베르트랑의 투표 정리

조합론에서 Bertrand의 투표 문제란 "A 후보가 p표를 받고 B 후보가 p > q로 q표를 받는 선거에서 A가 개표 내내 B를 완전히 앞설 확률은?"이다.그 대답은.

(\displaystyle\frac {p-q}{p+q})}

그 결과는 W. A. Whitworth에 의해 1878년에 처음 출판되었지만,^[1]^[2] 1887년에 그것을 재발견한 Joseph Louis Francia Bertrand의 이름을 따서 명명되었다.

Bertrand의 원본 논문에서, 그는 재귀 관계를 사용하여 바람직한 시퀀스의 수에 대한 일반적인 공식을 바탕으로 증거를 스케치했다.그는 이러한 간단한 결과가 보다 직접적인 방법으로 입증될 가능성이 있는 것으로 보인다고 말한다.그러한 증거는 Désiré ^[3]André에 의해 제공되었으며, 불리한 시퀀스는 두 개의 균등하게 가능성이 있는 경우로 나눌 수 있으며, 그 중 한 가지(B가 첫 번째 투표를 받는 경우)는 쉽게 계산된다. 그는 명시적 이중분사를 통해 동등성을 증명한다.그의 방법의 변형은 앙드레의 반사법으로 널리 알려져 있지만 앙드레는 어떤 ^[4]반사법도 사용하지 않았다.

예

유권자가 5명이고, 그 중 3명은 후보 A에 투표하고 2명은 후보 B에 투표한다고 가정합니다(따라서 p = 3명, q = 2명).투표 순서는 10가지 가능성이 있다.

AAABB
AABAB
ABAB
BAAB
AABBA
아바바
바바
ABBAA
바바
바바아

AABAB 순서의 경우, 선거 진행에 따른 투표 집계는 다음과 같다.

후보	A	A	B	A	B
A	1	2	2	3	3
B	0	0	1	1	2

각 열에 대해 A의 집계가 항상 B의 집계보다 크므로 A는 항상 B보다 엄격히 앞섭니다.주문 AAB의 경우BA 선거 진행에 따른 투표 집계 결과는 다음과 같습니다.

후보	A	A	B	B	A
A	1	2	2	2	3
B	0	0	1	2	2

이 순서는 4차 투표 후 B가 A와 동수이기 때문에 A가 반드시 B보다 앞서는 것은 아닙니다.가능한 10개의 주문 중 AAABB와 AABB에서만 항상 A가 B보다 앞서 있습니다.따라서 A가 항상 엄밀하게 앞설 확률은

{\frac {2}{10}}=black {1}{5}

이 값은 ${\frac {3-2}{3+2}}$ 정리가 예측한 ${\frac {3-2}{3+2}}$ ${\frac {3-2}{3+2}}$ - 2 ${\frac {3-2}{3+2}}$ 3 + 2 $({displaystyle {3-2}{3+$ 2}})와 ${\frac {3-2}{3+2}}$ ${\frac {3-2}{3+2}}$ .

동등한 문제

무작위 개표 순서가 원하는 속성을 가질 확률을 계산하는 대신 유리한 개표 순서의 수를 계산한 다음, 개표가 가능한 총 방식으로 나눌 수 있다.(이것은 Bertrand가 사용하는 방법입니다).총 방법 수는 이항 계수 ${\tbinom {p+q}{p}}$ + ${\tbinom {p+q}{p}}$ p ${\tbinom {p+q}{p}}$ )({ $displaystyle {tbinom {p+q}{$ p ${\tbinom {p+q}{p}}$ 입니다.베르트랑의 증명에 따르면 투표의 바람직한 순서의 수는 ( ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ - ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ 1 ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ ) ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ - ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ ( ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ + ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ - 1 ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ ) ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ { $display$ style { $tbinom {p$ + ${\tbinom {p+q}{p}}$ - 1 q ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ } {p } { p } {p } { 1 $}$ }입니다. ${\tbinom {p+q-1}{p-1}}-{\tbinom {p+q-1}{p}}$ (단, 그는 이 번호를 명시적으로 알려주지 않았다).분할 후에는 ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ + ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ - ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ + ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ p - ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ + ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ q { $displaystyle$ { $tfrac {$ p + $q$ } - { \ $tfrac$ { p + q } = $tfrac$ { p - $q$ } { p + ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ q ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ } ${\tfrac {p}{p+q}}-{\tfrac {q}{p+q}}={\tfrac {p-q}{p+q}}$ 됩니다.

