分类：组合学代写

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS519

Posted on 2023年3月27日2023年3月27日 by statistics-lab

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组合学是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The total number of ordered lists and the horizontal sum of the Lah numbers

Once we have the Lah number triangle (see also the table at the end of the book), we can form the horizontal sum of these numbers as we did for the Stirlings to obtain $n$ ! and $B_n$.
Definition 2.9.1. Let
$$
L_n=\sum_{k=0}^n\left\lfloor\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right\rfloor \quad(n=0,1,2, \ldots) .
$$
These numbers enumerate those partitions in which the order of the elements in the blocks does matter ${ }^{23}$; that is, $L_n$ is the total number of ordered lists on $n$ elements.

See the table at the end of the book for the first thirty values of this sequence.
The analogue of the (1.1) recursion of the Bell numbers follows easily:
$$
L_{n+1}=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right)(k+1) ! L_{n-k} .
$$
To form a partition counted by $L_{n+1}$ we can choose $k$ elements to put in the ordered block of $n+1\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)$ choices), then we order this block in $(k+1)$ ! ways. The rest of the elements can go into another ordered list in $L_{n-k}$ ways.
Later we will define the polynomial version of $L_n$, see Section 4.4 .

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|A relation among

As another application of orthogonality, we can find a relation between $B_n, L_n$ and $\left{\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right}$ based on (2.55). By using the matrix machinery again, (2.55) can be rewritten in the compact form
$$
\mathcal{L}=\mathcal{S}{1, \mathrm{us}} \mathcal{S}_2 $$ where, as before, “us” means unsigned, and $\mathcal{L}$ is the (unsigned) Lah matrix. Thus, $$ \mathcal{S}_2=\mathcal{S}{1, \mathrm{us}}^{-1} \mathcal{L}
$$
The inverse $\mathcal{S}{1, \text { us }}^{-1}$ is the signed second kind Stirling matrix as it follows from orthogonality. Writing this latter relation out, $$ \left{\begin{array}{l} n \ k \end{array}\right}=\sum{j=0}^n(-1)^{n-j}\left{\begin{array}{l}
n \
j
\end{array}\right}\left\lfloor\begin{array}{l}
j \
k
\end{array}\right\rfloor .
$$
Summing over $k$ we get the Bell numbers on the left and $L_j$ in the sum on the right-hand side. Thus, we arrive at an interesting formula:
$$
B_n=\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}\left{\begin{array}{l}
n \
j
\end{array}\right} L_j .
$$
This result was proved recently in [472].

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The total number of ordered lists and the horizontal sum of the Lah numbers

一旦我们有了 Lah 数三角形 (另请参阅本书末尾的表格)，我们就可以形成这些数字的水平和，就像我们为 Stirlings 所做的那样得到 $n$ ! 和 $B_n$.
定义 2.9.1。让
$$
L_n=\sum_{k=0}^n\lfloor n k\rfloor \quad(n=0,1,2, \ldots)
$$
这些数字枚举了那些分区，其中块中元素的顺序很重要 ${ }^{23}$ ；那是， $L_n$ 是有序列表的总数 $n$ 元素。
请参阅本书末尾的表格，了解该序列的前三十个值。
贝尔数的 (1.1) 递归的类比很容易得出:
$$
L_{n+1}=\sum_{k=0}^n(n k)(k+1) ! L_{n-k}
$$
形成分区计数 $L_{n+1}$ 我们可以选择 $k$ 要放入的有序块中的元素 $n+1(n k)$ 选择)，然后我们在 $(k+1)$ ! 方法。其余元素可以进入另一个有序列表 $L_{n-k}$ 方法。
稍后我们将定义的多项式版本 $L_n$ ，见第 4.4 节。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|A relation among

作为正交性的另一个应用，我们可以找到和(2.55)。再次使用矩阵机制，(2.55) 可以改写为紧凑形式
$$
\mathcal{L}=\mathcal{S} 1, \mathrm{usS}2 $$ 其中，和以前一样，“我们”表示末签名，并且 $\mathcal{L}$ 是（无符号) Lah 矩阵。因此， $$ \mathcal{S}_2=\mathcal{S} 1, \mathrm{us}^{-1} \mathcal{L} $$ 逆向 $\mathcal{S} 1, \mathrm{us}{ }^{-1}$ 是带符号的第二类斯特林矩阵，因为它遵循正交性。写出后一种关系， \eft ${\backslash$ begin ${$ array $}{\mid} n \backslash k \backslash$ lend ${$ array $} \backslash r i g h t}=\backslash$ sum ${j=0}^{\wedge} n(-1)^{\wedge}{n j} \backslash l e f t{\backslash b e g i n{a r r a y}{\mid} n \backslash j \backslash e n d{a r r a y}$ 总结结束 $k$ 我们得到左边的贝尔数字 $L_j$ 在右侧的总和中。因此，我们得出一个有趣的公式: $B{-} n=\backslash$ sum_{j $\left.=0\right}^{\wedge} n(-1)^{\wedge}{n j} \backslash l e f t{\backslash b e g i n{a r r a y}{\mid} n \backslash j \backslash$ lend ${$ array $} \backslash r i g h t} L_{-} j$ 。
最近在 [472] 中证明了这一结果。

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非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

术语广义线性模型（GLM）通常是指给定连续和/或分类预测因素的连续响应变量的常规线性回归模型。它包括多元线性回归，以及方差分析和方差分析（仅含固定效应）。

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有限元方法（FEM）是一种流行的方法，用于数值解决工程和数学建模中出现的微分方程。典型的问题领域包括结构分析、传热、流体流动、质量运输和电磁势等传统领域。

有限元是一种通用的数值方法，用于解决两个或三个空间变量的偏微分方程（即一些边界值问题）。为了解决一个问题，有限元将一个大系统细分为更小、更简单的部分，称为有限元。这是通过在空间维度上的特定空间离散化来实现的，它是通过构建对象的网格来实现的：用于求解的数值域，它有有限数量的点。边界值问题的有限元方法表述最终导致一个代数方程组。该方法在域上对未知函数进行逼近。[1] 然后将模拟这些有限元的简单方程组合成一个更大的方程系统，以模拟整个问题。然后，有限元通过变化微积分使相关的误差函数最小化来逼近一个解决方案。

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随机微积分是数学的一个分支，对随机过程进行操作。它允许为随机过程的积分定义一个关于随机过程的一致的积分理论。这个领域是由日本数学家伊藤清在第二次世界大战期间创建并开始的。

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多元回归分析渐进（Multiple Regression Analysis Asymptotics）属于计量经济学领域，主要是一种数学上的统计分析方法，可以分析复杂情况下各影响因素的数学关系，在自然科学、社会和经济学等多个领域内应用广泛。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS586

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The combinatorial meaning of the Lah numbers

The Stirling numbers of both kinds are connecting coefficients of certain polynomials, and, in the same time they have a well-defined combinatorial meaning. This – and the presence of the binomial coefficients in (2.53) suggest that the $\left\lfloor\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right\rfloor$ Lah numbers also have some combinatorial interpretation. We dedicate this section to explain this meaning in more details. We begin with a definition.

Definition 2.8.1. Let a k-partition of an $n$-set be given. If we take into account the order of the elements in the individual blocks, we say that this partition is an ordered list.

For example, in the usual sense, the following 2-partitions of ${1,2,3,4,5}$ are identical:
$$
1,2 \mid 3,4,5 \text { and } 2,1 \mid 4,5,3
$$

This is so because the order of the elements does not matter in a set. But if we consider ordered lists, they are no longer identical. Hence, the question comes: how many ordered lists are there on $n$ elements with $k$ blocks? The answer can be guessed: $\left\lfloor\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right\rfloor$.

To prove this, we construct all the ordered lists on $n$ elements with $k$ blocks one by one. This can be established as follows. Choose $k$ elements from $n$ which will be the first elements in their blocks. Then from the remaining $n-k$ elements we choose one after another and put them down in the possible places. The first element can be put down in $k$ ways (between the $k$ elements and after the last). The next element has $k+1$ positions to go, and the last has $k+(n-k-1)=n-1$ positions. This means that altogether we have
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right) k(k+1) \cdots(n-1)=\frac{n !}{k !}\left(\begin{array}{l}
n-1 \
k-1
\end{array}\right)
$$
different ordered lists with $k$ blocks on $n$ elements. This expression is the same as (2.53).

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Two identities for the Lah numbers

The basic recursion follows from the above combinatorial definition:
$$
\left\lfloor\begin{array}{c}
n+1 \
k
\end{array}\right\rfloor=(n+k)\left[\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right\rfloor+\left\lfloor\begin{array}{c}
n \
k-1
\end{array}\right\rfloor .
$$
An ordered list of $n+1$ elements with $k$ blocks can be constructed from an ordered list of $n$ elements. (1) The last element can form a singleton and the remaining $n$ elements form an ordered list with $(k-1)$-blocks in $\left\lfloor{ }_{k-1}^n\right\rfloor$ ways. (2) If the last element is not in a singleton, then first we form an ordered list of $k$ blocks on the $n$ other elements in $\left\lfloor\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right\rfloor$ ways and then we insert the last element somewhere between the $n$ elements ( $n-1$ positions), or before the first element, or after the last one ( $1+1$ options). We need to be careful: between the last element of a block and the first element of the next block, there are two distinct places. So we altogether have $n-1+1+1+(k-1)=n+k$ places to insert the last element. This gives the $(n+k)\left\lfloor\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right\rfloor$ term.

