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Mathematical Excalibur, Vol. 9, No. 5, Jan. 05- Feb. 05 3 2 C332 ⋅ C 22 + C19 ⋅ C92 + C36 ⋅ C16 =42244
些隊員中有且僅有一人在場上，並且
名，他們面對教練站成一行，自左至
A1 , A2 , A3 , A4 每人上場的總時間（以分
個，即按每名隊員上場的總時間計算，
右按 1，2，3，4，5，…依次報數．
鐘為單位）均被 7 整除， A5 , A6 , A7 每
共有 42244 種不同的情況．
教練要求全體學生牢記各自所報的 數，並做下列動作：先讓報的數是 3
人上場的總時間（以分鐘為單位）均 被 13 整除．如果每場換人次數不
2 運用容斥原理
的倍數的全體同學向後轉；接著讓報 的數是 5 的倍數的全體同學向後
限，那麼按每名隊員上場的總時間計 容斥原理，又稱包含排斥原理或逐
算，共有多少種不同的情況． 解答 設 Ai ( i = 1, 2,L,7 ) 上場的總時
步淘汰原理．顧名思義，即先計算一個
間分別為 ai ( i = 1, 2,L,7 ) 分鐘．
較大集合的元素的個數，再把多計算的 那一部分去掉．它由英國數學家 J.J.西
根據題意，可設 ai = 7 ki ( i = 1, 2,3, 4 ) , ai = 13ki ( i = 5,6,7 ) ,
爾維斯特首先創立．這個原理有多種表
其中 ki ( i = 1, 2,L,7 ) ∈ Z ．
達形式，其中最基本的形式為：
+
令
4
∑k i =1
i
=m ，
7
∑k i =5
i
=n ，其中
m ≥ 4 ， n ≥ 3 ， 且 m, n ∈ Z + ． 則
設 A1 , A2 ,L, An 是 任 意 n 個 有 限 集 合，以 card (S) 代表 S 的元素的個數， 則 card ( A1 U A2 UL U An )
7 m + 13n = 270 ．易得其一個整數特解 ⎧m = 33 ，又因 ( 7,13) = 1，故其整數 ⎩n = 3
為⎨
⎧ m = 33 + 13t ⎩ n = 3 − 7t
通 解 為 ⎨
． 再 由
⎧33 + 13t ≥ 4 29 ，得 − ≤ t ≤ 0 ，故整 ⎨ 13 ⎩3 − 7t ≥ 3
數 t = 0, −1, −2 ．
=
∑ card ( A ) − ∑ +
∑
1≤ i < j < k ≤ n
同學向後轉．問： ⑴ 此時還有多少名同學面對教 練？ ⑵面對教練的同學中，自左至右 第 66 位同學所報的數是幾？ 解答 ⑴設 U = {1, 2,3,L, 240} ， Ai 表示 由U中所有i的倍數組成的集合．則 card (U ) = 240,
⎡ 240 ⎤ card ( A3 ) = ⎢ ⎥ = 80, ⎣ 3 ⎦
card ( Ai I Aj )
card ( A5 ) = ⎡ 240⎤ = 48, card ( A7 ) = ⎡ 240 ⎤ = 34 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ ⎢⎣ 7 ⎥⎦
card ( Ai I A j I Ak ) − L
card ( A15 ) = ⎡ 240⎤ =16, card ( A21 ) = ⎡ 240⎤ =11, ⎢⎣ 15 ⎥⎦ ⎢⎣ 21 ⎥⎦
i
1≤i ≤ n
轉；最後讓報的數是 7 的倍數的全體
1≤i < j ≤ n
+(−1)n−1 card ( A1 I A2 ILI An ).
card ( A35 ) = ⎡ 240⎤ = 6, card ( A105 ) = ⎡ 240⎤ = 2. ⎢⎣105 ⎥⎦ ⎢⎣ 35 ⎥⎦
例 4 由數字 1，2，3 組成n位數，且在
從而此時有
這個n位數中，1，2，3 的每一個至少出
card (U ) − [card ( A3 ) + card ( A5 ) + card ( A7 )]
現一次，問這樣的n位數有多少個？
+2[card ( A15 ) + card ( A21 ) + card ( A35 )]
解答 設U是由 1，2，3 組成的n位元數
−4card ( A105 ) = 136
4
的集合，A1 是U中不含數字 1 的n位元數
名同學面對教練．
i =1
的集合， A2 是U中不含數字 2 的n位元
如果我們借助威恩圖進行分
寫一橫排共計 33 個 1，在每相鄰兩
數的集合， A3 是U中不含數字 3 的n位
析，利用上面所得數據分別填入圖
個 1 之間共 32 個空位中任選 3 個填
元數的集合，則
1，注意按從內到外的順序填．
入“+＂號，再把 3 個“+＂號分隔開
card (U ) = 3n ,
的 4 個部分裏的 1 分別統計，就可得
card ( A1 ) = card ( A2 ) = card ( A3 ) = 2n ,
從而其滿足條件的所有整數解 ⎧m = 33, ⎧m = 20, ⎧m = 7, ⎨ ⎨ ⎩n = 3; ⎩n = 10; ⎩n = 17.
為⎨
對於 ∑ ki = 33 的正整數解，可以
4
到其一個正整數解，故 ∑ ki = 33 有 i =1
C 個 正 整 數 解 ( k1 , k2 , k3 , k4 ) ； 同 理 3 32
7
∑k i =5
i
= 3 有 C22 個 正 整 數 解
( k5 , k6 , k7 )；從而此時滿足條件的正整 數 解 ( k1 , k2 , k3 , k4 , k5 , k6 , k7 ) 有 C332 ⋅ C22 個．… 因此滿足條件的所有正整數解
( k1 , k2 , k3 , k4 , k5 , k6 , k7 ) 有
③
card ( A1 I A2 ) = card ( A2 I A3 ) = card ( A3 I A1 ) = 1,
card ( A1 I A2 I A3 ) = 0. ．
因此
109
55 14 ⑤ 28
2 4
9 19 ⑦
card (U ) − card ( A1 U A2 U A3 ) = 3n − 3 ⋅ 2n + 3 ⋅ 1 − 0 = 3n − 3 ⋅ 2n + 3 ．
即符合題意的 n 位數的個數為 3n − 3 ⋅ 2n + 3 ．
下面，我們再來看一個關於容斥原 理應用的變異問題． 例 5 參加大型團體表演的學生共 240
圖1
如圖 1，此時面對教練的同學一目了 然，應有 109+14+4+9=136 名． (continued on page 4)