또 다른 동등한 문제는 단위 길이의 원점에서 시작하여 m 지점에서 끝나는 n개의 단계로 구성된 정수에 음수가 되지 않는 랜덤 워크의 수를 계산하는 것이다.n과 m의 패리티가 같고, $n\geq m\geq 0$ m $n\geq m\geq 0$ 0 { $displaystyle$ n \ $geq$ m \ $geq$ 0 $n\geq m\geq 0$ }이라고 가정하면 이 수치는 다음과 같습니다.

{\tfrac {n+m} {2}}-{\binom {n}{\tfrac {n+m}{2}+1}}=snfrac {m+1}{\tfrac {n+m}{2}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n+m}{2}}}.

$m=0$ $m=0$ $({displaystyle$ m $=0$ $및$ n({ $displaystyle$ n $})$ 이 짝수일 때 ${\frac {1}{{\tfrac {n}{2}}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{2}}}$ ${\frac {1}{{\tfrac {n}{2}}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{2}}}$ 2 + ${\frac {1}{{\tfrac {n}{2}}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{2}}}$ ( ${\frac {1}{{\tfrac {n}{2}}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{2}}}$ n ${\frac {1}{{\tfrac {n}{2}}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{2}}}$ 2 )({\ $tfrac {n}+1}}{\binom {n}{\tfrac {n}{n$ 이 됩니다.

[m $m=0$ { $displaystyle$ m $=0$ 이면 $n$ { $displaystyle$ n $}$ 은 $n$ (는) 짝수여야 합니다.그렇지 않으면 랜덤 워크가 0 $(\displaystyle$ 0 $0$ 으로 끝날 수 없습니다.이는 다음과 같이 볼 수 있습니다. P $(\displaystyle$ P $)$ 를 $P$ "긍정적" 움직임의 수(오른쪽)로 $하고$ N $(\displaystyle$ N $)$ 을 $N$ "네거티브" 움직임의 수(예: 왼쪽)로 $합니다$ . $P={\frac {n+m}{2}}$ $P+N=n$ + $P+N=n$ $P+N=n$ { $displaystyle$ P + N $= n$ } 、 $P-N=m$ - $P-N=m$ $P-N=m$ （ \ $displaystyle$ P - N = $m$ $P={\frac {n+m}{2}}$ p 、 P $P={\frac {n+m}{2}}$ $P={\frac {n+m}{2}}$ + $P={\frac {n+m}{2}}$ （ $displaystyle$ P = n + $m$ ） { $2$ 。 $}}$ $N={\frac {n-m}{2}}$ N $N={\frac {n-m}{2}}$ $N={\frac {n-m}{2}}$ - $N={\frac {n-m}{2}}$ 2 {{ $displaystyle$ N $N={\frac {n-m}{2}}$ = $N={\frac {n-m}{2}}$ n - m $}$ 。 $P$ { $displaystyle$ P $P$ } $N$ { { $displaystyle$ N $N$ }은 $m=0$ 이므로 m $=$ $0$ { $displaystyle$ $m$ 0 }이면 ${\frac {n}{2}}$ n 2 { $frac$ { n $}$ 은 ${\frac {n}{2}}$ 정수여야 합니다.즉, n ${displaystyle$ n $}$ 은 $n$ (는) 짝수여야 합니다.

반사에 의한 증명

개표 내내 A가 B를 완전히 앞서는 것은 비길 수 없다.첫 번째 투표에 따라 계수 순서를 구분합니다.B에 대한 투표로 시작하는 시퀀스는 A가 최종적으로 승리하기 때문에 어느 시점에서 동점에 도달해야 합니다.A로 시작하여 동점에 도달하는 모든 시퀀스에 대해 첫 번째 동점 지점까지 투표를 반영하여(따라서 임의의 A가 B가 되고 그 반대도 마찬가지) B로 시작하는 시퀀스를 얻습니다.따라서 A로 시작하여 동점에 도달하는 모든 시퀀스는 B로 시작하는 시퀀스와 일대일 대응하며, B로 시작하는 시퀀스는 $q/(p+q)$ q $q/(p+q)$ / ( $q/(p+q)$ $q/(p+q)$ q $)(\displaystyle$ q/( $p+q$ 이므로 A가 항상 투표를 리드할 확률은 다음과 같습니다.