Having this combinatorial interpretation for the Lah numbers, another nice expression can be deduced. Namely,
$$
\left\lfloor\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right]=\sum_{j=0}^n\left[\begin{array}{l}
n \
j
\end{array}\right]\left{\begin{array}{l}
j \
k
\end{array}\right}
$$
The construction of an ordered list with $k$ blocks on $n$ elements can be done in a different way than above, so that we arrive at (2.55). If we put the $n$ elements into a permutation with $j$ cycles and then we group these cycles into $k$ groups, we get an ordered list with $k$ blocks. Summing over $j$ we get the formula.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The combinatorial meaning of the Lah numbers

这两类斯特林数都是某些多项式的连接系数，同时具有明确的组合意义。这一一以及 (2.53) 中二项式系数的存在表明 $\lfloor n k\rfloor L a h$ 数也有一些组合解释。我们将在本节中更详细地解释此含义。我们从一个定义开始。
定义 2.8.1。让一个 $k$ 分区 $n$-设置被给予。如果我们考虑到各个块中元素的顺序，我们就说这个分区是一个有序列表。
例如，通常意义上的以下 2-partitions1, 2, 3, 4, 5是相同的:
$$
1,2 \mid 3,4,5 \text { and } 2,1 \mid 4,5,3
$$
之所以如此，是因为元素的顺序在集合中无关紧要。但是如果我们考虑有序列表，它们就不再相同了。因此，问题来了：有多少个有序列表 $n$ 元素与 $k$ 块? 答案可以猜到: $\lfloor n k\rfloor$.
为了证明这一点，我们构建了所有有序列表 $n$ 元素与 $k$ 一个一个地挡住。这可以如下建立。选择 $k$ 元素来自 $n$ 这将是他们块中的第一个元素。然后从剩下的 $n-k$ 我们一个接一个地选择元素并将它们放在可能的位置。第一个元素可以放在 $k$ 方式 (之间 $k$ 元素和最后一个之后)。下一个元素有 $k+1$ 职位去，最后有 $k+(n-k-1)=n-1$ 职位。这意味着我们总共有
$$
(n k) k(k+1) \cdots(n-1)=\frac{n !}{k !}(n-1 k-1)
$$
不同的有序列表 $k$ 块上 $n$ 元素。该表达式与 (2.53) 相同。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Two identities for the Lah numbers

基本递归遵循上述组合定义:
$$
\lfloor n+1 k\rfloor=(n+k)[n k\rfloor+\lfloor n k-1\rfloor
$$
一个有序列表 $n+1$ 元素与 $k$ 块可以从有序列表中构建 $n$ 元素。(1) 最后一个元素可以组成单例，剩下的 $n$ 元素形成一个有序列表 $(k-1)$ – 阻止 $\left\lfloor\begin{array}{l}n \ k-1\end{array}\right\rfloor$ 方法。(2) 如果最后一个元素不在单例中，那么首先我们形成一个有序列表 $k$ 上的块 $n$ 中的其他元素 $\lfloor n k$ 方法，然后我们将最后一个元素揷入到 $n$ 元素 $(n-1$ 位置)，或在第一个元素之前，或在最后一个元素之后 $(1+1$ 选项)。我们需要小心：在一个块的最后一个元素和下一个块的第一个元素之间，有两个不同的地方。所以我们一共有 $n-1+1+1+(k-1)=n+k$ 揷入最后一个元素的地方。这给出了 $(n+k)\lfloor n k\rfloor$ 学期。
有了 Lah 数的这种组合解释，可以推导出另一个很好的表达式。即，
有序列表的构建 $k$ 块上 $n$ 元素可以用与上面不同的方式完成，这样我们就可以得到 (2.55)。如果我们把 $n$ 元素排列成 $j$ 周期，然后我们将这些周期分组为 $k$ 组，我们得到一个有序列表 $k$ 块。总结结束 $j$ 我们得到了公式。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Recursion of the Stirling numbers of the second kind

Let us go further to find more ways to calculate the second kind of Stirling numbers. If we have an $n$-set and a $k$-partition, there are two cases.

The first element is alone in its own 1-block ${ }^{12}$. Then the other $n-1$ elements form $k-1$ blocks in $\left{\begin{array}{l}n-1 \ k-1\end{array}\right}$ ways.
The first element shares a block with other elements. The other $n-1$ elements form a $k$-partition in $\left{\begin{array}{c}n-1 \ k\end{array}\right}$ possible ways, and we put the first element in one of these. To perform this insertion, we have $k$ options. This yields that in this case we have $k\left{\begin{array}{c}n-1 \ k\end{array}\right}$ possibilities.

These two cases together give a simple calculation method for the Stirling numbers of the second kind:
$$
\left{\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right}=\left{\begin{array}{l}
n-1 \
k-1
\end{array}\right}+k\left{\begin{array}{c}
n-1 \
k
\end{array}\right}
$$

As we already mentioned around (1.1), such formulas are called recursive. To see how this recursion works in practice, let us try to answer the following question: “in how many ways can we group five elements into three groups?”. In other words, we want to determine the value of $\left{\begin{array}{l}5 \ 3\end{array}\right}$. By our new recursion we have that
$$
\left{\begin{array}{l}
5 \
3
\end{array}\right}=\left{\begin{array}{l}
4 \
2
\end{array}\right}+3\left{\begin{array}{l}
4 \
3
\end{array}\right} .
$$
Luckily, we have already seen the Stirling numbers on the right: $\left{{ }_2^4\right}=7$, and $\left{\begin{array}{l}4 \ 3\end{array}\right}=6$. Hence,
$$
\left{\begin{array}{l}
5 \
3
\end{array}\right}=7+3 \cdot 6=25 .
$$
We have not yet analyzed what numbers can go to the upper and lower position in $\left{\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right}$. The upper parameter $n$ is always a number of objects, so it is a positive number; however, sometimes it is useful to permit $n=0$. The lower parameter $k$ is the number of blocks, so it cannot be greater than $n$. We also permit $k$ to be zero, so $0 \leq k \leq n$, and $n \geq 0$. However, it is often useful to permit $k>n$ and in this case we simply fix
$$
\left{\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right}=0
$$
There are some reasons we will meet later which suggest that we would better set $\left{\begin{array}{l}0 \ 0\end{array}\right}$ to be one and not to be zero. We therefore fix
$$
\left{\begin{array}{l}
0 \
0
\end{array}\right}=1
$$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations and factorials

After knowing how to partition objects into blocks, now we study how to order objects. If we have 30 books to put on a shelf (regardless of the alphabetical order of the titles, their sizes or colors, etc.) we can do this task as follows: we choose one book from the 30 and we put it the first on the shelf. Then we choose one from the remaining 29 books, and so on, until we have the last book to put. Therefore, we have $30 \cdot 29 \cdots 2 \cdot 1$ different cases in total. (This is a huge number with 33 digits.) This approach works for any number of books, so we introduce the following elementary notion.

Definition 1.3.1. A fixed order of $n$ elements is a permutation of these elements. The number of all the possible permutations is $n \cdot(n-1) \cdot(n-2) \cdots 2 \cdot 1$, which is denoted ${ }^{13}$ by $n$ ! and we read it as $n$ factorial $^{14} . n$ is also called the length of the permutation.
Cycles
The permutations are often described by the following method. In the first line of a two-line table we put the labels of the elements, and in the second line we put their orders after permuting them. For example, if we consider the elements $1,2,3,4$ and we put them in the order $2,4,1,3$, then we have this table:
$$
\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \
2 & 4 & 1 & 3
\end{array}\right)
$$
Now let us see a longer permutation. For instance:
$$
\left(\begin{array}{llllll}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \
3 & 1 & 2 & 6 & 4 & 5
\end{array}\right)
$$
Note that the first three and second three elements are “mixing” among themselves. In other words, this permutation can be rewritten as a “product” of two smaller permutations:
$$
\left(\begin{array}{lll}
1 & 2 & 3 \
3 & 1 & 2
\end{array}\right) \text { and }\left(\begin{array}{lll}
4 & 5 & 6 \
6 & 4 & 5
\end{array}\right) .
$$

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Recursion of the Stirling numbers of the second kind

让我们进一步寻找更多计算第二类斯特林数的方法。如果我们有一个 $n$-设置和一个 $k$-分区，有两种情况。

第一个元素单独在它自己的 1 -block 中 ${ }^{12}$. 然后另一个 $n-1$ 元素形式 $k-1$ 挡在
第一个元素与其他元素共享一个块。另一个 $n-1$ 元素形成一个 $k$-分区
\left{|begin{array}{c}n-1 \klend{array}}|right} 可能的方式，我们将第一个元素放在其中一个中。为了执行这个揷入，我们有 $k$ 选项。这产生了在这种情况下我们有
这两种情况共同给出了第二类斯特林数的简单计算方法:
$\backslash$ left ${$ begin ${$ array ${\mid} n \backslash k$ lend ${$ array $}$ right $}=\backslash$ eft ${$ begin ${$ array $}{\mid} n-1 \backslash k-1 \backslash$ end ${$ array $} \backslash r i g h t}+k \backslash$ left ${$ begin ${$ array $}$
正如我们已经在 (1.1) 周围提到的那样，这样的公式称为递归的。要了解这种递归在实践中是如何工作的，让我们尝试回答以下问题: “我们可以通过多少种方式将五个元素分为三组? “。换句话说，我们要确
\left } { \backslash \text { begin } { \text { array } { | } 5 \backslash 3 \text { |end } { \text { array } } \backslash \text { right } } = \backslash \text { left } { \backslash \text { begin } { \operatorname { a r r a y } } | } 4 \backslash 2 \text { lend } { \text { array } } \backslash \text { right } } + 3 \backslash \text { left } { \text { begin } { \text { array } { | }
幸运的是，我们已经看到右边的斯特林数： $\backslash$ left{{}_2^4|right}=7，和个对象，因此它是一个正数；然而，有时允许 $n=0$. 较低的参数 $k$ 是块数，所以不能大于 $n$. 我们也允许 $k$ 为零，所以 $0 \leq k \leq n$ ，和 $n \geq 0$. 但是，允许 $k>n$ 在这种情况下，我们只需修复
Veft{\begin } { \text { array } } { } } n \backslash k \backslash \text { lend } { \text { array } } \backslash r i g h t } = 0
我们稍后会遇到一些原因，这表明我们最好设置 \eft{\begin } { \text { array } { | } 0 \backslash 0 \backslash e n d { a r r a y } \backslash r i g h t } \text { 是一而不是零。 } 因此我们修
Veft{|begin{array ${\mid} 0 \backslash 0 \backslash$ end ${$ array $} \backslash r i g h t}=1$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations and factorials

