ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ PHÂN HOẠCH TẬP HỢP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP - Full 10 điểm

UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -----  ----- ĐẶNG THỊ THÙY TRANG ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ PHÂN HOẠCH TẬP HỢP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Qu ả ng Nam, tháng 5 n ă m 2015 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -----  ----- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ PHÂN HOẠCH TẬP HỢP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP Sinh viên thực hiện ĐẶNG THỊ THÙY TRANG MSSV: 2111010158 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2011 – 2015 Cán bộ hướng dẫn ThS DƯƠNG THỊ THU THÚY MSCB: T34-15111-26747 Qu ả ng Nam, tháng 5 n ă m 2015 LỜI CẢM ƠN Qua 4 năm học tập và rèn luyện tại trường Đại Học Quảng Nam, dưới sự dạy dỗ của quý Thầy Cô giáo, tôi đã tích lũy cho mình những kiến thức và kinh nghiệm quý báu cả về chuyên môn lẫn nghiệp vụ Khóa luận này chính là thành quả quan trọng của quá trình đó Khóa luận được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của Cô giáo ThS Dương Thị Thu Thúy Qua đây, với tất cả sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tôi xin được gửi đến Cô lời cảm ơn chân thành nhất Tôi cũng xin được cảm ơn toàn thể quý Thầy Cô đã giảng dạy lớp ĐHSP Toán K11( khóa 2011-2015) trường Đại Học Quảng Nam, đặc biệt là quý Thầy Cô khoa Toán trường Đại Học Quảng Nam, những người không những cho tôi kiến thức mà còn quan tâm động viên, nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập cũng như trong thời gian thực hiện khóa luận Mặc dù, bản thân tôi đã rất cố gắng trong quá trình học tập và nghiên cứu đề tài của khóa luận tốt nghiệp, nhưng do thời gian có hạn, khả năng nghiên cứu và kiến thức còn nhiều hạn chế nên khóa luận của tôi vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót nhất định Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành từ quý Thầy Cô giáo để khóa luận của tôi được hoàn thiện hơn nữa Tôi xin chân thành cảm ơn! Tam Kỳ, tháng 05 năm 2015 Sinh viên th ự c hi ệ n Đặng Thị Thùy Trang MỤC LỤC Phần 1 MỞ ĐẦU 1 1 1 Lý do chọn đề tài 1 1 2 Mục tiêu của đề tài 1 1 3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1 1 4 Nhiệm vụ nghiên cứu 2 1 5 Phương pháp nghiên cứu 2 1 6 Đóng góp của đề tài 2 1 7 Cấu trúc đề tài 2 Phần 2 NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 3 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TẬP HỢP VÀ NGUYÊN LÝ ĐẾM CƠ BẢN 3 1 1 Tập hợp và nguyên lý đếm cơ bản 3 1 1 1 Tập hợp 3 1 1 2 Nguyên lý đếm cơ bản 3 1 1 2 1 Quy tắc cộng 3 1 1 2 2 Quy tắc nhân 4 1 2 Giải tích tổ hợp 6 1 2 1 Hoán vị 6 1 2 2 Hoán vị lặp không hạn chế 6 1 2 3 Hoán vị lặp hạn chế 7 1 2 4 Chỉnh hợp k vật từ n vật ( k ≤ n) 7 1 2 5 Tập con k phần tử từ tập n phần tử ( k ≤ n) 7 1 2 6 Tổ hợp lặp 8 1 3 Quy nạp toán học 9 1 4 Nguyên lý Dirichlet 9 1 5 Nguyên lý bù trừ 10 1 5 1 Nhận xét 10 1 5 2 Nguyên lý bù trừ 10 1 6 Phân hoạch tập hợp - Số Stirling loại hai và số Bell 12 2 1 Ứng dụng nguyên lý bù trừ giải toán 15 2 1 1 Bài toán mở rộng biểu đồ Vent phổ thông bằng nguyên lý bù trừ 15 2 1 2 Bài toán đếm số 20 2 1 2 1 Bài toán đếm số thỏa mãn các tính chất số học 20 2 1 2 2 Bài