=1-

1

- {\

displaystyle

=1-

}

어느 시점에서 일치하는 시퀀스의 확률

=1-

1

- {\displaystyle

=1-

A 또는 B로 시작하는 시퀀스의 확률

= 1-2gcfrac {q}{p+q}=gcfrac {p-q}{p+q}

인덕션에 의한 증명

또 다른 증명 방법은 수학적 귀납법이다.

We loosen the condition $p>q$ to $p\geq q$ . Clearly, the theorem is correct when $p=q$ , since in this case the first candidate will not be strictly ahead after all the votes have been counted (so the probability is 0).
p > 0, 확률이 1일 때 q = 0일 때 첫 번째 후보가 모든 표를 받는다는 점에서 분명히 이 정리는 참이다. 우리가 방금 본 것처럼 p = q > 0일 때도 마찬가지이다.
p = a - 1 및 q = b일 때와 p = a 및 q = b - 1일 때 모두 a > b > 0일 때 모두 해당된다고 가정합니다(여기에서는 a $a=b$ { $displaystyle$ a $=b}$ 는 $a=b$ 이미 폐기되었으므로 고려할 필요가 없습니다).그런 다음 p = a 및 q = b의 경우를 고려할 때, 마지막 개표가 확률 a/(a + b)를 가진 첫 번째 후보 또는 확률 b/(a + b)를 가진 두 번째 후보 중 하나이다.따라서 개표 내내 첫 번째 투표자가 (그리고 최종 투표 후에도) 앞설 확률은 다음과 같습니다.

{{displaystyle {a \over (a+b)}{(a-1)-b \over (a+b)}+{b \over (a+b)}={a-(b-1) \over a+b}.

따라서 p > q >0 의 모든 p 및 q 에 해당됩니다.

치환에 의한 증명

간단한 증거는 드보레츠키와 ^[5]모츠킨의 아름다운 사이클 보조에 기초하고 있다.개표 내내 A가 B를 완전히 앞서는 경우 투표 순서를 지배적으로 호출합니다.Cycle Lema는 $p$ $p>q$ > $p>q$ < $displaystyle$ p $p$ $p>q$ > q < $displaystyle$ p $>$ $p>q$ $p>q$ B의 $모든$ 시퀀스가 $p-q$ 하게 p $p-q$ - $q$ < displaystyle p - $p-q$ q $q$ $p-q$ > 사이클 순열을 지배한다고 단언합니다.이를 확인하려면 주어진 p $p+q$ + $q$ { $displaystyle$ p $+q}$ A와 $p+q$ B의 $p+q$ 를 원형으로 배열하고 p $p-q$ - $p-q$ { $displaystyle p-q}$ A만 $p-q$ $p-q$ 때까지 인접한 쌍 AB를 반복적으로 제거합니다.이들 A 각각은 어떤 것이 제거되기 전에 지배적인 순환 치환의 시작이었다.따라서 p+ $p+q$ $q$ 와q B표 $p$ 에서 p $p-q$ - $p-q$ ( $디스플레이 스타일$ $p$ + $q$ $p-q$ )가 $p-q$ $p+q$ $p$ $q$ $p+q$ 하다.

베르트랑과 안드레의 증거

Bertrand는 솔루션을 다음과 같이 표현했다.

{2m-\mu}{\mu }

$\mu =p+q$ 서 μ $\mu =p+q$ + $\mu =p+q$ q { $displaystyle \mu =p+q}$ 는 $\mu =p+q$ 총 유권자 $m=p$ m $m=p$ { $displaystyle$ m $=p}$ 는 $m=p$ 첫 번째 후보의 유권자 수입니다.그는 그 결과가 다음 공식에서 나온다고 말한다.