在了解了如何将对象划分为块之后，现在我们研究如何对对象进行排序。如果我们有 30 本书要放在书架上 (不管书名的字母顺序、尺寸或颜色等)，我们可以按如下方式完成此任务：我们从 30 本书中选择一本书并将其放在第一位架子。然后我们从剩下的 29 本书中选择一本书，依此类推，直到我们放了最后一本书。因此，我们有 $30 \cdot 29 \cdots 2 \cdot 1$ 总共不同的情况。（这是一个巨大的数字，有 33 位数字。）这种方法适用于任何数量的书籍，因此我们介绍以下基本概念。
定义 1.3.1。固定顺序 $n$ 元素是这些元素的排列。所有可能排列的数量是 $n \cdot(n-1) \cdot(n-2) \cdots 2 \cdot 1$ ，表示为 ${ }^{13}$ 经过 $n$ ! 我们把它读成 $n$ 阶乘 ${ }^{14} . n$ 也称为排列长度。
循环
排列通常用以下方法描述。在双行表格的第一行中，我们放置了元素的标签，在第二行中，我们放置了排列后的顺序。例如，如果我们考虑元素 $1,2,3,4$ 我们把它们按顺序排列 $2,4,1,3$ ，然后我们有这张表：
$$
\left(\begin{array}{lllllll}
1 & 2 & 3 & 42 & 4 & 1 & 3
\end{array}\right)
$$
现在让我们看一个更长的排列。例如:
$$
\left(\begin{array}{lllllllllll}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 63 & 1 & 2 & 6 & 4 & 5
\end{array}\right)
$$
请注意，前三个和后三个元素相互“混合”。换句话说，这个排列可以重写为两个较小排列的“乘积”:

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非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|MA1510

Posted on 2023年3月22日2023年3月22日 by statistics-lab

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组合学是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Partitions and Bell numbers

Let us suppose that we have six people ${ }^1$. The most simple question might be the following: “in how many ways can we group these six people into some non-empty groups?”. If we decide to label our people with the labels $1,2,3,4,5,6$, then a possible grouping is the following:
$$
1,5|2,3| 4,6
$$
meaning that the first and fifth person go into the first group, the second and third go into the second one, and the fourth and sixth are being put into the third group. The order of the groups does not count for now. Another possibility is
$$
1|2,6| 3,4,5 \text {. }
$$
We feel that the number of different possibilities is not small, especially if there are more people to group. Concretely, there are 203 different groupings! Later on, we shall see how to get this exact number easily.

The problem of grouping or partitioning ${ }^2$ objects is many hundred years old. Even more interestingly, the first appearance of this question is not in a mathematical treatise but in a Japanese novel, The Tale of Genji from the eleventh century. In mathematical work, this problem appears firstly in a 1796 paper of C. Kramp ${ }^3$.

Let us study the question of partitioning in general and introduce the following definitions.

Definition 1.1.1. Let an n-element set of objects $A$ be given. If we have a non-empty collection of subsets of $A$ such that

the subsets in this collection are pairwise disjoint, and
every object from $A$ appears in one – and, by the previous point, in only one – subset,
then we say that this collection of subsets is a partition of $A$. The subsets in the collection are shortly called blocks.

After introducing the notion of partitions, we arrive at a central definition of our topic, and we meet our first counting sequence.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|A recursion for the Bell numbers

As $n$ grows, it is becoming harder and harder to calculate the Bell numbers by simply listing the partitions, so we must find a simpler way. To do this, we consider the following method. Let us fix an $n$-set $A$, and we pick out an arbitrary element $a$ from that of $n$. If we consider all the partitions of $A$, there will be $n$ possible cases: the element $a$ is in a block of $k$ elements, where $k$ can be $1,2, \ldots, n$. The first possibility, when $k=1$, results in the block ${a}$. When $a$ is in a two-element block, say, in ${a, b}$, then we have to choose the element $b$ beside $a$. This can be done in $n-1=\left(\begin{array}{c}n-1 \ 1\end{array}\right)$ ways. If $a$ is contained in a block of three elements ${ }^5$, then we have to choose two elements beside $a$ on $\left(\begin{array}{c}n-1 \ 2\end{array}\right)$ ways. And so on, until arriving $k=n$ : if $a$ is contained in an $n$-block (i.e., the partition contains one block and this is the whole $A$ ), then we have to choose $n-1$ elements beside $a$. This is possible just in $\left(\begin{array}{l}n-1 \ n-1\end{array}\right)=1$ way. After fixing the size $k$ of the block of $a$, we can focus on the remaining elements not in the block of $a$. We see that the remaining $n-k$ elements can be partitioned arbitrarily and the total number of these partitions is $B_{n-k}$ by the definition of the Bell numbers. Hence, for any single $k$ there are $\left(\begin{array}{c}n-1 \ k-1\end{array}\right) B_{n-k}$ cases. We can sum up the possible values of $k$, because these cases are pairwise disjoint. Hence, we have that
$$
B_n=1 \cdot B_{n-1}+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
1
\end{array}\right) \cdot B_{n-2}+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
2
\end{array}\right) \cdot B_{n-3}+\cdots+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
n-1
\end{array}\right) \cdot 1 .
$$
In the place of the last one we could write $B_0$ if we set $B_0=1$ to make the formula more consistent. Also, since $1=\left(\begin{array}{c}n-1 \ 0\end{array}\right)$ and we can fix $B_0=1$, this formula can be rewritten as
$$
B_n=\left(\begin{array}{c}
n-1 \
0
\end{array}\right) \cdot B_{n-1}+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
1
\end{array}\right) \cdot B_{n-2}+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
2
\end{array}\right) \cdot B_{n-3}+\cdots+\left(\begin{array}{c}
n-1 \
n-1
\end{array}\right) \cdot B_0 .
$$
Shortly,
$$
B_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}
n-1 \
k
\end{array}\right) B_{n-k-1}
$$
For the symmetry $\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n \ n-k\end{array}\right)$ of the binomial coefficients ${ }^6$, we have that $\left(\begin{array}{c}n-1 \ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n-1 \ n-1-k\end{array}\right)$, and hence
$$
B_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}
n-1 \
n-1-k
\end{array}\right) B_{n-1-k} .
$$

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Partitions and Bell numbers

假设我们有六个人 1 . 最简单的问题可能如下: “我们可以用多少种方法将这六个人分组到一些非空组中? “。如果我们决定给我们的员工贴上标签 $1,2,3,4,5,6$ ，那么可能的分组如下:
$$
1,5|2,3| 4,6
$$
意思是第一和第五个人分到第一组，第二和第三个人分到第二组，第四和第六个人分到第三组。组的顺序暂时不计算在内。另一种可能性是
$$
1|2,6| 3,4,5 \text {. }
$$
我们觉得不同的可能性不小，尤其是人多的时候要分组。具体来说，有 203 个不同的分组! 稍后，我们将看到如何轻松获得这个确切的数字。
分组或分区问题 ${ }^2$ 物体已有数百年历史。更有趣的是，这个问题的首次出现并不是在数学论文中，而是在日本十一世纪的小说《源氏物语》中。在数学工作中，这个问题首先出现在 C. Kramp 1796 年的一篇论文中 $^3$.
让我们研究一般的划分问题并引入以下定义。
定义 1.1.1。设一个 $\mathrm{n}$ 元对象集 $A$ 被给予。如果我们有一个非空的子集集合 $A$ 这样

该集合中的子集成对不相交, 并且
每个对象从 $A$ 出现在一个一一并且，根据前一点，只出现在一个—一子集中，那么我们说这个子集的集合是 $A$. 集合中的子集简称为块。
在介绍了分区的概念之后，我们得出了主题的中心定义，并且遇到了第一个计数序列。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|A recursion for the Bell numbers

作为 $n$ 越来越大，通过简单地列出分区来计算贝尔数变得越来越困难，因此我们必须找到一种更简单的方法。为此，我们考虑以下方法。让我们修复一个 $n$-放 $A$ ，然后我们选择一个任意元素 $a$ 从那个 $n$. 如果我们考虑所有的分区 $A$ ，将有 $n$ 可能的情况：元素 $a$ 在一个街区 $k$ 元素，其中 $k$ 可 $1,2, \ldots, n$. 第一种可能性，当 $k=1$ ，结果块 $a$. 什么时候 $a$ 在一个二元素块中，比方说，在 $a, b$, 然后我们必须选择元素 $b$ 旁 $a$. 这可以在 $n-1=(n-11)$ 方法。如果 $a$ 包含在三个元素的块中 ${ }^5$ ，那么我们必须选择旁边的两个元素 $a$ 在 $(n-12)$ 方法。依此类推，直到到达 $k=n$ ：如果 $a$ 包含在一个 $n$-块（即，分区包含一个块，这是整个 $A$ )，那么我们必须选择 $n-1$ 旁边的元素 $a$. 这是可能的 $(n-1 n-1)=1$ 方式。确定尺寸后 $k$ 块的 $a$ ，我们可以关注不在块中的剩余元素 $a$. 我们看到剩下的 $n-k$ 元素可以任意分区，这些分区的总数是 $B_{n-k}$ 根据贝尔数的定义。因此，对于任何单 $k$ 有 $(n-1 k-1) B_{n-k}$ 个案。我们可以总结出可能的价值 $k$ ，因为这些情况成对不相交。因此，我们有
$$
B_n=1 \cdot B_{n-1}+(n-11) \cdot B_{n-2}+(n-12) \cdot B_{n-3}+\cdots+(n-1 n-1) \cdot 1 .
$$
在最后一个地方我们可以写 $B_0$ 如果我们设置 $B_0=1$ 使公式更一致。此外，由于 $1=(n-10)$ 我们可以解决 $B_0=1$ ，这个公式可以改写为
$$
B_n=(n-10) \cdot B_{n-1}+(n-11) \cdot B_{n-2}+(n-12) \cdot B_{n-3}+\cdots+(n-1 n-1) \cdot B_0 \text {. }
$$
不久，
$$
B_n=\sum_{k=0}^{n-1}(n-1 k) B_{n-k-1}
$$
为了对称 $(n k)=(n n-k)$ 二项式系数 ${ }^6$ ，我们有 $(n-1 k)=(n-1 n-1-k)$ ，因此
$$
B_n=\sum_{k=0}^{n-1}(n-1 n-1-k) B_{n-1-k}
$$

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非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

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广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|MATH393

Posted on 2023年2月27日2023年2月27日 by statistics-lab

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组合学是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
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Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Ideals and Principal Ideal Domains

We begin with the definition of an ideal which will be a key concept in our later discussions.