toán đếm số bộ nghiệm nguyên 24 2 1 3 Bài toán Bernoulli – Euler 27 2 2 Ứng dụng phân hoạch tập hợp giải toán 30 PHẦN 3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 37 1 Kết luận 37 2 Kiến nghị 37 PHẦN 4 TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 1 Phần 1 MỞ ĐẦU 1 1 Lý do chọn đề tài Tổ hợp có một vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công cụ đắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích, đại số… Trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi toán sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, thi Olympic khu vực và quốc tế các bài toán tổ hợp xuất hiện là một thách thức lớn cho các thí sinh Rất nhiều bài toán hay và khó được giải một cách khá gọn và đẹp bằng cách sử dụng kiến thức về tổ hợp Dù bao gồm nhiều bài toán hóc búa nhưng bản chất của lý thuyết tổ hợp chỉ quy về 4 dạng cơ bản : bài toán tồn tại, bài toán đếm, bài toán liệt kê và bài toán tối ưu tổ hợp Tất cả các bài tập đều được nằm trong 4 bài toán chính này Để giải 4 dạng toán cơ bản này ta có thể sử dụng rất nhiều các nguyên lý và phương pháp đếm chẳng hạn: nguyên lý bù trừ, nguyên lý quy nạp và đếm số lượng phần tử của một tập hợp hữu hạn … Nhưng phù hợp và gần gũi với chương trình toán ở phổ thông là nguyên lý bù trừ và phương pháp phân hoạch tập hợp Áp dụng tốt hai phương pháp này học sinh có thể giải được một số bài toán khó và thường có dạng không mẫu mực của giải tích tổ hợp Cho đến nay, ngoài một số tài liệu và sách tham khảo chuyên sâu về toán rời rạc chủ yếu để phục vụ cho tin học, việc giải bài toán tổ hợp theo phương pháp gần gũi với phổ thông chưa có nhiều tài liệu đề cập đến một cách trọn vẹn và chi tiết Vì các lý do trên tôi xin chọn đề tài “ Ứ ng d ụ ng nguyên lý bù tr ừ và phân ho ạ ch t ậ p h ợ p gi ả i m ộ t s ố bài toán s ơ c ấ p” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp 1 2 Mục tiêu của đề tài - Làm rõ thế nào là nguyên lý bù trừ và phân hoạch tập hợp - Thể hiện được những ứng dụng của nguyên lý bù trừ và phân hoạch tập hợp vào giải một số bài toán ở phổ thông 1 3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Ứng dụng nguyên lý bù trừ và phân hoạch tập hợp giải một số bài toán tổ hợp Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 2 - Phạm vi nghiên cứu: Các bài tập trong chương trình phổ thông, trong đề thi học sinh giỏi các cấp 1 4 Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu về nguyên lý bù trừ và phân hoạch tập hợp, từ đó đưa ra những ứng dụng vào giải một số bài toán tổ hợp 1 5 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu, đọc hiểu tài liệu - Phân tích, tổng hợp các kiến thức - Trao đổi, thảo luận với chuyên gia 1 6 Đóng góp của đề tài Khóa luận sau khi hoàn thành sẽ là một tài liệu tham khảo giúp học sinh giải các bài toán giải tích tổ hợp khó và thường có dạng không mẫu mực 1 7 Cấu trúc đề tài Khóa luận gồm phần mở đầu, kết thúc và hai chương: - Chương 1: Một số khái niệm cơ bản về tập hợp và các nguyên lý đếm cơ bản - Chương 2: Ứng dụng nguyên lý bù trừ và phân hoạch tập hợp giải một số bài toán tổ hợp Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 3 Phần 2 NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TẬP HỢP VÀ NGUYÊN LÝ ĐẾM CƠ BẢN 1 1 Tập hợp và nguyên lý đếm cơ bản 1 1 