglyok és urnák kinyitásának általános ügyét . Először kiszámítjuk a komplementer valószínűséget, vagyis azt, hogy több mint elemből álló ciklus létezik . Ennek tudatában mutatjuk be ${\ displaystyle 2n}$${\ displaystyle n}$${\ displaystyle n}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (z+{\ frac {z^{2}} {2}}+{\ frac {z^{3}} {3}}+\ cdots+u {\ frac {z^{n+1}} {n+1}}+u {\ frac {z^{n+2}} {n+2}}+\ cdots \ right)}$

vagy

${\ displaystyle {\ frac {1} {1-z}} \ exp \ left ((u-1) \ left ({\ frac {z^{n+1}} {n+1}}+{\ frac {z^{n+2}} {n+2}}+\ cdots \ right) \ right),}$

hogy a kívánt valószínűség az legyen

${\ displaystyle [z^{2n}] [u] g (z, u),}$

mert az elemeknél több kör szükségszerűen egyedi lesz. A tényt felhasználva azt találjuk ${\ displaystyle n}$${\ displaystyle 2 (n+1)> 2n}$

${\ displaystyle [z^{2n}] [u] g (z, u) = [z^{2n}] [u] {\ frac {1} {1-z}} \ left (1+ (u- 1) \ bal ({\ frac {z^{n+1}} {n+1}}+{\ frac {z^{n+2}} {n+2}}+\ cdots \ jobb) \ jobb ),}$

ami hoz

${\ displaystyle [z^{2n}] [u] g (z, u) = [z^{2n}] {\ frac {1} {1-z}} \ left ({\ frac {z^{n +1}} {n+1}}+{\ frac {z^{n+2}} {n+2}}+\ cdots \ right) = \ sum _ {k = n+1}^{2n} {\ frac {1} {k}} = H_ {2n} -H_ {n}.}$

Végül, a szerves becslést, mint Euler-Maclaurin összegzési , vagy a aszimptotikus sor az n edik harmonikus szám , megkapjuk

${\ displaystyle H_ {2n} -H_ {n} \ sim \ log 2-{\ frac {1} {4n}}+{\ frac {1} {16n^{2}}}-{\ frac {1} {128n^{4}}}+{\ frac {1} {256n^{6}}}-{\ frac {17} {4096n^{8}}}+\ cdots,}$

hát azt

${\ displaystyle [z^{2n}] [u] g (z, u) <\ log 2 \ quad {\ mbox {és}} \ quad 1- [z^{2n}] [u] g (z, u)> 1- \ log 2 = 0,30685281,}$

vagy legalább 30%, az állítás szerint.

Ezzel összefüggő eredmény az, hogy aszimptotikusan a leghosszabb ciklus várható hossza λn, ahol λ a Golomb – Dickman állandó , megközelítőleg 0,62.

Ez a példa Gál Annának és Peter Bro Miltersennek köszönhető; további információért olvassa el Peter Winkler lapját, és tekintse meg a Les-Mathematiques.net weboldalon folyó vitát . Tekintse meg a 100 fogolyra vonatkozó hivatkozásokat, hogy megtalálja a hivatkozásokat ezekre a hivatkozásokra.

A fenti számítást egyszerűbb és közvetlen módon is el lehet végezni, az alábbiak szerint: először is vegye figyelembe, hogy az elemek permutációja legfeljebb egy ciklus hosszúságú, szigorúan nagyobb, mint . Így, ha jelöljük ${\ displaystyle 2n}$${\ displaystyle n}$

${\ displaystyle p_ {k} = \ Pr [{\ mbox {van egy hosszú ciklus}} k],}$

azután

${\ displaystyle \ Pr [{\ mbox {van egy hosszú ciklus}}> n] = \ összeg _ {k = n+1}^{2n} p_ {k}.}$

Mert , permutációinak számát, amelyek a ciklus hossza pontosan van ${\ displaystyle k> n}$${\ displaystyle k}$

${\ displaystyle {{2n} \ select k} \ cdot {\ frac {k!} {k}} \ cdot (2n-k) !.}}$

Magyarázat: a ciklus részét képező elemek kiválasztásának számos módja ; a ciklus elemeinek elrendezésének módja ; és a többi elem permutálásának módja. Nincs kettős számlálás itt, mert ott legfeljebb egy ciklus hossza , amikor . Így, ${\ displaystyle {{2n} \ select k}}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle {\ frac {k!} {k}}}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle (2n-k)!}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle k> n}$

${\ displaystyle p_ {k} = {\ frac {{{2n} \ select k} \ cdot {\ frac {k!} {k}} \ cdot (2n-k)!} {(2n)!}} = = {\ frac {1} {k}}.}$

Arra következtetünk

${\ displaystyle \ Pr [{\ mbox {van egy ciklus hosszúság}}> n] = \ összeg _ {k = n+1}^{2n} {\ frac {1} {k}} = H_ {2n } -H_ {n}.}$

A 100 fogoly problémájának variációja (kulcsok és dobozok)

Van egy szorosan kapcsolódó probléma, amely nagyon jól illeszkedik az itt bemutatott módszerhez. Tegyük fel, hogy n megrendelt doboza van. Minden doboz tartalmaz egy kulcsot egy másik dobozhoz vagy esetleg önmagához, amely a kulcsok permutációját adja. E n négyzetből egyszerre kijelölheti k -t, és egyidejűleg kinyithatja őket, és hozzáférhet k gombokhoz. Mekkora annak a valószínűsége, hogy ezekkel a billentyűkkel megnyithatja az összes n dobozt, ahol egy talált kulccsal nyithatja meg azt a dobozt, amelyhez tartozik, és megismétli.

A probléma matematikai megfogalmazása a következő: válasszon véletlenszerű permutációt n elemen és k értéken az 1 és n közötti tartományban , szintén véletlenszerűen, hívja ezeket a jeleket. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a permutáció minden ciklusában van legalább egy jel? Az állítás szerint ez a valószínűség k/n .

A ciklusonkénti permutációk fajai , amelyek mindegyik ciklus néhány nem üres részhalmazával vannak jelölve, specifikációval rendelkeznek ${\ displaystyle {\ mathcal {Q}}}$

${\ displaystyle {\ mathcal {Q}} = \ operatornév {SET} \ left (\ sum _ {q \ geq 1} \ operatorname {CYC} _ {= q} ({\ mathcal {Z}}) \ times \ összeg _ {p = 1}^{q} {q \ select p} {\ mathcal {U}}^{p} \ right).}$

A belső összeg indexe eggyel kezdődik, mert minden ciklusban legalább egy jelöléssel kell rendelkeznünk.