Definition 1.33. Let $R$ be a ring (as always commutative with identity). A non-empty subset $I$ of $R$ is called an ideal if
(i) $a+b$ belongs to $I$ for all $a$ and $b$ in $I$, and
(ii) $a r$ belongs to $I$ for all $a \in I$ and all $r \in R$.
Example 1.34. Since ideals are non-empty, every ideal contains some element $a$, and therefore contains $0 \times a=0$. Thus every ideal contains 0 , and the set ${0}$ itself forms an ideal, called the zero ideal. Further, the whole ring $R$ is also an ideal.

If an ideal $I$ contains a unit $u$, then it must contain $u u^{-1}=1$, and hence must contain all elements in $R$ (upon using property (ii)). Thus if $R$ is a field, then there are only two ideals in $R$, namely ${0}$ and $R$.

Example 1.35. If $a$ is any element in $R$, then the set of multiples of $a$, namely ${a r: r \in R}$, forms an ideal. We denote this ideal by $(a)$, and call this the ideal generated by $a$. More generally, if $a_1, \ldots, a_n$ are elements of $R$, then the ideal generated by them is
$$
\left(a_1, \ldots, a_n\right)=\left{a_1 r_1+a_2 r_2+\ldots+a_n r_n: r_1, \ldots, r_n \in R\right} .
$$
You should check that this is indeed an ideal.
Definition 1.36. In any ring $R$ an ideal (a) generated by one element is called a principal ideal. An integral domain where every ideal is principal is called a Principal Ideal Domain (abbreviated PID).

Example 1.37. The integers form a basic example of a PID. To see this, suppose $I$ is an ideal in $\mathbb{Z}$. If $I={0}$ then it is clearly principal. Suppose then that $I$ contains non-zero elements, and let $n$ be the smallest positive integer in $I$. We claim that $I=(n)$ is the set of multiples of $n$. If this is not true then there must be some integer $m \in I$ which is not a multiple of $n$. Divide $m$ by $n$ to extract a quotient and remainder: thus $m=n q+r$ with $1 \leq r<n$. Since $m$ and $n q$ are in the ideal $I$, it follows that $r$ must also be in $I$. But this contradicts the assumption that $n$ was the smallest positive integer in $I$. In Section $1.8$ we shall generalize this idea and give further examples of PIDs.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Greatest common divisors

Definition 1.39. Let $a$ and $b$ be two elements in an integral domain $R$, with at least one of $a$ or $b$ being non-zero. An element $d \in R$ that divides both $a$ and $b$ is called a common divisor of $a$ and $b$. A common divisor $g$ of $a$ and $b$ is called a greatest common divisor if every common divisor of $a$ and $b$ also divides $g$.

Note, we have not said anything about the existence or uniqueness of the greatest common divisor. Indeed in Exercise 11 below, you will find an example of an integral domain where there are are elements that do not have a greatest common divisor. Further, if a greatest common divisor $g$ exists, then you should check that $g u$ is also a greatest common divisor for any unit $u$. But apart from this, the greatest common divisor (if it exists) is unique – for if $g_1$ and $g_2$ are two greatest common divisors then $g_1 \mid g_2$ (since $g_1$ is a common divisor and $g_2$ is a greatest common divisor) and similarly $g_2 \mid g_1$, and now use Lemma $1.28$ to conclude that $g_1$ and $g_2$ are associates. We may sometimes refer to “the greatest common divisor” (when a greatest common divisor exists), but this refers to an arbitrary choice among the associates.

We now show that in a PID, the greatest common divisor of two elements can always be found, and moreover it is a linear combination of the two elements.

Proposition 1.40. If $R$ is a PID then there exists a greatest common divisor $g$ for any two elements $a$ and $b$ (not both zero). Further we may write
$$
g=a x+b y
$$
for some elements $x, y$ in $R$.

Proof. Given $a$ and $b$ consider the ideal $I=(a, b)$ generated by $a$ and $b$. That is, $I={a x+b y: x, y \in R}$. Since $R$ is a PID, the ideal $I$ must be principal. Say $I=(d)$. We claim that $d$ is a gcd of $a$ and $b$ (and all other gcd’s are associates of $d$ ).

Note that $I$ consists of the multiples of $d$, and since $I$ contains $a$ and $b$, it follows that $a$ and $b$ are both multiples of $d$. Thus $d$ is a common divisor of $a$ and $b$.

If $f$ is a common divisor of $a$ and $b$, then $f$ divides all elements of the form $a x+b y$; that is, $f$ divides all elements of $I$. Therefore $f$ must divide $d$. This proves that $d$ is a gcd, and the proposition follows.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Ideals and Principal Ideal Domains

我们从理想的定义开始，这将是我们后面讨论中的一个关键概念。
定义 1.33。让 $R$ 是一个环 (总是与身份交换)。非空子集 $I$ 的 $R$ 被称为理想如果 (i) $a+b$ 属于 $I$ 对全部 $a$ 和 $b$ 在 $I$ ，和
(ii) $a r$ 属于 $I$ 对全部 $a \in I$ 和所有 $r \in R$.
示例 1.34。由于理想是非空的，因此每个理想都包含一些元素 $a$ ，因此包含 $0 \times a=0$. 因此每个理想都包含 0 ，并且集合0本身形成一个理想，称为零理想。此外，整个环 $R$ 也是一种理想。
如果一个理想 $I$ 包含一个单位 $u$ ，那么它必须包含 $u u^{-1}=1$ ，因此必须包含所有元素 $R$ （在使用属性 (ii) 时）。因此，如果 $R$ 是一个场，那么其中只有两个理想 $R$ ，即 0 和 $R$.
示例 1.35。如果 $a$ 是任何元素 $R$, 那么一组的倍数 $a$ ，即 $a r: r \in R$ ，形成一个理想。我们将这个理想表示为 $(a)$ ，并将其称为由 $a$. 更一般地，如果 $a_1, \ldots, a_n$ 是元素 $R$ ，那么他们产生的理想就是
你应该检查这确实是一个理想。
定义 1.36。在任何环 $R$ 由一个元素产生的理想（a）称为主理想。每个理想都是主要的积分域称为主要理想域 (缩写为PID)。
示例 1.37。这些整数构成了 PID 的一个基本示例。要看到这一点，假设 $I$ 是一个理想的 $\mathbb{Z}$. 如果 $I=0$ 那么它显然是主要的。那么假设 $I$ 包含非零元素，并且让 $n$ 是最小的正整数 $I$. 我们声称 $I=(n)$ 是的倍数的集合 $n$. 如果这不是真的那么必须有一些整数 $m \in I$ 这不是的倍数 $n$. 划分 $m$ 经过 $n$ 提取商和余数：因此 $m=n q+r$ 和 $1 \leq r<n$. 自从 $m$ 和 $n q$ 在理想中 $I$ ，它遵循 $r$ 也必须在 $I$. 但这与假设相矛盾 $n$ 是最小的正整数 $I$. 在节 $1.8$ 我们将概括这个想法并给出更多 PID 的例子。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Greatest common divisors

定义 1.39。让 $a$ 和 $b$ 是积分域中的两个元素 $R$, 至少有一个 $a$ 或者 $b$ 非零。一个元素 $d \in R$ 将两者分开 $a$ 和 $b$ 被称为公约数 $a$ 和 $b$. 公约数 $g$ 的 $a$ 和 $b$ 被称为最大公约数，如果每个公约数 $a$ 和 $b$ 也分 $g$.
请注意，我们还没有提到最大公约数的存在性或唯一性。事实上，在下面的练习 11 中，您会发现一个整数域的示例，其中有些元素没有最大公约数。此外，如果最大公约数 $g$ 存在，那么你应该检查 $g u$ 也是任何单位的最大公约数 $u$. 但除此之外，最大公约数（如果存在的话）是唯一的一一因为如果 $g_1$ 和 $g_2$ 是两个最大公约数 $g_1 \mid g_2$ （自从 $g_1$ 是公约数并且 $g_2$ 是最大公约数）并且类似地 $g_2 \mid g_1$ ，现在使用引理 $1.28$ 得出结论 $g_1$ 和 $g_2$ 是同事。我们有时可能会提到“最大公约数”（当存在最大公约数时），但这是指在关联方中任意选择。
现在证明在一个PID中，总能找到两个元素的最大公约数，而且是两个元素的线性组合。
提案 1.40。如果 $R$ 是 PID 则存在最大公约数 $g$ 对于任意两个元素 $a$ 和 $b$ (不是都为零)。进一步我们可以写
$$
g=a x+b y
$$
对于某些元素 $x, y$ 在 $R$.
证明。鉴于 $a$ 和 $b$ 考虑理想 $I=(a, b)$ 产生于 $a$ 和 $b$. 那是， $I=a x+b y: x, y \in R$. 自从 $R$ 是一个PID，理想 $I$ 必须是校长。说 $I=(d)$. 我们声称 $d$ 是一个 $g c d a$ 和 $b$ (所有其他 $g c d$ 都是 $d$ ).
注意 $I$ 由以下的倍数组成 $d$, 并且因为 $I$ 包含 $a$ 和 $b$ ，它遵循 $a$ 和 $b$ 都是的倍数 $d$. 因此 $d$ 是公约数 $a$ 和 $b$.
如果 $f$ 是公约数 $a$ 和 $b$ ，然后 $f$ 划分表格的所有元素 $a x+b y ;$ 那是， $f$ 划分的所有元素 $I$. 所以 $f$ 必须分开 $d$. 这证明 $d$ 是一个 gcd，命题如下。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS519