1 Tập hợp Trong toán học, tập hợp có thể hiểu tổng quát là một sự tụ tập của một số gọi là các phần tử của tập hợp Tập hợp là một khái niệm nền tảng và quan trọng của toán học hiện đại Ngành toán học nghiên cứu về tập hợp là lý thuyết tập hợp Trong lý thuyết tập hợp, người ta xem tập hợp là một khái niệm nguyên thủy, không định nghĩa Nó tồn tại theo các tiên đề được xây dựng một cách chặt chẽ Khái niệm tập hợp là nền tảng để xây dựng các khái niệm khác như số, hình, hàm số trong toán học 1 1 2 Nguyên lý đếm cơ bản 1 1 2 1 Quy tắc cộng Nếu có 1 m cách chọn đối tượng 1 x , 2 m cách chọn đối tượng thứ 2 x ,…, n m cách chọn đối tượng n x và nếu cách chọn đối tượng i x không trùng với bất kỳ cách chọn đối tượng j x nào ( ,i, j 1, i j n   ) thì có 1 2 n m m m    cách chọn một trong các đối tượng đã cho Định lý 1 1 Cho n tập hữu hạn (i 1, ) i X n  với , , i i i j X m X X i j      Khi đó số cách chọn một phần tử thuộc tập 1 n i i X   là 1 n i i X   và 1 1 n n i i i i X X      (1 1) Ch ứ ng minh Ta chứng minh quy nạp theo n với 2 n  Nếu 2 n  thì 1 2 1 2 1 2 1 2 X X X X X X X X        , (vì i j X X    ) Giả sử (1 1) đúng với ,(k 2) n k   , tức là 1 1 k k i i i i X X      Ta sẽ chứng minh (1 1) đúng với 1 n k   , nghĩa là 1 1 1 1 k k i i i i X X        Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 4 Thật vậy, ta có: 1 2 1 1 2 1 ( ) k k k k X X X X X X X X            Vì , i j X X i j      , nên: 1 2 1 1 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) ( X ) k k k k k k X X X X X X X X X                  Vậy 1 2 1 1 2 1 ( ) k k k k X X X X X X X X            1 2 1 ( ) k k X X X X       = 1 1 k i k i X X     1 1 k i i X     Suy ra 1 1 1 1 k k i i i i X X        Theo nguyên lý quy nạp toán học, quy tắc cộng là đúng với mọi n  Գ , 2 n  1 1 2 2 Quy tắc nhân Nếu tồn tại tương ứng 1-1 giữa các cặp phần tử của các tập hữu hạn X và Y thì X và Y có cùng số phần tử Nếu có 1 m cách chọn đối tượng 1 x , sau đó với mỗi cách chọn đối tượng 1 x như thế có 2 m cách chọn đối tượng thứ 2 x , sau đó với mỗi cách chọn 1 x và 2 x như thế có 3 m cách chọn đối tượng 3 x ,…, cuối cùng, với mỗi cách chọn 1 2 1 , , n x x x  như thế có n m cách chọn đối tượng n x , thì có 1 2 n m m m cách chọn dãy các đối tượng “ 1 x rồi 2 x rồi 3 x … rồi n x ” Định lý 1 2 Giả sử có n tập hữu hạn i X , 1, i n  , i i X m  , Chọn một bộ phận n phần tử ( 1 2 , , , n a a a ) với i i a X  Khi đó số cách chọn khác nhau là 1 2 n X X X    và 1 2 n X X X    = 1 n i i m   (1 2) Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 5 Ch ứ ng minh Ta chứng minh (1 2) bằng phương pháp quy nạp theo n với 2 n  như sau Với 2 n  ta có 1 1, 2 2 X m X m   Giả sử   1 1 1 2 , , , m X a a a  và   2 2 1 2 , b , , b m X b  thì:   1 2 1 2 1 2 (a , b ) :1 i m ,1 , , i j i j X X j m a X b X         Ta viết 1 2 X X  dưới dạng bảng như sau: 1 1 (a , b ) 2 1 2 1 (a , b ) (a , b ) m 2 1 (a , b ) 2 2 2 2 (a , b ) (a , b ) m … … … 1 1 (a , b ) m 1 1 2 2 (a , b ) (a , b ) m m m Đặt   2 1 2 1 2 (a , b ),(a , b ), ,(a , b ) :1 i m i i i i m i E E m      Ta có 1 1 2 1 2 m X X E E E      với , i j E E i j     Theo quy tắc cộng ta có: 1 1 1 2 1 2 1 2 1 m m i i X X E E E E m m          Vậy công thức (1 2) đúng cho trường hợp 2 n  Giả sử (1 2) đúng với trường hợp , (k 