A specifikációt lefordítva generáló függvényekre megkapjuk a kétváltozós generáló függvényt

${\ displaystyle G (z, u) = \ exp \ left (\ sum _ {q \ geq 1} {\ frac {z^{q}} {q}} \ sum _ {p = 1}^{q} {q \ select p} u^{p} \ right).}$

Ez leegyszerűsíti a

${\ displaystyle \ exp \ left (\ sum _ {q \ geq 1} {\ frac {z^{q}} {q}} (u+1)^{q}-\ összeg _ {q \ geq 1} {\ frac {z^{q}} {q}} \ jobb)}$

vagy

${\ displaystyle \ exp \ left (\ log {\ frac {1} {1- (u+1) z}}-\ log {\ frac {1} {1-z}} \ right) = {\ frac { 1-z} {1- (u+1) z}}.}$

Annak érdekében, hogy ebből az együtthatókból ki lehessen vonni az újraírást

${\ displaystyle (1-z) \ sum _ {q \ geq 0} (u+1)^{q} z^{q}.}$

Most ebből következik

${\ displaystyle [z^{n}] G (z, u) = (u+1)^{n}-(u+1)^{n-1}}$

és ezért

${\ displaystyle [u^{k}] [z^{n}] G (z, u) = {n \ select k}-{n-1 \ select k}.}$

Oszd meg, hogy megkapd ${\ displaystyle {n \ select k}}$

${\ displaystyle 1-{\ frac {(n-1)!} {k! (n-1-k)!}} {{frac {k! (nk)!} {n!}} = 1-{\ frac {nk} {n}} = {\ frac {k} {n}}.}$

Nem kell osztani n -vel! mert exponenciális a z -ben . ${\ displaystyle G (z, u)}$

M ciklusokat tartalmazó permutációk száma

A Flajolet – Sedgewick alaptétel , azaz a címkézett felsorolási tétel alkalmazása a halmazra ${\ displaystyle G = S_ {m}}$

${\ displaystyle \ operatornév {SET} _ {= m} (\ operatornév {CYC} ({\ mathcal {Z}}))}$

megkapjuk a generáló függvényt

${\ displaystyle g_ {m} (z) = {\ frac {1} {| S_ {m} |}} \ bal (\ log {\ frac {1} {1-z}} \ jobb)^{m} = {\ frac {1} {m!}} \ bal (\ log {\ frac {1} {1-z}} \ jobb)^{m}.}$

A kifejezés

${\ displaystyle (-1)^{n+m} n! \; [z^{n}] g_ {m} (z) = s (n, m)}$

az első típusú aláírt Stirling -számokat adja meg , és az EGF az első típusú, aláírás nélküli Stirling -számokat jelenti, azaz ${\ displaystyle g_ {m} (z)}$

${\ displaystyle n! [z^{n}] g_ {m} (z) = \ left [{\ begin {mátrix} n \\ m \ end {mátrix}} \ right].}$

Kiszámíthatjuk az aláírt Stirling -számok OGF -jét n fix, azaz

${\ displaystyle s_ {n} (w) = \ sum _ {m = 0}^{n} s (n, m) w^{m}.}$

Kezdeni valamivel

${\ displaystyle g_ {m} (z) = \ sum _ {n \ geq m} {\ frac {(-1)^{n+m}} {n!}} s (n, m) z^{n }}$

ami hoz

${\ displaystyle (-1)^{m} g_ {m} (z) w^{m} = \ sum _ {n \ geq m} {\ frac {(-1)^{n}} {n!} } s (n, m) w^{m} z^{n}.}$

Ezt összegezve megkapjuk

${\ displaystyle \ sum _ {m \ geq 0} (-1)^{m} g_ {m} (z) w^{m} = \ sum _ {m \ geq 0} \ sum _ {n \ geq m } {\ frac {(-1)^{n}} {n!}} s (n, m) w^{m} z^{n} = \ sum _ {n \ geq 0} {\ frac {( -1)^{n}} {n!}} Z^{n} \ sum _ {m = 0}^{n} s (n, m) w^{m}.}$

A képlet magában foglalja a logaritmusa a bal oldalon, a meghatározása a jobb oldalon, és a binomiális tétel , megkapjuk ${\ displaystyle g_ {m} (z)}$${\ displaystyle s_ {n} (w)}$

${\ displaystyle (1-z)^{w} = \ sum _ {n \ geq 0} {w \ select n} (-1)^{n} z^{n} = \ összeg _ {n \ geq 0 } {\ frac {(-1)^{n}} {n!}} s_ {n} (w) z^{n}.}$

A binomiális együttható együtthatóit összehasonlítva és a binomiális együttható definícióját használva végül megvan ${\ displaystyle z^{n}}$

${\ displaystyle s_ {n} (w) = w \; (w-1) \; (w-2) \; \ cdots \; (w- (n-1)) = (w) _ {n}, }$

a csökkenő faktoriális . Az első típusú, aláírás nélküli Stirling -számok OGF -jének kiszámítása hasonló módon működik.

Egy adott méretű ciklusok várható száma m

Ebben a feladatban a bevezetőben leírtak szerint g ( z ,  u ) kétváltozós generáló függvényt használunk . A b értéke egy nem m méretű ciklus esetén nulla, egy pedig egy m méretű ciklus esetén . Nekünk van

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} b (k) {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} {\ frac {z^{m}} {m}} }$

vagy

${\ displaystyle {\ frac {1} {m}} z^{m} \;+\; {\ frac {1} {m}} z^{m+1} \;+\; {\ frac {1 } {m}} z^{m+2} \;+\; \ cdots}$

Ez azt jelenti, hogy a várható ciklusok száma mérete m egy permutációs hosszúságú n kevesebb, mint m értéke nulla (természetesen). Egy véletlen permutációja hosszúsága legalább m tartalmaz átlagban 1 / m ciklus hosszúságú m . Különösen egy véletlenszerű permutáció tartalmaz körülbelül egy fix pontot.

Ezért az m -nél kisebb vagy azzal egyenlő hosszú ciklusok várható számának OGF értéke

${\ displaystyle {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ {k = 1}^{m} {\ frac {z^{k}} {k}} {\ mbox {és}} [z ^{n}] {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ {k = 1}^{m} {\ frac {z^{k}} {k}} = H_ {m} {\ mbox {for}} n \ geq m}$

ahol H _m jelentése a m edik harmonikus szám . Ezért a véletlenszerű permutációban legfeljebb m hosszú ciklusok várható száma körülbelül ln  m .