P_{m+1,\mu+1}=P_{m,\mu}+P_{m+1,\mu

$P_{m,\mu }$ 서 P $P_{m,\mu }$ m , $P_{m,\mu }$ μ $displaystyle P_{m,\mu }$ 는 바람직한 $P_{m,\mu }$ 시퀀스의 수이지만 "이러한 단순한 결과가 보다 직접적인 방법으로 나타날 수 있을 것 같다.사실, 데지레 앙드레에 의해 곧 더 직접적인 증거가 제시되었다.그의 접근법은 현대 작가들에 의해 종종 "반사 원리"로 잘못 표기되지만, 사실은 치환을 사용한다.그는 "불우한" 시퀀스(중간 동점까지 도달한 시퀀스)가 B로 시작하는 시퀀스 수와 마찬가지로 A로 시작하는 시퀀스 수로 구성된다는 것을 보여준다.B로 시작하는 모든 배열은 바람직하지 않으며, ( ${\tbinom {p+q-1}{q-1}}$ - ${\tbinom {p+q-1}{q-1}}$ - ${\tbinom {p+q-1}{q-1}}$ 1) $({$ {p $+q-1}{q-1$ }) 뒤에 ${\tbinom {p+q-1}{q-1}}$ (q-1 $)$ B와 P의 임의의 배열이 있다 ${\tbinom {p+q-1}{q-1}}$ A로 시작하는 각 불리한 순서는 규칙을 위반하는 첫 번째 B를 찾아 삭제하고 나머지 부분의 순서를 바꿔서 (q-1) B와 p A의 임의 시퀀스로 변환할 수 있다.프로세스를 반전시키려면 (q-1) B와 p A의 임의의 시퀀스를 취하여 A의 수가 B의 수를 초과하는 부분을 끝에서 검색한 후 부품의 순서를 바꿔 B를 그 사이에 배치합니다.예를 들어, 불리한 시퀀스 AABB는ABAA는 임의의 시퀀스ABAB에 일의로 대응합니다.이것으로부터, p A와 q B의 바람직한 배열의 수는 다음과 같다.

{p+q}{q}-2gbinom {p+q-1}{q-1}=gbinom {p+q}{q}{\frac {p-q}{p+q}}

따라서 필요한 확률은 다음과 같습니다.

{\displaystyle\frac {p-q}{p+q}}

역시나

종류: 타이 허용

원래 문제는 첫 번째 후보가 항상 득표율에서 엄격하게 앞설 가능성을 찾는 것이다.대신 두 번째 후보가 결코 앞서지 않을 가능성을 찾는 문제를 고려할 수 있다(즉, 동점이 허용된다).이 경우 답은

(\displaystyle\frac {p+1-q}{p+1}).}

변형 문제는 원래 문제와 유사한 방식으로 반사 방법으로 해결할 수 있습니다.가능한 투표 시퀀스의 ${\tbinom {p+q}{q}}$ 는 ${\tbinom {p+q}{q}}$ + ${\tbinom {p+q}{q}}$ { $tbinom {p+q}{q$ 입니다.두 번째 후보가 계속 앞서는 경우 시퀀스를 "bad"라고 호출합니다.부정한 시퀀스의 수를 열거할 수 있는 경우, "good" 시퀀스의 수는 뺄셈으로 구할 수 있고 확률을 계산할 수 있습니다.

다음과 같이 투표 시퀀스를 데카르트 평면에서 격자 경로로 나타냅니다.

(0, 0)에서 경로를 시작합니다.
첫 번째 후보 투표가 접수될 때마다 오른쪽으로 1개씩 이동한다.
두 번째 후보 투표가 접수될 때마다 한 단위씩 위로 이동한다.

이러한 각 경로는 고유한 투표 시퀀스에 대응하며 (p, q)에서 종료됩니다.해당 경로가 대각선 y = x 위로 절대 가지 않을 때 시퀀스는 정확히 '좋음'이고, 이에 상응하는 경로가 정확히 y = x + 1 선에 닿을 때 시퀀스는 '나쁨'입니다.

'불량' 경로(파란색) 및 반사 경로(빨간색)

각 '불량' 경로 P에 대해 P의 일부가 선을 가로지르는 첫 번째 지점까지 반영하여 새로운 경로 P'를 정의합니다.P'는 (-1, 1)에서 (p, q)로의 패스입니다.동일한 작업을 다시 적용하면 원래 P가 복원됩니다.이것에 의해, 「불량」패스와 (-1, 1)에서 (p, q)까지의 패스 사이에 1 대 1의 대응이 발생합니다.이러한 경로의 수는 ( ${\tbinom {p+q}{q-1}}$ ${\tbinom {p+q}{q-1}}$ ${\tbinom {p+q}{q-1}}$ - $)({displaystyle$ { $tbinom {p+$ q}{ $q-1})$ 이며 ${\tbinom {p+q}{q-1}}$ ${\tbinom {p+q}{q-1}}$ 이는 'bad' 시퀀스의 수입니다.이로 인해 '양호' 시퀀스의 수는 다음과 같이 남습니다.