2) n k   tức là 1 2 1 2 k k X X X m m m     Ta chứng minh (1 2) đúng với trường hợp 1 n k   , nghĩa là: 1 2 1 1 2 1 k k k k X X X X m m m m        Thật vậy, xét một phần tử bất kỳ   1 2 1 , , , , k k a a a a  của tích Descarter 1 2 1 k k X X X X      Đặt   1 2 1 , , , , k k a a a a    Rõ ràng giữa tập hợp các bộ có dạng   1 2 1 , , , , k k a a a a  và tập hợp các cặp có dạng   1 , k a   có tương ứng 1-1 Vậy có bao nhiêu bộ   1 2 1 , , , , k k a a a a  thì có bấy nhiêu cặp   1 , k a   Nếu ta ký hiệu tập hợp tất cả các  là X thì ta có thể nói rằng tập hợp 1 2 1 k k X X X X      có bao nhiêu phần tử thì tập hợp 1 X X k   có bấy nhiêu phần tử, tức là: 1 2 1 k k X X X X X       Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 6 Theo chứng minh cho trường hợp 2 n  ta có: 1 1 k k X X X X     Theo cách dựng thì X chính là tích Descarter 1 2 k X X X    Áp dụng giả thiết quy nạp ta có: 1 1 1 2 1 1 2 1 k k k k k k X X X X X X X X m m m m             Vậy 1 2 1 1 2 1 k k k k X X X X m m m m        Theo nguyên lý quy nạp toán học, công thức (1 2) đúng với mọi n  Գ , 2 n  1 2 Giải tích tổ hợp 1 2 1 Hoán vị Định nghĩa 1 1 Cho tập hữu hạn   1 2 , , n X a a a  và một số tự nhiên k n  Khi đó: i Bộ k phần tử   1 2 ij , , , , i i ik a a a a X  được gọi là bộ thứ tự nếu đổi vị trí các phần tử ta được bộ một bộ mới Ngược lại, bộ k phần tử   1 2 ij , , , , i i ik a a a a X  được gọi là bộ không có tính thứ tự ii Bộ k phần tử   1 2 ij , , , , i i ik a a a a X  được gọi là bộ không lặp nếu   ij , , 1, , k , il a a j l j l     Ngược lại, bộ k phần tử   1 2 ij , , , , i i ik a a a a X  được gọi là bộ có lặp Định nghĩa 1 2 Một hoán vị của m phần tử đã cho là một bộ có thứ tự gồm m phần tử, trong đó mỗi phần tử có mặt đúng một lần Số tất cả các hoán vị của một tập hợp gồm m phần tử cho trước kí hiệu m P Theo quy tắc nhân, ta có: ! m P m  1 2 2 Hoán vị lặp không hạn chế Nếu muốn sắp xếp m vật từ k loại vật khác nhau (các vật cùng loại giống hệt như nhau) thì sẽ có k cách chọn vật thứ nhất, k cách chọn vật thứ hai,… , k cách chọn vật thứ m Do đó có m k cách khác nhau Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 7 1 2 3 Hoán vị lặp hạn chế Có k loại vật khác nhau, loại 1 có 1 m vật, loại 2 có 2 m vật,…, loại k có k m vật; và tầng số vật sẽ là   1 2 k m m m m    Nếu coi m vật này là khác nhau thì sẽ có ! m cách sắp xếp, nhưng trong mỗi cách sắp xếp như vậy 1 m phần tử loại 1 có thể hoán vị theo 1 ! m cách, 2 m phần tử loại 2 có thể hoán vị theo 2 ! m cách, … , k m phần tử loại k có thể hoán vị theo ! k m cách Do đó, số cách sắp xếp chỉ còn 1 2 ! ! ! ! ! k m m m m 1 2 4 Chỉnh hợp k vật từ n vật ( k ≤ n) Định nghĩa 1 3 Một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử là một bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho Các thành phần không được lặp lại Ta thường ký hiệu k n A để chỉ số chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử Chỉnh hợp không lặp thường được gọi tắt là chỉnh hợp Để xây dựng một chỉnh hợp không lặp, ta xây dựng từ thành phần đầu tiên Thành phần này có n khả năng chọn Mỗi thành phần tiếp theo, số khả năng chọn giảm đi một so với thành phần đứng trước Từ đó, theo quy tắc nhân, số chỉnh hợp không lặp chập k của n là ! (n 1) (n k 1) (n k)! k n n A n       Để tồn