A rögzített pontok pillanatai

A permutációk halmazának vegyes GF -je a fix pontok számával ${\ displaystyle g (z, u)}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (-z+uz+\ log {\ frac {1} {1-z}} \ right) = {\ frac {1} {1-z}} \ exp (-z+uz).}$

Legyen az X véletlen változó egy véletlenszerű permutáció rögzített pontjainak száma. A második típusú Stirling -számokat használva a következő képletet kapjuk X m -es pillanatára :

${\ displaystyle E (X^{m}) = E \ left (\ sum _ {k = 0}^{m} \ left \ {{\ begin {mátrix} m \\ k \ end {mátrix}} \ right \} (X) _ {k} \ jobb) = \ összeg _ {k = 0}^{m} \ bal \ {{\ kezdőd {mátrix} m \\ k \ vége {mátrix}} \ jobb \} E ((X) _ {k}),}$

hol van egy zuhanó tényező . Használatával rendelkezünk ${\ displaystyle (X) _ {k}}$${\ displaystyle g (z, u)}$

${\ displaystyle E ((X) _ {k}) = [z^{n}] \ left ({\ frac {d} {du}} \ right)^{k} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = [z^{n}] {\ frac {z^{k}} {1-z}} \ exp (-z+uz) {\ Bigg |} _ {u = 1 } = [z^{n}] {\ frac {z^{k}} {1-z}},}$

ami akkor nulla , máskülönben egy. Ezért csak olyan kifejezések járulnak hozzá az összeghez. Ez hoz ${\ displaystyle k> n}$${\ displaystyle k <= n}$

${\ displaystyle E (X^{m}) = \ sum _ {k = 0}^{n} \ left \ {{{begin {mátrix} m \\ k \ end {mátrix}} \ right \}.}$

Várható fix pontok száma véletlenszerű permutációban, k teljesítményre emelve

Tegyük fel, hogy kiválaszt egy véletlenszerű permutációt, és felemeli valamilyen teljesítményre , pozitív egész számmal, és megkérdezi az eredmény rögzített pontjainak várható számát. Jelölje ezt az értéket . ${\ displaystyle \ sigma}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle E [F_ {k}]}$

Minden osztó a ciklus hossza hasad fix pont, amikor hatványát Ezért meg kell jelölni ezeket ciklus Ennek illusztrálására vizsgálni${\ displaystyle d}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle d}$${\ displaystyle d}$${\ displaystyle k.}$${\ displaystyle u^{d}.}$${\ displaystyle E [F_ {6}].}$

Kapunk

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (uz-z+u^{2} {\ frac {z^{2}} {2}}-{\ frac {z^{2}} { 2}}+u^{3} {\ frac {z^{3}} {3}}-{\ frac {z^{3}} {3}}+u^{6} {\ frac {z^ {6}} {6}}-{\ frac {z^{6}} {6}}+\ napló {\ frac {1} {1-z}} \ jobb)}$

ami

${\ displaystyle {\ frac {1} {1-z}} \ exp \ left (uz-z+u^{2} {\ frac {z^{2}} {2}}-{\ frac {z^ {2}} {2}}+u^{3} {\ frac {z^{3}} {3}}-{\ frac {z^{3}} {3}}+u^{6} { \ frac {z^{6}} {6}}-{\ frac {z^{6}} {6}} \ jobb).}$

A bevezetőben leírtak szerint folytatjuk

${\ displaystyle \ bal. {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) \ jobb | _ {u = 1} = \ bal. {\ frac {z+z^{2}+ z^{3}+z^{6}} {1-z}} \ exp \ left (uz-z+u^{2} {\ frac {z^{2}} {2}}-{\ frac {z^{2}} {2}}+u^{3} {\ frac {z^{3}} {3}}-{\ frac {z^{3}} {3}}+u^{ 6} {\ frac {z^{6}} {6}}-{\ frac {z^{6}} {6}} \ jobb) \ jobb | _ {u = 1}}$

ami

${\ displaystyle {\ frac {z+z^{2}+z^{3}+z^{6}} {1-z}}.}$

A következtetés az, hogy az , és van négy fix pont átlagosan. ${\ displaystyle E [F_ {6}] = 4}$${\ displaystyle n \ geq 6}$

Az általános eljárás az

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (\ sum _ {d \ mid k} \ left (u^{d} {\ frac {z^{d}} {d}}-{\ frac) {z^{d}} {d}} \ jobb)+\ napló {\ frac {1} {1-z}} \ jobb) = {\ frac {1} {1-z}} \ exp \ bal ( \ összeg _ {d \ k közepén \} balra (u^{d} {\ frac {z^{d}} {d}}-{\ frac {z^{d}} {d}} \ jobb) \ jobb).}$

Ha folytatjuk, mint korábban, azt találjuk

${\ displaystyle \ left. {\ frac {\ partial} {\ partial u}} g (z, u) \ right | _ {u = 1} = \ left. {\ frac {\ sum _ {d \ mid k } z^{d}} {1-z}} \ exp \ balra (\ sum _ {d \ mid k} \ left (u^{d} {\ frac {z^{d}} {d}}- {\ frac {z^{d}} {d}} \ jobb) \ jobb) \ jobb | _ {u = 1} = {\ frac {\ sum _ {d \ mid k} z^{d}} { 1-z}}.}$

Kimutattuk, hogy az értéke egyenlő (a szám osztóinak a ) amint indul ki az , és eggyel növekszik, valahányszor eléri osztója bezárólag is. ${\ displaystyle E [F_ {k}]}$${\ displaystyle \ tau (k)}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle n \ geq k.}$${\ displaystyle 1}$${\ displaystyle n = 1}$${\ displaystyle n}$${\ displaystyle k}$${\ displaystyle k}$

A véletlenszerű permutáció tetszőleges hosszúságú ciklusainak várható száma

Építünk a kétváltozós generáló függvény segítségével , ahol az egyik minden ciklusban (minden ciklus hozzájárul egy teljes ciklusok száma). ${\ displaystyle g (z, u)}$${\ displaystyle b (k)}$${\ displaystyle b (k)}$

Vegye figyelembe, hogy zárt formája van ${\ displaystyle g (z, u)}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ left ({\ frac {1} {1-z}} \ right)^{u}}$

és létrehozza az első típusú Stirling aláírás nélküli számokat .

Nekünk van

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} b (k) {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ {k \ geq 1} {\ frac {z ^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} \ napló {\ frac {1} {1-z}}.}$

Ezért a várható ciklusszám a harmonikus szám , vagy kb . ${\ displaystyle H_ {n}}$${\ displaystyle \ log n}$

N /2 -nél nagyobb ciklusú permutációk száma

(Vegye figyelembe, hogy a Száz fogoly szakasz pontosan ugyanazt a problémát tartalmazza, nagyon hasonló számítással, valamint egy egyszerűbb elemi bizonyítást is.)