Posted on 2023年2月27日2023年2月27日 by statistics-lab

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组合学是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Integral domains and fields

Let $R$ be a ring (as always, commutative with identity and with $0 \neq 1$ ). Since $R$ forms a group under addition, we have the cancellation law $a+$ $b=a+c$ implies $b=c$. Is there a cancellation law for multiplication? Since $0 \times a=0$ for all elements $a \in R$, we may have $0 \times b=0 \times c$ without necessarily having $b=c$. Less trivially, even if $a \neq 0$ it may happen that $a b=a c$ without $b$ being equal to $c$. For example, in the ring $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ we have $2 \bmod 6 \times 3 \bmod 6=4 \bmod 6 \times 3 \bmod 6$ (both are $0 \bmod 6$ ) but $2 \bmod 6 \neq 4 \bmod 6$. The problem is that it is possible for rings $R$ to have non-zero elements $a$ and $b$ such that the product $a b$ equals 0 . Indeed in $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ we have $2 \bmod 6 \times 3 \bmod 6=0 \bmod 6$. We isolate this undesired behavior, and define a class of rings that are better behaved and permit cancellation with respect to multiplication.

Definition 1.11. Let $R$ be a commutative ring with identity, and with $0 \neq 1$. A non-zero element $a$ of $R$ is called a zero divisor if there is a nonzero element $b$ with $a b=0$. A ring $R$ that has no zero divisors is called an integral domain.

Example 1.12. The ring $\mathbb{Z}$, and the ring of Gaussian integers $\mathbb{Z}[i]$ are both integral domains. To see why $\mathbb{Z}[i]$ is an integral domain, note that $(a+b i) \times(c+d i)=0$ implies that $(a-b i)(a+b i)(c+d i)(c-d i)=$ $\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=0$. The last relation gives that a product of nonnegative integers is 0 , so that either $a^2+b^2=0$ (so that $a=b=0$ ) or $c^2+d^2=0$ (so that $c=d=0$ ).

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Divisibility: primes and irreducibles

With these preliminaries in place, we turn to the main goal of this chapter, which is to develop ideas of divisibility and factorization in rings. generalizing the familiar notion of prime numbers in the integers and the factorization of integers into prime numbers. Let us begin with the definition (and notation) for divisibility.

Definition 1.24. Let $R$ be a ring, and let $a$ and $b$ be elements of $R$. We say that $a$ divides $b$, and write $a \mid b$, if there is an element $c \in R$ such that $b=a c$.

Example 1.25. Since all our rings have a multiplicative identity 1 , note that $a \mid a$ for any $a \in R$. If $a \mid b$ and $b \mid c$ then check that $a \mid c$. Further note that $a \mid 0$ for any $a \in R$.

Example 1.26. If $a$ in $R$ is a unit, then $a \mid b$ for any $b \in R$ (since we can write $\left.b=a\left(a^{-1} b\right)\right)$. This remark implies that the notion of divisibility is not interesting in a field. Indeed, in a field every non-zero element is a unit, and therefore all non-zero elements divide all elements of a field.
Example 1.27. A natural question that arises from our definition is whether $c$ is unique when we write $b=a c$. Note that if $a=0$, then $b$ must also be 0 , but $c$ may be an arbitrary element of the ring. Let us avoid this pathological case, and ask what happens when $a \neq 0$. Consider the ring $R=\mathbb{Z} / 15 \mathbb{Z}$, and take $a=3 \bmod 15$ and $b=0 \bmod 15$. Note that $a \mid b$ here, but we may write $b=a c$ with $c=0$, 5 , or $10 \bmod 15$. Another weird feature of this ring is that $3 \bmod 15$ divides $6 \bmod 15$, but also $6 \bmod 15$ divides $3 \bmod 15=3 \times 6 \bmod 15$. This allows us to factor $3 \bmod 15$ indefinitely: $3 \bmod 15=3 \times 6 \bmod 15=3 \times 6 \times 6 \bmod 15$, and su un.

The weirdness in this example arises from zero divisors, and to avoid such pitfalls, we shall develop ideas of divisibility and factorizations in the context of integral domains. If $R$ is an integral domain, and $a \mid b$ with $a \neq 0$, then there is a unique way to write $b=a c$. Indeed, if $b=a c_1=$ $a c_2$, then we may use Lemma $1.13$ to cancel $a$ and conclude that $c_1=c_2$.
Lemma 1.28. Let $R$ be an integral domain. If $a$ and $b$ are non-zero elements of $R$ and $a \mid b$ and $b \mid a$ then $a=b u$ for $a$ unit $u$.

Proof. Since $a \mid b$ we may write $b=a c$. Since $b \mid a$ we may write $a=b d$. Therefore $a=b d=a c d$. Since $R$ is an integral domain, and $a \neq 0$ we may use Lemma $1.13$ to cancel $a$ from both sides of the relation $a=$ acd. Thus we obtain $1=c d$, so that $c$ and $d$ are units. This proves the lemma.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Integral domains and fields

让 $R$ 是一个环 (一如既往，可交换身份和 $0 \neq 1$ ). 自从 $R$ 在加法下形成一个群，我们有消法 $a+$ $b=a+c$ 暗示 $b=c$. 乘法有抵消律吗? 自从 $0 \times a=0$ 对于所有元素 $a \in R$ ，我们可能有 $0 \times b=0 \times c$ 不一定有 $b=c$. 不那么琐碎，即使 $a \neq 0$ 可能会发生 $a b=a c$ 没有 $b$ 等于 $c$. 比如在环 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 我们有 $2 \bmod 6 \times 3 \bmod 6=4 \bmod 6 \times 3 \bmod 6($ (两者都是 $0 \bmod 6$ ) 但 $2 \bmod 6 \neq 4 \bmod 6$. 问题是戒指有可能 $R$ 有非零元素 $a$ 和 $b$ 这样的产品 $a b$ 等于 0 。确实在 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 我们有 $2 \bmod 6 \times 3 \bmod 6=0 \bmod 6$. 我们隔离了这种不受欢迎的行为，并定义了一类表现更好的环，并允许在乘法方面取消。
定义 1.11。让 $R$ 是具有身份的交换环，并且具有 $0 \neq 1$. 非零元素 $a$ 的 $R$ 如果存在非零元素，则称为零因子 $b$ 和 $a b=0$. 戒指 $R$ 没有零因数的称为积分域。
示例 1.12。戒指 $\mathbb{Z}$ ，和高斯整数环 $\mathbb{Z}[i]$ 都是积分域。看看为什么 $\mathbb{Z}[i]$ 是一个积分域，请注意 $(a+b i) \times(c+d i)=0$ 暗示 $(a-b i)(a+b i)(c+d i)(c-d i)=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=0$. 最后一个关系给出非负整数的乘积是 0 ，所以要么 $a^2+b^2=0$ (以便 $a=b=0$ ) 或者 $c^2+d^2=0$ (以便 $c=d=0$ ).

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Divisibility: primes and irreducibles

准备好这些准备工作后，我们转向本章的主要目标，即发展环中可分性和因式分解的思想。推广整数中素数的熟戔概念以及将整数分解为素数。让我们从可分性的定义 (和符号) 开始。
定义 1.24。让 $R$ 是一个环，让 $a$ 和 $b$ 成为元素 $R$. 我们说 $a$ 分裂 $b$ ，和写 $a \mid b$, 如果有一个元素 $c \in R$ 这样 $b=a c$
示例 1.25。由于我们所有的环都有乘法身份 1 ，请注意 $a \mid a$ 对于任何 $a \in R$. 如果 $a \mid b$ 和 $b \mid c$ 然后检查 $a \mid c$. 进一步注意 $a \mid 0$ 对于任何 $a \in R$.
示例 1.26。如果 $a$ 在 $R$ 是一个单位，那么 $a \mid b$ 对于任何 $b \in R$ (因为我们可以写 $b=a\left(a^{-1} b\right)$ ). 这句话意味着可分性的概念在一个领域中并不有趣。实际上，在一个域中，每个非零元素都是一个单元，因此所有非零元素都划分一个域的所有元素。
示例 1.27。从我们的定义中产生的一个自然问题是 $c$ 当我们写的时候是独一无二的 $b=a c$. 请注意，如果 $a=0$ ，然后 $b$ 也必须为 0 ，但是 $c$ 可以是环的任意元素。让我们避免这种病态的情况，问一下什么时候会发生 $a \neq 0$. 考虑戒指 $R=\mathbb{Z} / 15 \mathbb{Z}$ ，并采取 $a=3 \bmod 15$ 和 $b=0 \bmod 15$. 注意 $a \mid b$ 在这里，但我们可以写 $b=a c$ 和 $c=0,5$ ，或 $10 \bmod 15$. 这枚戒指的另一个奇怪的特点是 $3 \bmod 15$ 分裂
$6 \bmod 15$ ，但是也 $6 \bmod 15$ 分裂 $3 \bmod 15=3 \times 6 \bmod 15$. 这使我们可以考虑 $3 \bmod 15$ 无限期地: $3 \bmod 15=3 \times 6 \bmod 15=3 \times 6 \times 6 \bmod 15$ ，和苏一个。
这个例子中的怪异源于零除数，为了避免这种陷阱，我们将在积分域的背景下发展可分性和因式分解的思想。如果 $R$ 是一个积分域，并且 $a \mid b$ 和 $a \neq 0$ ，那么就有一种独特的写法 $b=a c$. 的确，如果
$b=a c_1=a c_2$ ，那么我们可以使用引理 $1.13$ 取消 $a$ 并得出结论 $c_1=c_2$.
引理 1.28。让 $R$ 成为一个完整的域。如果 $a$ 和 $b$ 是非零元素 $R$ 和 $a \mid b$ 和 $b \mid a$ 然后 $a=b u$ 为了 $a$ 单元 $u$.
证明。自从 $a \mid b$ 我们可以写 $b=a c$. 自从 $b \mid a$ 我们可以写 $a=b d$. 所以 $a=b d=a c d$. 自从 $R$ 是一个积和 $d$ 是单位。这证明了引理。