{p+q}-{\binom {p+q}{q-1}=binom {p+q}{q}{\frac {p+1-q}{p+1}}.

( ${\tbinom {p+q}{q}}$ + ${\tbinom {p+q}{q}}$ ) { $displaystyle$ { $tbinom { p$ + $q$ } { q $}$ } ${\tbinom {p+q}{q}}$ there ${\tbinom {p+q}{q}}$ 、 p + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ ( ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ \ ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ ${$ + 1 - q } { $p$ + $1$ } ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ } 。

사실, 원래의 문제와 변종 문제에 대한 해결책은 쉽게 관련된다.A 후보가 개표 내내 엄격히 앞서려면 첫 번째 표를 받아야 하며, 나머지 표(첫 번째 표를 무시함)는 엄격히 앞서거나 개표 내내 동점이 되어야 합니다.따라서 원래 문제에 대한 해결책은

{p}{p+q}{\frac {p-1+1-q}{p-1+1}=black {p-q}{p+q}

필요에 따라서.

반대로 타이 케이스는 비타이 케이스에서 도출할 수 있다.A의 경우 p+1 투표의 비타이 시퀀스의 수는 A의 경우 p 투표의 비타이 시퀀스의 수와 동일합니다.A표에서 p+1표인 비동수 투표의 ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ 는 ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ p ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ - ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ p ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ + 1 + ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ ( ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ ){ $display$ style { $tfrac {$ p + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ 1 - $q }{\tbinom {p$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ $1$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ } { $q}{\$ $tbinom$ ${$ ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ 1 + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ q ${\tfrac {p+1-q}{p+1+q}}{\tbinom {p+1+q}{q}}$ $display$ style ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}{\tbinom {p+q}{q}}$ 입니다.A 투표의 p표가 ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ 있는 시퀀스 중 fraction은 ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ + 1 - $q$ + ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$ 1 { displaystyle { $tfrac$ {p + 1 - $q$ } 입니다 ${\tfrac {p+1-q}{p+1}}$

메모들

^ 를 클릭합니다Feller, William (1968), An Introduction to Probability Theory and its Applications, Volume I (3rd ed.), Wiley, p. 69.
^ J. Bertrand, Solution d'un probleme, Comptes Rendus de l'l Academie des Sciences de Paris 105 (1887), 369.
^ D. André, 솔루션 디렉트 directe du probleme résolu par M.Bertrand, Comptes Rendus de l'Academie des Sciences, 파리 105 (1887) 436–437.
^ 르노, 마크, 유실물(및 발견):Andre의 실제 방법과 일반 투표 문제에 대한 적용.아머. 수학.월간 115(2008년), No.4, 358-363.
^ Dvoretzky, Aryeh; Motzkin, Theodore (1947), "A problem of arrangements", Duke Mathematical Journal, 14 (2): 305–313, doi:10.1215/s0012-7094-47-01423-3

레퍼런스

투표 정리, 신구, L. Addario-Berry, B.A. Reed, 2007, Horizons of combinatorics, 편집자 에빈 갸토리, G. 카토나, 줄라 O.H. 카토나, 라슬로 로바시, 스프링거, 2008, ISBN 978-3-540-77199-9

외부 링크

투표권 문제(프랑스어 원문과 영어 번역문 스캔 포함)
Bernard Bru, Les lessons de calculate des probabilites de Joseph Bertrand, 문제의 역사(프랑스어)
Weisstein, Eric W. "Ballot Problem". MathWorld.

[1] 를 클릭합니다Feller, William (1968), An Introduction to Probability Theory and its Applications, Volume I (3rd ed.), Wiley, p. 69.

[2] J. Bertrand, Solution d'un probleme, Comptes Rendus de l'l Academie des Sciences de Paris 105 (1887), 369.

[3] D. André, 솔루션 디렉트 directe du probleme résolu par M.Bertrand, Comptes Rendus de l'Academie des Sciences, 파리 105 (1887) 436–437.

[4] 르노, 마크, 유실물(및 발견):Andre의 실제 방법과 일반 투표 문제에 대한 적용.아머. 수학.월간 115(2008년), No.4, 358-363.

[5] Dvoretzky, Aryeh; Motzkin, Theodore (1947), "A problem of arrangements", Duke Mathematical Journal, 14 (2): 305–313, doi:10.1215/s0012-7094-47-01423-3

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

Search