Még egyszer, kezdje az exponenciális generáló függvénnyel , ezúttal a permutációk osztályának méretével, ahol a hosszúságú ciklusok meghaladják a változót : ${\ displaystyle g (z, u)}$${\ displaystyle {\ mathcal {P}}}$${\ displaystyle n/2}$${\ displaystyle u}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ exp \ left (u \ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty} {\ frac {z^{k }} {k}}+\ összeg _ {k = 1}^{\ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor} {\ frac {z^{k}} {k}} \ jobb). }$

Csak egy ciklus lehet több, mint , ezért a választ a kérdésre a ${\ displaystyle {\ frac {n} {2}}}$

${\ displaystyle n! [uz^{n}] g (z, u) = n! [z^{n}] \ exp \ left (\ sum _ {k = 1}^{\ lfloor {\ frac {n } {2}} \ rfloor} {\ frac {z^{k}} {k}} \ right) \ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty } {\ frac {z^{k}} {k}}}$

vagy

${\ displaystyle n! [z^{n}] \ exp \ left (\ log {\ frac {1} {1-z}}-\ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty} {\ frac {z^{k}} {k}} \ right) \ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty } {\ frac {z^{k}} {k}}}$

ami

${\ displaystyle n! [z^{n}] {\ frac {1} {1-z}} \ exp \ left (-\ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor }^{\ infty} {\ frac {z^{k}} {k}} \ right) \ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty} { \ frac {z^{k}} {k}} = n! [z^{n}] {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ {m = 0}^{\ infty} {\ frac {(-1)^{m}} {m!}} \ balra (\ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty} {\ frac {z ^{k}} {k}} \ jobb)^{m+1}}$

A kifejezés hatalomra emelt kitevője nagyobb, és ezért semmilyen érték nem járulhat hozzá${\ displaystyle z}$${\ displaystyle m+1}$${\ displaystyle \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}$${\ displaystyle m> 0}$${\ displaystyle [z^{n}].}$

Ebből következik, hogy a válasz az

${\ displaystyle n! [z^{n}] {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ {k> \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor}^{\ infty} {\ frac {z^{k}} {k}} = n! \ sum _ {k = \ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor +1}^{n} {\ frac {1} {k}}.}$

Az összeg alternatív ábrázolással rendelkezik, amellyel például az OEIS OEIS -ben találkozik :  A024167 .

${\ displaystyle \ sum _ {k = 1}^{n} {\ frac {1} {k}}-\ sum _ {k = 1}^{\ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor } {\ frac {1} {k}} = \ összeg _ {k = 1}^{n} {\ frac {1} {k}}-2 \ összeg _ {k = 1}^{\ lfloor {\ frac {n} {2}} \ rfloor} {\ frac {1} {2k}} = \ összeg _ {k = 1 \ atop k \; {\ text {even}}}^{n} (1-2 ) {\ frac {1} {k}}+\ összeg _ {k = 1 \ atop k \; {\ text {odd}}}^{n} {\ frac {1} {k}}}$

végre adni

${\ displaystyle n! \ sum _ {k = 1}^{n} {\ frac {(-1)^{k+1}} {k}} \ sim n! \ log 2.}$

A véletlenszerű permutáció átültetéseinek várható száma

Tudjuk használni az diszjunkt ciklus bomlás permutációs faktorizálni, mint egy termék átültetések helyett egy ciklus hossza k által k  - 1 átültetések. Pl. A ciklus tényezői, mint . A ciklusok függvénye egyenlő és megkapjuk ${\ displaystyle (1 \; 2 \; 34)}$${\ displaystyle (1 \; 2) \; (2 \; 3) \; (3 \; 4)}$${\ displaystyle b (k)}$${\ displaystyle k-1}$

${\ displaystyle g (z, u) = \ left ({\ frac {1} {1-uz}} \ right)^{1/u}}$

és

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} (k-1) {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {z} {(1-z)^{2}}}-{\ frac {1} {1-z}} \ napló {\ frac {1} {1-z}}.}$

Ezért várható száma átültetések jelentése ${\ displaystyle T (n)}$

${\ displaystyle T (n) = n-H_ {n}}$

hol a Harmonikus szám . Ezt a képletet úgy is megkaphattuk, hogy megjegyeztük, hogy az átültetések számát úgy kapjuk meg, hogy összeadjuk az összes ciklus hosszát (ami n -t ad ), és minden ciklusból egyet kivonunk (amit az előző szakasz ad ). ${\ displaystyle H_ {n}}$${\ displaystyle n^{th}}$ ${\ displaystyle \ log n}$

Ne feledje, hogy ismét előállítja az első típusú , aláírás nélküli Stirling -számokat , de fordított sorrendben. Pontosabban nekünk van ${\ displaystyle g (z, u)}$

${\ displaystyle (-1)^{m} n! \; [z^{n}] [u^{m}] g (z, u) = \ left [{\ begin {mátrix} n \\ nm \ vége {mátrix}} \ jobb]}$

Ennek megtekintéséhez vegye figyelembe, hogy a fentiek egyenértékűek a következővel

${\ displaystyle (-1)^{n+m} n! \; [z^{n}] [u^{m}] g (z, u) | _ {u = 1/u} | _ {z = uz} = \ bal [{\ kezdődik {mátrix} n \\ m \ vége {mátrix}} \ jobb]}$

és az

${\ displaystyle [u^{m}] g (z, u) | _ {u = 1/u} | _ {z = uz} = [u^{m}] \ left ({\ frac {1} { 1-z}} \ jobb)^{u} = {\ frac {1} {m!}} \ Bal (\ log {\ frac {1} {1-z}} \ jobb)^{m},}$

amelyet a pontosan m ciklusokból álló permutációkról szóló részben az első típusú, aláíratlan Stirling -számok EGF -jének láttunk .