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广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS586

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Primes and factorization

Definition 1.1. A group is a set $G$ with a binary operation, denoted · (or $*$, or $+$, or $\times$, or just omitted), satisfying the following properties:

If $a$ and $b$ are in $G$ then $a \cdot b$ is also in $G$.
Associativity: For any $a, b, c$ in $G$ we have
$$
a \cdot(b \cdot c)=(a \cdot b) \cdot c
$$

There is an identity element (denoted $e$ ) with the property that for any $a \in G$ one has
$$
a \cdot e=e \cdot a=a
$$
For every $a \in G$ there is an inverse element $a^{-1}$ such that
$$
a \cdot a^{-1}=a^{-1} \cdot a=e .
$$
Note that in our definition we do not insist that $a \cdot b=b \cdot a$ for all $a$ and $b$. Groups in which $a \cdot b=b \cdot a$ are called commutative (or abelian) groups.

In our definition of a group, we only required the existence of an identity element $e$, but in fact one can see that such an identity element must be unique. For, if $e_1$ and $e_2$ were two identity elements for a group $G$, then we must have $e_1 \cdot e_2=e_1$ (since $e_2$ is an identity), and also that $e_1 \cdot e_2=e_2$ (since $e_1$ is an identity), and therefore $e_1=e_2$. Similarly you should check that there is a unique inverse for any element $a \in G$ (see Exercise 1(i) below).

Another useful property that follows from the definition is the cancellation law. If $a, b, c$ are any elements of a group $G$ with $a b=a c$, then we can “cancel $a$ on both sides” and conclude that $b=c$. Precisely, multiply both sides of the relation $a b=a c$ (on the left) with $a^{-1}$, obtaining $a^{-1}(a b)=a^{-1}(a c)$. Using the associative property we find $a^{-1}(a b)=\left(a^{-1} a\right) b=e b=b$ and similarly $a^{-1}(a c)=\left(a^{-1} a\right) c=e c=c$, and thus the cancellation law is justified.

Example 1.2. The set of integers $\mathbb{Z}$ with the usual addition operation forms an abelian group. The identity is 0 and the inverse of a number $n$ is $-n$.

The rational numbers $\mathbb{Q}$, the real numbers $\mathbb{R}$, and the complex numbers $\mathbb{C}$ are all examples of abelian groups under the usual addition operation. The non-zero rational numbers (denoted $\mathbb{Q}^{\times}$), non-zero real numbers $\mathbb{R}^{\times}$, and non-zero complex numbers $\mathbb{C}^{\times}$are groups under the usual multiplication operation (with the identity being 1 now).

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Rings

Definition 1.5. A ring $R$ is a set together with two binary operations, usually denoted by $+$ and $x$, and satisfying the following properties:

Under the operation $+$, the set $R$ forms an abelian group. The (additive) identity of this group is denoted by 0 .
The operation $\times$ is associative $a \times(b \times c)=(a \times b) \times c$.
Multiplication is distributive over addition:
$a \times(b+c)=a \times b+a \times c, \quad$ and $\quad(a+b) \times c=a \times c+b \times c$.
Two other desirable properties, which need not be satisfied by general rings, are:
Commutativity of multiplication: $a \times b=b \times a$.
Existence of a multiplicative identity: There exists an element 1 with $a \times 1=1 \times a=a$ for all $a \in R$.

A ring which satisfies the last two properties above is called a commutative ring with identity. We will only be interested in such commutative rings with identity, but it may be useful to have one example of a non-commutative ring. A natural example, related to Example $1.4$ for groups, is the ring $M_n(\mathbb{R})$ of $n \times n$ matrices with real entries with the usual operations of matrix addition and multiplication.

From now on, ring will always mean, for us, a commutative ring with identity. We will remind you of this assumption from time to time, but it is assumed throughout the text.

In any ring $R, 0 \times a=0$ for all $a \in R$. To see this, note that $0 \times a=$ $(0+0) \times a=0 \times a+0 \times a$ by the distributive law. Canceling one $0 \times a$ from both sides of the relation $0 \times a=0 \times a+0 \times a$ (recall that we are allowed to cancel in a group), we obtain $0 \times a=0$.

Example 1.6. If the multiplicative identity 1 is the same as the additive identity 0 , then the ring can have only one element 0 : indeed, we must have $1 \times a=a=0 \times a=0$. This is a trivial example of a ring, called the zero ring; it consists of one element 0 , and is described by the boring properties $0+0=0 \times 0=0$. We shall henceforth assume that $0 \neq 1$, to avoid this example.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Primes and factorization

定义 1.1。一组是一组 $G$ 用二元运算表示为 $\cdot$ (或 $*$ ，或者十，或者 $\times$ ，或只是省略)，满足以下属性:

如果 $a$ 和 $b$ 在 $G$ 然后 $a \cdot b$ 也在 $G$.
结合性：对于任何 $a, b, c$ 在 $G$ 我们有
$$
a \cdot(b \cdot c)=(a \cdot b) \cdot c
$$
有一个身份元素 (表示 $e$ ) 具有对任何 $a \in G$ 一有
$$
a \cdot e=e \cdot a=a
$$
对于每一个 $a \in G$ 有一个逆元素 $a^{-1}$ 这样
$$
a \cdot a^{-1}=a^{-1} \cdot a=e .
$$
请注意，在我们的定义中，我们并不坚持 $a \cdot b=b \cdot a$ 对全部 $a$ 和 $b$. 其中的组 $a \cdot b=b \cdot a$ 称为交换群（或阿贝尔群)。
在我们对组的定义中，我们只需要存在一个身份元素e，但实际上可以看出，这样的标识元素必须是唯一的。对于，如果 $e_1$ 和 $e_2$ 是一个群体的两个身份元素 $G$ ，那么我们必须有 $e_1 \cdot e_2=e_1$ （自从 $e_2$ 是一个身份），而且 $e_1 \cdot e_2=e_2$ （自从 $e_1$ 是一个恒等式），因此 $e_1=e_2$. 同样，您应该检查任何元素是否存在唯一的逆元素 $a \in G$ (参见下面的练习 1(i)）。
从定义中得出的另一个有用的属性是抵消律。如果 $a, b, c$ 是群的任何元素 $G$ 和 $a b=a c$ ，那么我们可以 “取消 $a$ 双方”并得出结论 $b=c$. 准确地说，将关系的两边相乘 $a b=a c$ （在左边) 与 $a^{-1}$ ，获得 $a^{-1}(a b)=a^{-1}(a c)$. 使用我们发现的关联属性 $a^{-1}(a b)=\left(a^{-1} a\right) b=e b=b$ 同样 $a^{-1}(a c)=\left(a^{-1} a\right) c=e c=c$ ，因此取消法是合理的。
示例 1.2。整数集 $\mathbb{Z}$ 用通常的加法运算形成阿贝尔群。身份是 0 和一个数的倒数 $n$ 是 $-n$.
有理数 $\mathbb{Q}$ ，实数 $\mathbb{R}$ ，和复数 $\mathbb{C}$ 都是通常加法运算下的阿贝尔群的例子。非零有理数（表示 $\mathbb{Q}^{\times}$)，非零实数 $\mathbb{R}^{\times}$ ，和非零复数 $\mathbb{C}^{\times}$是通常乘法运算下的组 (现在身份为 1 )。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Rings

定义 1.5。戒指 $R$ 是一个包含两个二元运算的集合，通常表示为十和 $x$ ，并满足以下性质:

手术中+, 集合 $R$ 形成阿贝尔群。该组的 (附加) 身份由 0 表示。
操作 $\times$ 是结合的 $a \times(b \times c)=(a \times b) \times c$.
乘法对加法是分配的: $a \times(b+c)=a \times b+a \times c, \quad$ 和 $\quad(a+b) \times c=a \times c+b \times c$.
一般环不需要满足的另外两个理想特性是:
乘法的交换律： $a \times b=b \times a$.
乘法恒等式的存在性: 存在一个元素 $1 a \times 1=1 \times a=a$ 对全部 $a \in R$.
满足上述最后两个性质的环称为恒等交换环。我们只会对这种具有恒等式的交换环感兴趣，但有一个非交换环的例子可能会有用。一个自然的例子，与 Example 相关 $1.4$ 对于团体，是戒指 $M_n(\mathbb{R})$ 的 $n \times n$ 具有实数项的矩阵，具有通常的矩阵加法和乘法运算。
从现在开始，对我们来说，环将永远意味着具有身份的交换环。我们会不时提醒您这个假设，但在整个文本中都是假设的。
在任何环 $R, 0 \times a=0$ 对全部 $a \in R$. 要看到这一点，请注意 $0 \times a=$ $(0+0) \times a=0 \times a+0 \times a$ 根据分配律。取消一个 $0 \times a$ 从关系的双方 $0 \times a=0 \times a+0 \times a$ (回想一下，我们可以在一个组中取消），我们得到 $0 \times a=0$.
示例 1.6。如果乘法恒等式 1 与加法恒等式 0 相同，则环只能有一个元素 0 ：确实，我们必须有 $1 \times a=a=0 \times a=0$. 这是环的一个简单例子，称为零环；它由一个元素 0 组成，并由 boring 属性描述 $0+0=0 \times 0=0$. 今后我们假设 $0 \neq 1$ ，以避免这个例子。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|MATH393

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Recurrence

A sequence is an infinite collection of numbers ordered following the example of the natural series, which is itself a prime and benchmark sequence. It has its beginning (the number 1) and has no end. When we count: one, two, three, four, …, we spell out natural numbers in the order, in which they form the most fundamental of all sequences. The ability to make a further step at any time during the counting evidence the infinite nature of this sequence.
The structure of the sequence of natural numbers (natural series) can be completely described by several definitive properties, which we have been familiar with since the first years of study of arithmetic. These properties are outlined below.