Egy véletlen elem várható ciklusmérete

Kiválasztunk egy véletlenszerű permutáció q véletlenszerű elemét, és megkérdezzük a q -t tartalmazó ciklus várható méretét . Itt a funkció megegyezik , mert a ciklus hossza k hozzájárul k elemeket, amelyek a ciklus hossza k . Vegye figyelembe, hogy a korábbi számításokkal ellentétben ezt a paramétert átlagolni kell, miután kivontuk a generáló függvényből (osztjuk n -vel ). Nekünk van ${\ displaystyle \ sigma}$${\ displaystyle b (k)}$${\ displaystyle k^{2}}$

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} k^{2} {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} {\ frac {z} {(1-z)^ {2}}} = {\ frac {z} {(1-z)^{3}}}.}$

Ezért a q -t tartalmazó ciklus várható hossza

${\ displaystyle {\ frac {1} {n}} [z^{n}] {\ frac {z} {(1-z)^{3}}} = {\ frac {1} {n}} { \ frac {1} {2}} n (n+1) = {\ frac {1} {2}} (n+1).}$

Annak valószínűsége, hogy egy véletlenszerű elem egy m méretű cikluson fekszik

Ez az átlagos paraméter annak a valószínűségét jelenti, hogy ha ismét kiválasztunk egy véletlenszerű permutáció véletlenszerű elemét , akkor az elem egy m méretű cikluson fekszik . A függvény egyenlő for és nulla értékkel, mert csak m hosszú ciklusok járulnak hozzá, nevezetesen m elemek, amelyek m hosszúságú cikluson fekszenek . Nekünk van ${\ displaystyle [n]}$${\ displaystyle b (k)}$${\ displaystyle m}$${\ displaystyle m = k}$

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq 1} b (k) {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} \; m \; {\ frac {z^{m} } {m}} = {\ frac {z^{m}} {1-z}}.}$

Ebből következik, hogy a valószínűsége, hogy egy véletlenszerű elemet hazugság a ciklus hossza m van

${\ displaystyle {\ frac {1} {n}} [z^{n}] {\ frac {z^{m}} {1-z}} = {\ begin {case} {\ frac {1} { n}}, és {\ mbox {if}} n \ geq m \\ 0, és {\ mbox {egyébként.}} \ end {tok}}}$

Annak valószínűsége, hogy az [ n ] véletlenszerű részhalmaza ugyanazon a cikluson fekszik

Válasszon egy [ n ] véletlenszerű Q részhalmazt, amely m elemet és egy véletlenszerű permutációt tartalmaz, és kérdezze meg annak valószínűségét, hogy Q minden eleme ugyanabban a ciklusban fekszik. Ez egy másik átlagos paraméter. A funkció b ( k ) egyenlő , mert a ciklus hossza k hozzájárul részhalmazainak mérete m , ahol a k < m . Ez hoz ${\ displaystyle {\ begin {mátrix} {k \ select m} \ end {mátrix}}}$${\ displaystyle {\ begin {mátrix} {k \ select m} \ end {mátrix}}}$${\ displaystyle {\ begin {mátrix} {k \ select m} = 0 \ end {mátrix}}}$

${\ displaystyle {\ frac {\ partial} {\ részleges u}} g (z, u) {\ Bigg |} _ {u = 1} = {\ frac {1} {1-z}} \ sum _ { k \ geq m} {k \ select m} {\ frac {z^{k}} {k}} = {\ frac {1} {1-z}} {\ frac {1} {m}} {\ frac {z^{m}} {(1-z)^{m}}} = {\ frac {1} {m}} {\ frac {z^{m}} {(1-z)^{m +1}}}.}$

Átlagolva azt kapjuk, hogy annak valószínűsége, hogy Q elemei egy ciklusban vannak

${\ displaystyle {n \ select m}^{-1} [z^{n}] {\ frac {1} {m}} {\ frac {z^{m}} {(1-z)^{m +1}}} = {n \ select m}^{-1} {\ frac {1} {m}} [z^{nm}] {\ frac {1} {(1-z)^{m+ 1}}}}$

vagy

${\ displaystyle {\ frac {1} {m}} {n \ select m}^{-1} {(nm) \;+\; m \ select m} = {\ frac {1} {m}}. }$

Különösen annak a valószínűsége, hogy két p < q elem ugyanabban a ciklusban van, 1/2.

Páros páros ciklusokat tartalmazó permutációk száma

Használhatjuk közvetlenül a Flajolet – Sedgewick alaptételt , és kiszámíthatunk fejlettebb permutációs statisztikákat. (Ellenőrizze az oldalt, hogy megmagyarázza, hogyan számítják ki az általunk használt operátorokat.) Például a páros számú ciklusokat tartalmazó permutációk halmazát a

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} _ {\ operatornév {páratlan}} ({\ matematikai {Z}})) \ operatnev } _ {\ operatornév {pár}} ({\ matematikai {Z}})).}$

Fordítására hogy exponenciális generáló függvények (EGFs), megkapjuk

${\ displaystyle \ exp \ left ({\ frac {1} {2}} \ log {\ frac {1+z} {1-z}} \ right) \ cosh \ left ({\ frac {1} {2 }} \ napló {\ frac {1} {1-z^{2}}} \ jobb)}$

vagy

${\ displaystyle {\ frac {1} {2}} \ exp \ left ({\ frac {1} {2}} \ left (\ log {\ frac {1+z} {1-z}}+\ log {\ frac {1} {1-z^{2}}} \ jobb) \ jobb)+{\ frac {1} {2}} \ exp \ bal ({\ frac {1} {2}} \ bal (\ log {\ frac {1+z} {1-z}}-\ log {\ frac {1} {1-z^{2}}} \ jobb) \ right).}$

Ez leegyszerűsíti a

${\ displaystyle {\ frac {1} {2}} \ exp \ left ({\ frac {1} {2}} \ log {\ frac {1} {(1-z)^{2}}} \ jobb )+{\ frac {1} {2}} \ exp \ balra ({\ frac {1} {2}} \ napló (1+z)^{2} \ jobb)}$

vagy

${\ displaystyle {\ frac {1} {2}} {\ frac {1} {1-z}}+{\ frac {1} {2}} (1+z) = 1+z+{\ frac {1 } {2}} {\ frac {z^{2}} {1-z}}.}$

Ez azt mondja, hogy van egy nulla méretű permutáció, amely páros számú páros ciklust tartalmaz (az üres permutáció, amely páros hosszúságú nulla ciklust tartalmaz), egy ilyen méretű, az első méretű permutáció (a fix pont, amely páros hosszúságú nulla ciklust is tartalmaz ), és ehhez vannak ilyen permutációk. ${\ displaystyle n \ geq 2}$${\ displaystyle n!/2}$

Permutációk, amelyek négyzetek

Gondoljuk meg, mi történik, ha négyzetet alakítunk ki egy permutációval. A rögzített pontok rögzített pontokhoz vannak leképezve. Páratlan ciklusok vannak leképezve páratlan ciklusokat egy az egyben megfelelés, pl csap át . Még ciklus két részre szakadt, és összeállítottak egy pár ciklus felének mérete az eredeti ciklust, pl csap át . Ezért a permutációk, amelyek négyzetek, tetszőleges számú páratlan ciklust és páros számú, két méretű ciklust, páros számú, négyes méretű ciklust stb. Tartalmazhatnak. ${\ displaystyle (1 \; 8 \; 9 \; 11 \; 13)}$${\ displaystyle (1 \; 9 \; 13 \; 8 \; 11)}$${\ displaystyle (5 \; 13 \; 6 \; 9)}$${\ displaystyle (5 \; 6) \; (9 \; 13)}$