The first natural number is 1 . This is the only natural number which has no predecessor.
For every natural number, there is a successive one, and the successor is unique.
Every natural number, except for 1, has a preceding one, and the predecessor is unique.
Starting with the number 1, then moving to the next number (2), and to the next (3) and so on, after finite (though possibly large) amount of steps we will get to any natural number.

The last property might be hard to understand but it is extremely important. Actually, it means that although the natural series is infinite, every natural number has finite place in it, if one begins the count at 1 .

Now, assume that under every number of the natural series we write another number following some rule (denote these numbers by $a_i$, and let the index $i$ coincide with the corresponding natural number):

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Definition of a Sequence by a Recurrence Relation

The fact that a sequence is a function of natural argument, and its members are ordered as a natural series, there is another opportunity to define it, which is essentially different from the previous. In the above discussion, we have considered the direct rule of dependence of the members of a sequence on their numbers. A direct formula explicitly expresses this dependence establishing the correspondence between natural numbers (the numbers of the members of a sequence) and the elements of a sequence.

Another approach is to define the value of each following member of a sequence through values of several previous members and not only with its number. A formula establishing the required relation is called a recurrence relation. An elementary example of such a formula is
$$
a_n=a_{n-1}+a_{n-2} .
$$
What is the sense of this expression? It tells us about the sequence $\left(a_n\right)$, the members of which follow the rule: each of them (as $n$ is an arbitrary natural number) is the sum of two previous members (because $a_{n-1}$ and $a_{n-2}$ immediately precede $a_n$ ). Is this information about the sequence sufficient to reproduce it? For instance, are we able to determine a few of its starting elements? Clearly, the answer is no. In particular, it is impossible to determine the first member of the sequence. As well as the second one. The formula $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ can not be applied to the first two members of the sequence, since neither of them has two preceding elements. Therefore, the formula fails from the very beginning. In order to make it work, it is necessary to define two starting members of the sequence. Given this preliminary information, the formula begins operation, tirelessly and relentlessly expanding the sequence: the third term is the sum of the first and second, the fourth term is the sum of the second and third, etc., to infinity.

Obviously, a recurrence relation defines a class of sequences and not the exact sequence. The class comprises all the sequences following this recurrence relation. To distinguish one of the sequences of the class one needs to define a certain amount of its starting members.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Recurrence

序列是按照自然序列示例排序的数字的无限集合，自然序列本身就是素数和基准序列。它有开始（数字 1）没有结束。当我们数：一、二、三、四、……时，我们按照顺序拼出自然数，它们构成了所有数列中最基本的数列。在计数过程中随时可以采取进一步措施的能力证明了这个序列的无限性质。
自然数序列（自然级数）的结构可以完全用几个明确的性质来描述，我们从学习算术的最初几年就已经熟悉了。这些属性概述如下。

第一个自然数是 1 。这是唯一没有前身的自然数。
对于每一个自然数，都有一个后继数，并且后继数是唯一的。
每个自然数，除 1 外，都有一个前导数，且前导数是唯一的。
从数字 1 开始，然后移动到下一个数字 (2)，然后移动到下一个数字 (3)，依此类推，经过有限（尽管可能很大）的步骤后，我们将得到任何自然数。

最后一个属性可能很难理解，但它非常重要。实际上，这意味着虽然自然数列是无限的，但每个自然数在其中的位置都是有限的，如果从 1 开始计数。

现在，假设在自然级数的每个数字下，我们按照某种规则写下另一个数字（用A我，并让指数我与对应的自然数重合）：

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Definition of a Sequence by a Recurrence Relation

一个数列是自然论证的一个函数，它的成员作为一个自然数列有序排列，这是另一个定义它的机会，这与之前有本质的不同。在上面的讨论中，我们已经考虑了数列的成员与其编号相关的直接规则。一个直接的公式明确地表达了这种建立自然数 (序列成员的数量) 和序列元素之间的对应关系的依赖性。
另一种方法是通过几个先前成员的值来定义序列中每个后续成员的值，而不仅仅是其编号。建立所需关系的公式称为递推关系。这种公式的一个基本例子是
$$
a_n=a_{n-1}+a_{n-2} .
$$
这个表达的意义是什么? 它告诉我们有关顺序 $\left(a_n\right)$ ，其中的成员遵循规则：他们每个人 (作为 $n$ 是任意自然数）是前面两个成员的和（因为 $a_{n-1}$ 和 $a_{n-2}$ 紧接在前 $a_n$ ). 关于序列的这些信息是否足以重现它? 例如，我们是否能够确定它的一些起始元素? 显然，答案是否定的。特别是，不可能确定序列的第一个成员。以及第二个。公式 $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ 不能应用于序列的前两个成员，因为它们都没有两个前面的元素。因此，该公式从一开始就失败了。为了使其工作，有必要定义序列的两个起始成员。有了这些初步信息，公式就开始运算，不知疲倦地不檞地扩展序列: 第三项是第一项和第二项之和，第四项是第二项和第三项之和，等等，直到无穷大。
显然，递归关系定义了一类序列而不是确切的序列。该类包含遵循此递归关系的所有序列。要区分类别中的一个序列，需要定义一定数量的起始成员。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS519

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Bijection. Combinatorial Bijection Principle

Suppose that 59 teams are participating in a soccer cup. How many matches will be played? Even after additional explanations regarding the rules of the tournament, a large number of respondents hesitated to provide the answer, attempting the construction of various schemes and the related calculations. There were mathematicians among those who got confused about this issue, not to mention those who participate in the competition schedule. This is a kind of question to which the student can give an instant and reasonable answer, and at the same time it can make the specialist lose his balance and dig deep in search of the truth that is right on the surface. A foreword regarding the rules of cup competitions is needed. The classic system is that each match should end effectively (that is, by the victory of one of the teams), and the team that loses is no longer taking part in the tournament. This is the fundamental rule of the winner’s detection system, which is called a single-elimination, knockout, or sudden death tournament. The rest of the rules are not significant. Therefore, they are the responsibility of organizers of the competition (for example, football association). The organizers compile a schedule of the tournament, providing the rules for the creation of pairs at different stages of the competition, decide on which stage one or another team enter the tournament etc. They can also make a decision that the teams should play two matches on each stage instead of one. This does not change the essence of the knockout system, provided that after these two matches one of the two teams necessarily leaves the tournament. This alternative rule does not change our task either: the answer is simply doubled.

Therefore, assume we have a “classic competition”, when two teams play one match to determine which one of them is eliminated. How many matches will have to be played by all the teams?

The one, who focuses from the beginning on the various options of the schedule of competition, will waste a good deal of time searching for the answer. And this is the most popular route to a solution. Alternatively, the one, who realizes that the schedule of the competition is irrelevant to the task, no matter how simple or tricky it is, will get the answer almost immediately. The only important rule is the following: the losing team is eliminated from the competition. Imagine that the tournament is over. Which teams have not been knocked out? Only the cup winner. All the rest were eventually defeated and left the competition. There are 58 of them. And there were the same amount of matches, because each team lost in a single match, and each match resulted in a defeat of one of the teams. The teams, which lost in the tournament, are in such connection with the matches played, that there is no doubt that the number of matches and the number of losing teams are the same. This connection is called bijective correspondence (or one-to-one correspondence). We will have to deal with many more similar situations and use the term “bijective correspondence” or simply “bijection”, and therefore, it is time to stop and explain in detail its exact meaning.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Bijection between paths

Here we will deal with the summation of numbers and vectors. If one needs to calculate the sum of several (many) summands, then by the appropriate positioning of parentheses, this task can be reduced to the repeated summation of two summands. Moreover, the parentheses can be positioned in many different ways. The result does not depend on this. This is one of the fundamental arithmetical laws. It can be deduced from the associativity of addition, which refers to any three summands. The reader is well familiar with this property from the elementary school. Symbolically, it is presented as follows:
$$
(a+b)+c=a+(b+c) .
$$
Considering the sums of many summands we will adhere to the following rule: each “+” sign must correspond to a certain pair of parentheses (opening and closing parentheses). Hence, there should be the same amount of pairs of parentheses as the amount of “+” signs in the expression. In particular, under such agreement, the associativity property is expressed as follows:
$$
((a+b)+c)=(a+(b+c)) .
$$
Actually, we are not interested in associativity law and its consequences. We are dealing with a purely combinatorial problem: how many ways are there to place parentheses correctly in the sum of $n$ summands? The word “correctly” here means that there should be
equal amounts of opening and closing parentheses, and every pair of parentheses (opening parenthesis; closing parenthesis) corresponds to a certain “+” sign. In other words, pairs of parentheses (opening and closing) must be in bijective correspondence with the “+” signs.
In the case of three summands, there are two ways to place parentheses: $((a+b)+c)$ and $(a+(b+c))$.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Bijection. Combinatorial Bijection Principle