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} _ {\ operatornév {páratlan}} ({\ matematikai {Z}})) \ operatnev } _ {= 2} ({\ mathcal {Z}})) \ operatornév {SET} _ {\ operatornév {even}} (\ operatornév {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z}})) \ operatornév {SET} _ {\ operatornév {még}} (\ operatornév {CYC} _ {= 6} ({\ mathcal {Z}})) \ cdots}$

amely az EGAA -t hozza

${\ displaystyle \ exp \ left ({\ frac {1} {2}} \ log {\ frac {1+z} {1-z}} \ right) \ prod _ {m \ geq 1} \ cosh {\ frac {z^{2m}} {2m}} = {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}} \ prod _ {m \ geq 1} \ cosh {\ frac {z^{2m }} {2m}}.}$

Páratlan ciklus invariánsok

Az előző két szakaszban bemutatott permutációk típusai, azaz a páros ciklusokat és négyzeteket tartalmazó permutációk példák az úgynevezett páratlan ciklusú invariánsokra , amelyeket Sung és Zhang tanulmányozott (lásd a külső linkeket ). A páratlan ciklus invariáns kifejezés egyszerűen azt jelenti, hogy a kombinatorikus osztályhoz való tartozás független a permutációban előforduló páratlan ciklusok méretétől és számától. Valójában be tudjuk bizonyítani, hogy minden páratlan ciklusú invariáns engedelmeskedik egy egyszerű kiújulásnak, amit levezetünk. Először is, néhány példa a páratlan ciklusú invariánsokra.

Permutációk, ahol a páros ciklusok hosszának összege hat

Ez az osztály rendelkezik a specifikációval

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} _ {\ operatornév {páratlan}} ({\ mathcal {Z}})) \ left (\ operatornév {SET} _ {= 3} (\ operatornév {CYC } _ {= 2} ({\ mathcal {Z}}))+\ operatornév {CYC} _ {= 2} ({\ mathcal {Z}}) \ operatorname {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z}})+\ operatornév {CYC} _ {= 6} ({\ mathcal {Z}}) \ right)}$

és a generáló funkció

${\ displaystyle {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}} \ left ({\ frac {1} {6}} \ left ({\ frac {z^{2}} {2} } \ jobb)^{3}+{\ frac {z^{2}} {2}} {\ frac {z^{4}} {4}}+{\ frac {z^{6}} {6 }} \ right) = {\ frac {5} {16}} z^{6} {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}}.}$

Az első néhány érték az

${\ displaystyle 0,0,0,0,0,225,1575,6300,56700,425250,4677750,46777500,608107500, \ ldots}$

Permutációk, ahol minden páros ciklus azonos hosszúságú

Ez az osztály rendelkezik a specifikációval

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} _ {\ operatornév {páratlan}} ({\ mathcal {Z}})) \ left (\ operatornév {SET} _ {\ geq 1} (\ operatornév { CYC} _ {= 2} ({\ mathcal {Z}}))+\ operatornév {SET} _ {\ geq 1} (\ operatornév {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z}})) +\ operatornév {SET} _ {\ geq 1} (\ operatornév {CYC} _ {= 6} ({\ mathcal {Z}}))+\ cdots \ right)}$

és a generáló funkció

${\ displaystyle {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}} \ left (\ exp \ left ({\ frac {z^{2}} {2}} \ right) -1 \, +\, \ exp \ balra ({\ frac {z^{4}} {4}} \ jobbra) -1 \,+\, \ exp \ balra ({\ frac {z^{6}} {6} } \ jobb) -1 \,+\, \ cdots \ jobb).}$

Van itt egy szemantikai árnyalat. A páros ciklusokat nem tartalmazó permutációkat tekinthetjük ebbe az osztályba tartozónak, mivel a nulla páros . Az első néhány érték az

${\ displaystyle 0,1,3,15,75,405,2835,22155,199395,1828575, \ ldots}$

Permutációk, ahol a páros ciklus maximális hossza négy

Ez az osztály rendelkezik a specifikációval

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (\ operatornév {CYC} _ {\ operatornév {páratlan}} ({\ mathcal {Z}})) \ operatorname {SET} (\ operatornév {CYC} _ {= 2} ({ \ mathcal {Z}})+\ operatornév {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z}}))}$

és a generáló funkció

${\ displaystyle {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}} \ exp \ left ({\ frac {z^{2}} {2}}+{\ frac {z^{4} } {4}} \ jobb).}$

Az első néhány érték az

${\ displaystyle 1,2,6,24,120,600,4200,28560,257040,2207520,24282720,258128640, \ ldots}$

Az ismétlődés

Gondosan figyelje meg, hogyan épülnek fel az egyenletes ciklusú komponens specifikációi. A legjobb, ha az elemzett fákra gondolunk. Ezeknek a fáknak három szintje van. A legalacsonyabb szinten lévő csomópontok az egyszeres páros ciklusok szorzatának összegét jelentik . A középső csomópontok a halmaz operátor korlátozásait jelentik. Végül a legfelső szintű csomópont összegezi a középszint hozzájárulásainak termékeit. Ne feledje, hogy a halmaz operátor korlátozásai, ha páros generáló függvényre vonatkoznak, megőrzik ezt a tulajdonságot, azaz létrehoznak egy másik páros generáló függvényt. De a halmaz operátorok összes bemenete egyenletes, mivel páros hosszúságú ciklusokból származnak. Az eredmény az, hogy minden érintett generáló függvény rendelkezik formával ${\ displaystyle {\ mathcal {Z}}}$

${\ displaystyle g (z) = h (z) {\ sqrt {\ frac {1+z} {1-z}}},}$

ahol páros függvény van. Ez azt jelenti ${\ displaystyle h (z)}$

${\ displaystyle {\ frac {1} {1+z}} \; g (z) = h (z) \; {\ frac {1} {\ sqrt {1-z^{2}}}}}$

páros is, és ezért

${\ displaystyle {\ frac {1} {1+z}} \; g (z) = {\ frac {1} {1-z}} \; g (-z) \ quad {\ mbox {or}} \ quad (1-z) \; g (z) = (1+z) \; g (-z).}$

Ha engedjük és kivonjuk az együtthatókat, azt találjuk ${\ displaystyle g_ {n} = [z^{n}] g (z)}$