假设有 59 支球队参加足球杯。将进行多少场比赛？即使在对比赛规则进行了额外解释后，仍有大量受访者犹豫不决，试图构建各种方案和相关计算。被这个问题搞糊涂的不乏数学家，更何况是参加比赛日程的人。这是一种学生可以立即给出合理答案的问题，同时也可以让专家失去平衡，深入挖掘表面上的真相。关于杯赛规则的前言是必要的。经典的系统是每场比赛都应该有效结束（即由其中一支球队的胜利），输的队伍不再参加比赛。这是获胜者检测系统的基本规则，称为单淘汰赛、淘汰赛或猝死锦标赛。其余的规则并不重要。因此，他们是比赛组织者（例如足协）的责任。组织者编制比赛时间表，提供在比赛不同阶段创建配对的规则，决定一个或另一个球队进入比赛的哪个阶段等。他们还可以决定球队应该进行两场比赛在每个阶段而不是一个阶段。这并没有改变淘汰赛制度的本质，前提是在这两场比赛之后，两支球队中的一支必须退出锦标赛。

因此，假设我们有一个“经典比赛”，当两支球队进行一场比赛以确定其中一支被淘汰。所有球队要打多少场比赛？

那些从一开始就关注比赛日程的各种选择的人会浪费大量时间来寻找答案。这是最流行的解决方案。或者，意识到比赛日程与任务无关的人，无论任务多么简单或棘手，都会立即得到答案。唯一重要的规则如下：失败的队伍将被淘汰出局。想象一下比赛结束了。哪些球队没有被淘汰？只有杯赛冠军。其余的人最终都被击败并离开了比赛。其中有58个。而且比赛的场次是一样的，因为每支球队都输了一场，每场比赛都导致了其中一支球队的失利。在比赛中失利的球队，与比赛的联系如此密切，毫无疑问，比赛的数量和输球的球队数量是一样的。这种联系称为双射对应（或一对一对应）。我们将不得不处理更多类似的情况并使用术语“双射对应”或简称“双射”，因此，是时候停下来详细解释其确切含义了。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Bijection between paths

这里我们将处理数字和向量的求和。如果需要计算几个 (许多) 被加数的和，那么通过括号的适当定位，这个任务可以简化为两个被擞的重复求和。此外，括号可以以许多不同的方式放置。结果不取决于此。这是基本的算术定律之一。它可以从加法的结合性推导出来，它指的是任何三个被吅数。读者从小学就熟悉这个属性了。象征性地，它呈现如下:
$$
(a+b)+c=a+(b+c) .
$$
考虑到许多加数的总和，我们将遵循以下规则: 每个” ${ }^{\prime \prime}$ 号必须对应于特定的一对括号 (左括号和右括号) 。因此，括号对的数量应该与表达式中““”号的数量相同。特别地，在这种约定下，结合性表示如下:
$$
((a+b)+c)=(a+(b+c)) .
$$
实际上，我们对结合律及其后果不感兴趣。我们正在处理一个纯粹的组合问题: 有多少种方法可以正确地在总和中放置括号 $n$ 求和? 这里的“正确”一词意味着应该有
等量的左右括号，每对括号 (左括号; 右括号) 对应某个“+”号。换句话说，括号对（左括号和右括号）必须与“”“符号双射对应。
在三个被加数的情况下，有两种放置括号的方法: $((a+b)+c)$ 和 $(a+(b+c))$.

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金融工程代写

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|CS586

Posted on 2023年2月7日2023年2月7日 by statistics-lab

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组合学是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
Statistical Machine Learning 统计机器学习
Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|What is Combinatorics

Arithmetic studies the properties of natural numbers and the principles of manipulating them, known as the arithmetic operations (addition, subtraction, multiplication, and division). Plane geometry (planimetric) provides an interpretation of important patterns concerning such shapes as triangles, circles, trapezia, parallelograms, etc. In addition, what does combinatorics deal with? Probably the best way to form the correct vision of the subject of combinatorics is through the consideration of specific examples from its domain.
Example 1.1. Is there a way to place the numbers $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ in a $3 \times 3$ square grid so that the sums of numbers in all rows, columns and diagonals are equal to the same value?

Clearly, this is not a complex problem. After several efforts, one almost inevitably reaches the desired placing. For example, the following:
$$
\begin{array}{lll}
4 & 9 & 2 \
3 & 5 & 7 \
8 & 1 & 6
\end{array}
$$
Hence, the answer to the question is positive. Moreover, it yields another one, much less trivial question: how many such $3 \times 3$ square grids exist?

Example 1.2. Let us have a drawing with small circles denoting cities and lines denoting routes between them. Departing from city $A$, is it possible to return to city $A$ by traveling each route exactly once (cities may be revisited more than once)? The answer is positive for the provided scheme of routes. Moreover, this is true for any city in the drawing. Explain the reasoning behind that fact. Which special feature (or features) should a scheme obtain in order for the answer to remain positive? Come up with the easiest possible scheme, which does not allow a journey with stated conditions.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Combinatorial Rule of Product

Behind this solid name, there is simple content, and the simplicity hides pitfalls which a beginner utterly needs to learn to bypass.

Example 1.11. John eats in a café every day and every time follows the same rule: his meal consists of one entrée and one main course. There is a choice of five entrées and seven main courses today. How many options are there for John to configure his meal?

The problem can be stated in a different way changing the emphasis in the question. Assume there are always the same five entrees and seven main courses on the menu. How many days can pass with John choosing a new combination for his meal?

There is no doubt the reader has already found an answer. However, taking into account that the situation in the problem may arise in different variations in the future, and the necessity to recognize it in more complex cases, we outline the details of the explanation of the answer.

Let us adhere to the second formulation of the question. Assume John decided to use the following algorithm. He is going to choose the same entrée adding variability to his meals by the choice of the main course. How many days John can choose meals without repetition? Obviously, the answer is seven. On the eighth day, he has to change the entrée. John will have another seven days of different meals with this choice of entrée. The same will happen for the other three choices of entrée. Hence, having five entrees and seven main courses he can choose $5 \cdot 7=35$ different meals.
Example 1.12. How many two-digit numbers comprise odd digits only?
The answer to the question can be illustrated by Fig. 1.4. The first row and the first column of the table consists of all five odd numbers each. Consider the square circled by the double line. Every cell can be specified by two numbers: first, the one placed to the left from it, and then, the one above it. Putting these numbers next to each other, we get a two-digit number, which can be taken as a code of the corresponding cell. Thus, every cell has a code attached to it, and every code denotes a specific cell. For example, the crosshatched cell has code 57. The cells are geometric analogs of their codes, which are two-digit numbers comprising of odd digits. Hence, the numbers of codes (two-digit numbers) and cells (their geometric analogs) are equal. The latter amounts to $5 \cdot 5=25$ (five rows with five cells in each). Therefore, there is the same amount of two-digit numbers, which is the answer to the problem.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|What is Combinatorics

算术研究自然数的性质和操作它们的原理，称为算术运算 (加法、减法、乘法和除法) 。平面几何 (planimetric) 提供了有关三角形、圆形、梯形、平行四边形等形状的重要模式的解释。此外，组合学处理什么? 可能形成对组合数学主题的正确看法的最好方法是通过考虑其领域中的具体例子。
示例 1.1。有没有办法放置数字 $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ 在一个 $3 \times 3$ 正方形网格，使所有行、列和对角线上的数字之和等于相同的值?
显然，这不是一个复杂的问题。经过多次努力，几乎不可避免地达到了理想的位置。例如，以下内容:
$$
\begin{array}{lllllll}
4 & 9 & 23 & 5 & 78 & 1 & 6
\end{array}
$$
因此，问题的答案是肯定的。此外，它还产生了另一个更重要的问题: 有多少这样的 $3 \times 3$ 方格存在吗?
示例 1.2。让我们画一张图，小圆圈表示城市，线表示它们之间的路线。城市出发 $A$ ，是否可以回城 $A$ 通过每条路线只旅行一次 (城市可能会被多次访问) ? 对于所提供的路线方案，答案是肯定的。此外，这对于图中的任何城市都是如此。解释这一事实背后的原因。为了使答案保持肯定，方案应该获得哪些特殊特征 (或特征) ? 提出最简单的方案，该方案不允许在规定条件下旅行。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Combinatorial Rule of Product

在这个坚实的名字背后，是简单的内容，简单中隐藏着新手需要学会绕过的陷阱。

示例 1.11。约翰每天都在咖啡馆吃饭，每次都遵循相同的规则：他的正餐包括一道主菜和一道主菜。今天有五道主菜和七道主菜可供选择。约翰有多少种选择来配置他的膳食？

这个问题可以用不同的方式来陈述，改变问题的重点。假设菜单上始终有相同的五道主菜和七道主菜。约翰为他的膳食选择新组合可以过多少天？

毫无疑问，读者已经找到了答案。但是，考虑到问题中的情况在未来可能会出现不同的变体，需要在更复杂的情况下进行识别，所以我们对答案的解释进行了详细说明。

让我们坚持问题的第二种表述。假设约翰决定使用以下算法。他将选择相同的主菜，通过选择主菜来增加膳食的多样性。约翰有多少天可以不重复地选择膳食？显然，答案是七。第八天，他不得不换主菜。约翰将在选择主菜的情况下再吃 7 天不同的饭菜。其他三种主菜选择也会发生同样的情况。因此，他可以选择五道主菜和七道主菜5⋅7=35不同的饭菜。
示例 1.12。有多少个两位数只包含奇数？
这个问题的答案可以用图 1.4 来说明。表格的第一行和第一列分别由所有五个奇数组成。考虑由双线圈出的正方形。每个单元格都可以由两个数字指定：第一个是放在它左边的那个，然后是它上面的一个。将这些数字并排放置，我们得到一个两位数，可以作为相应单元格的代码。因此，每个单元格都附有一个代码，每个代码都表示一个特定的单元格。例如，带交叉线的单元格的代码为 57。这些单元格是其代码的几何模拟，代码是由奇数组成的两位数。因此，代码（两位数）和单元格（它们的几何类似物）的数量是相等的。后者相当于5⋅5=25（五行，每行五个单元格）。因此，有相同数量的两位数，就是问题的答案。

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