${\ displaystyle {\ frac {g_ {2m+1}} {(2m+1)!}}-{\ frac {g_ {2m}} {(2m)!}} =-{\ frac {g_ {2m+ 1}} {(2 m+1)!}}+{\ Frac {g_ {2m}} {(2 m)!}} \ Quad {\ mbox {or}} \ quad 2 {\ frac {g_ {2m+1 }} {(2 m+1)!}} = 2 {\ frac {g_ {2m}} {(2 m)!}}}$

ami az ismétlődést eredményezi

${\ displaystyle g_ {2m+1} = (2m+1) g_ {2m} \ ,.}$

Probléma a 2005 -ös Putnam versenyből

A Putnam verseny weboldalára mutató link megjelenik a Külső linkek részben . A probléma bizonyítékot kér

${\ displaystyle \ sum _ {\ pi \ in S_ {n}} {\ frac {\ sigma (\ pi)} {\ nu (\ pi) +1}} = (-1)^{n+1} { \ frac {n} {n+1}},}$

ahol az összeg az összes permutációt , a jele , tehát ha még és ha páratlan, és a száma fix pontok . ${\ displaystyle n!}$${\ displaystyle [n]}$${\ displaystyle \ sigma (\ pi)}$${\ displaystyle \ pi}$${\ displaystyle \ sigma (\ pi) = 1}$${\ displaystyle \ pi}$${\ displaystyle \ sigma (\ pi) =-1}$${\ displaystyle \ pi}$${\ displaystyle \ nu (\ pi)}$${\ displaystyle \ pi}$

Most a jelét adja ${\ displaystyle \ pi}$

${\ displaystyle \ sigma (\ pi) = \ prod _ {c \ in \ pi} (-1)^{| c | -1},}$

ahol a termék minden c cikluson túl van , amint azt például a páros és páratlan permutációk oldalán ismertetjük . ${\ displaystyle \ pi}$

Ezért a kombinatorikus osztályt vesszük figyelembe

${\ displaystyle \ operatornév {SET} (-{\ mathcal {Z}}+{\ mathcal {V}} {\ mathcal {Z}}+\ operatorname {CYC} _ {= 1} ({\ mathcal {Z} })+{\ mathcal {U}} \ operatornév {CYC} _ {= 2} ({\ mathcal {Z}})+{\ mathcal {U}}^{2} \ operatornév {CYC} _ {= 3 } ({\ mathcal {Z}})+{\ mathcal {U}}^{3} \ operatorname {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z}})+\ cdots)}$

ahol egy jelöli a közreműködő ciklus hosszát, és rögzített pontokat. Generáló függvényekre lefordítva megkapjuk ${\ displaystyle {\ mathcal {U}}}$${\ displaystyle {\ mathcal {V}}}$

${\ displaystyle g (z, u, v) = \ exp \ left (-z+vz+\ sum _ {k \ geq 1} u^{k-1} {\ frac {z^{k}} {k} }\jobb)}$

vagy

${\ displaystyle \ exp \ left (-z+vz+{\ frac {1} {u}} \ log {\ frac {1} {1-uz}} \ right) = \ exp (-z+vz) \ left ({\ frac {1} {1-uz}} \ jobb)^{1/u}.}$

Most megvan

${\ displaystyle n! [z^{n}] g (z, -1, v) = n! [z^{n}] \ exp (-z+vz) (1+z) = \ sum _ {\ pi \ in S_ {n}} \ sigma (\ pi) v^{\ nu (\ pi)}}$

és ezért a kívánt mennyiséget a

${\ displaystyle n! [z^{n}] \ int _ {0}^{1} g (z, -1, v) dv = \ sum _ {\ pi \ in S_ {n}} {\ frac { \ sigma (\ pi)} {\ nu (\ pi) +1}}.}$

A számítás során megkapjuk

${\ displaystyle \ int _ {0}^{1} g (z, -1, v) dv = \ exp (-z) (1+z) \ left ({\ frac {1} {z}} \ exp (z)-{\ frac {1} {z}} \ jobb)}$

vagy

${\ displaystyle \ left ({\ frac {1} {z}}+1 \ right) \ left (1- \ exp (-z) \ right) = {\ frac {1} {z}}+1- \ exp (-z)-{\ frac {1} {z}} \ exp (-z).}$

Az együtthatók kivonásával azt találjuk, hogy az együttható nulla. Az állandó egy, amely nem egyezik meg a képlettel (nullának kell lennie). Mert pozitív azonban, megkapjuk ${\ displaystyle 1/z}$${\ displaystyle n}$

${\ displaystyle n! [z^{n}] \ left (-\ exp (-z)-{\ frac {1} {z}} \ exp (-z) \ right) = n! \ left (-( -1)^{n} {\ frac {1} {n!}}-(-1)^{n+1} {\ frac {1} {(n+1)!}} \ Jobb)}$

vagy

${\ displaystyle (-1)^{n+1} \ left (1-{\ frac {1} {n+1}} \ right) = (-1)^{n+1} {\ frac {n} {n+1}},}$

ami a kívánt eredmény.

Mint egy érdekes félre, azt látjuk, hogy lehet használni, hogy értékelje a következő meghatározó egy mátrix: ${\ displaystyle g (z, u, v)}$${\ displaystyle n \ alkalommal n}$

${\ displaystyle d (n) = \ det (A_ {n}) = {\ begin {vmatrix} a && b && b && \ cdots && b \\ b && a && b && \ cdots && b \\ b && b && a && \ cdots && b \\\ vdots && \ vdots && \ vdots \ ddots && \ vdots \\ b && b && b && \ cdots && a \ end {vmatrix}}.}$

hol . Emlékezzünk a determináns képletére: ${\ displaystyle a, b \ neq 0}$

${\ displaystyle \ det (A) = \ sum _ {\ pi \ in S_ {n}} \ sigma (\ pi) \ prod _ {i = 1}^{n} A_ {i, \ pi (i)} .}$

Most a termék értékét a jobb oldalon egy permutáció van , ahol f a száma fix pontok . Ennélfogva ${\ displaystyle \ pi}$${\ displaystyle a^{f} b^{nf}}$${\ displaystyle \ pi}$

${\ displaystyle d (n) = b^{n} n! [z^{n}] g \ left (z, -1, {\ frac {a} {b}} \ right) = b^{n} n! [z^{n}] \ exp \ balra ({\ frac {ab} {b}} z \ jobbra) (1+z)}$

ami hoz

${\ displaystyle b^{n} \ left ({\ frac {ab} {b}} \ right)^{n}+b^{n} n \ left ({\ frac {ab} {b}} \ right )^{n-1} = (ab)^{n}+nb (ab)^{n-1}}$

és végül

${\ displaystyle d (n) = (a+(n-1) b) (ab)^{n-1} \ ,.}$

A páros és páratlan permutációk ciklusainak különbsége

Itt szeretnénk megmutatni, hogy ezt a különbséget az adja

${\ displaystyle (-1)^{n} (n-2)!}$

Emlékezzünk vissza, hogy a jel egy permutációs adják ${\ displaystyle \ sigma (\ pi)}$${\ displaystyle \ pi}$

${\ displaystyle \ sigma (\ pi) = \ prod _ {c \ in \ pi} (-1)^{| c | -1}}$

ha a termék feletti tartományban a ciklusok C a diszjunkt ciklusban összetételét . ${\ displaystyle \ pi}$

Ebből következik, hogy a kombinációs fajokat, amelyek tükrözik a permutációk halmazának jeleit és ciklusszámát, a ${\ displaystyle {\ mathcal {Q}}}$

${\ displaystyle {\ mathcal {Q}} = \ operatornév {SET} ({\ mathcal {V}} \ operatornév {CYC} _ {1} ({\ mathcal {Z}})+{\ mathcal {U}} {\ mathcal {V}} \ operatornév {CYC} _ {= 2} ({\ mathcal {Z}}))+{\ mathcal {U}}^{2} {\ mathcal {V}} \ operatornév {CYC } _ {= 3} ({\ mathcal {Z}})+{\ mathcal {U}}^{3} {\ mathcal {V}} \ operatornév {CYC} _ {= 4} ({\ mathcal {Z }})+{\ mathcal {U}}^{4} {\ mathcal {V}} \ operatornév {CYC} _ {= 5} ({\ mathcal {Z}})+\ cdots)}$

ahol jelzéseket szoktunk használni és a ciklusszámláláshoz. ${\ displaystyle {\ mathcal {U}}}$${\ displaystyle {\ mathcal {V}}}$

Lefordítva a rendelkezésre álló függvények generálására

${\ displaystyle Q (z, u, v) = \ exp \ left (v {\ frac {z} {1}}+vu {\ frac {z^{2}} {2}}+vu^{2} {\ frac {z^{3}} {3}}+vu^{3} {\ frac {z^{4}} {4}}+vu^{4} {\ frac {z^{5}} {5}}+\ cdots \ jobb).}$

Ez leegyszerűsíti a

${\ displaystyle Q (z, u, v) = \ exp \ left ({\ frac {v} {u}} \ left ({\ frac {zu} {1}}+{\ frac {z^{2}) u^{2}} {2}}+{\ frac {z^{3} u^{3}} {3}}+{\ frac {z^{4} u^{4}} {4}} +{\ frac {z^{5} u^{5}} {5}}+\ cdots \ right) \ right)}$

ami

${\ displaystyle \ exp \ left ({\ frac {v} {u}} \ log {\ frac {1} {1-uz}} \ right) = \ left ({\ frac {1} {1-uz} } \ jobb)^{\ frac {v} {u}}.}$

Most a két generáló függvényt, valamint a ciklusszám szerinti páros és páratlan permutációkat adjuk meg ${\ displaystyle Q_ {1} (z, v)}$${\ displaystyle Q_ {2} (z, v)}$

${\ displaystyle Q_ {1} (z, v) = {\ frac {1} {2}} Q (z,+1, v)+{\ frac {1} {2}} Q (z, -1, v) = {\ frac {1} {2}} \ bal ({\ frac {1} {1-z}} \ jobb)^{v}+{\ frac {1} {2}} \ bal ({ \ frac {1} {1+z}} \ jobb)^{-v}}$

és

${\ displaystyle Q_ {2} (z, v) = {\ frac {1} {2}} Q (z,+1, v)-{\ frac {1} {2}} Q (z, -1, v) = {\ frac {1} {2}} \ bal ({\ frac {1} {1-z}} \ jobb)^{v}-{\ frac {1} {2}} \ bal ({ \ frac {1} {1+z}} \ jobb)^{-v}.}$

Igényeljük a mennyiséget

${\ displaystyle G (z, v) = \ left. {\ frac {d} {dv}} (Q_ {1} (z, v) -Q_ {2} (z, v)) \ right | _ {v = 1}}$

ami

${\ displaystyle \ left. {\ frac {d} {dv}} \ left ({\ frac {1} {1+z}} \ right)^{-v} \ right | _ {v = 1} =- \ bal. \ log {\ frac {1} {1+z}} \ bal ({\ frac {1} {1+z}} \ jobb)^{-v} \ jobb | _ {v = 1} = -(1+z) \ log {\ frac {1} {1+z}}.}$

Végül, ha ebből a generáló függvényből kivonjuk az együtthatókat, megkapjuk

${\ displaystyle -n! [z^{n}] (1+z) \ log {\ frac {1} {1+z}} =-n! \ left ({\ frac {(-1)^{n }} {n}}+{\ frac {(-1)^{n-1}} {n-1}} \ jobb)}$

ami

${\ displaystyle -n! (-1)^{n-1} \ left (-{\ frac {1} {n}}+{\ frac {1} {n-1}} right) = n! ( -1)^{n} {\ frac {n- (n-1)} {n (n-1)}}}$

ami viszont

${\ displaystyle n! (-1)^{n} {\ frac {1} {n (n-1)}} = (-1)^{n} (n-2)!}$

Ezzel a bizonyítás befejeződik.

Lásd még

• Golomb – Dickman állandó

Hivatkozások

Külső linkek

• Panholzer, Alois; Prodinger, Helmut; Riedel, Marko. "A gyorsválasztás utáni rendellenesség mérése" (PDF) . Az idézet napló igényel |journal=( segítséget )
• William Lowell Putnam versenyarchívuma
• Énekelt, Fülöp; Zhang, Yan. "Ismétlődő ismétlődések a permutációk számolásában". CiteSeerX  10.1.1.91.1088 . Az idézet napló igényel |journal=( segítséget )
• Marko Riedel et al., A páros és páratlan permutációk ciklusainak különbsége
• Marko Riedel et al., Kulcsok zárt dobozokban, kérdés a valószínűségről

100 fogoly

• Gál Anna, Peter Bro Miltersen, A tömör adatstruktúrák sejt szonda komplexitása
• Különböző szerzők, Permutációk, amelyek ciklusa> n/2
• Különféle szerzők, A zavarok tulajdonsága
• Különböző szerzők, a fix pontok várható száma
• Peter Winkler, Hét rejtvény, amelyekről úgy gondolja, hogy nem biztos, hogy jól hallotta
• Különféle szerzők, Les-Mathematiques.net . Cent foglyok (franciául)