tại chỉnh hợp cần phải thỏa mãn k n  Ta quy ước 0 k n A  nếu k n  1 2 5 Tập con k phần tử từ tập n phần tử ( k ≤ n) Định nghĩa 1 4 Một tổ hợp chập k của n phần tử cho trước là một bộ không có thứ tự gồm k phần tử khác nhau lấy từ n phần tử đã cho ( k n  ) Từ định nghĩa ta thấy rằng một tổ hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử cho trước chính là một tập con gồm k phần tử của tập gồm n phần tử cho trước Như vậy số tất cả các tổ hợp chập k của n phần tử đã cho chính là số cách chọn ra k phần tử từ một tập hợp gồm n phần tử cho trước theo cách chọn không lặp và không thứ tự Ký hiệu: k n C hoặc n k       Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 8 Ta có nhận xét rằng với mỗi tổ hợp chập k của n phần tử, có thể thành lập được ! k chỉnh hợp chập k của n phần tử Suy ra: 1 ! ! !( )! k k n n n C A k k n k    Nếu cho tập hữu hạn X có X n  Khi đó số tập con có k phần tử ( 0 k n   ) của X sẽ là k n C T ừ đị nh ngh ĩ a ta suy ra đượ c b ố n tính ch ấ t c ủ a t ổ h ợ p:  ! k k n n A C k   0 1 n n n C C    k n k n n C C   (0 ) k n    1 1 1 k k k n n n C C C      1 2 6 Tổ hợp lặp Giả sử có một tập k phần tử gồm 1 k phần tử thuộc loại 1, 2 k phần tử thuộc loại 2,…, n k phần tử thuộc loại n 1 2 ( , ) n k k k k n k      Tập hợp này có thể biểu diễn trên đường thẳng bằng k điểm ngăn cách bởi n– 1 dấu | (để phân cách các phần tử khác loại nhau): bắt đầu bằng 1 k điểm (biểu thị các phần tử loại 1) đi theo bởi 1 dấu |, kế đến 2 k điểm (biểu thị các phần tử loại 2) đi theo bởi 1 dấu |, … , rồi sau cùng là n k điểm (biểu thị các phần tử loại n) Có thể có một vài 0 k  nên có thể cũng sẽ xảy ra trường hợp một số dấu | đi liền với nhau • • • •…• • | • • • •…• | • …… | • • •…• • 1 k điểm 2 k điểm …… n k điểm Những cách chọn khác nhau tập k phần tử sẽ cho ra các cách sắp xếp khác nhau k điểm và 1 n  dấu | trên đường thẳng Do đó số các tập k phần tử thuộc nhiều nhất n loại khác nhau ( n k  ) sẽ bằng số cách sắp xếp 1 k n   phần tử trong đó k phần tử cùng một loại và 1 n  phần tử thuộc loại khác Theo hoán vị lặp hạn chế số này bằng: ( 1)! ! ( 1)! k n k n    hay bằng 1 k k n C   Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 9 1 3 Quy nạp toán học Định lý 1 3 Cho o n là một số nguyên dương và   P n là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên o n n  Nếu: (1)   o P n là đúng (2) Nếu   P k đúng thì   1 P k  cũng đúng với mọi số tự nhiên o k n  Thì mệnh đề   P n đúng với mọi số tự nhiên o n n  Ch ứ ng minh Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại, mệnh đề khẳng định   P n trong định lí không đúng với một số tự nhiên o n n  nào đó Nghĩa là tồn tại số tự nhiên o m n  ,   P m đúng Ta lấy số tự nhiên m nhỏ nhất mà   P m không đúng (điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự) Theo điều kiện (1) ta có bất đẳng thức o m n  , từ đó suy ra 1 o m n   Từ bất đẳng thức vừa lập và cách chọn số tự nhiên m suy ra   1 P m  là đúng, nhưng nó không kéo theo được   P m đúng cho số tiếp theo ( 1) 1 m m    Điều này trái với giả thiết (2) Như vậy, điều giả sử là sai và định lí được chứng minh 1 4 Nguyên lý Dirichlet Định lý 1 4 Nếu phân phối hết m đồ vật vào n cái hộp thì luôn tồn tại một hộp có ít nhất là 1 1 m n         đồ vật Ch ứ ng minh Giả sử trái lại mọi cái hộp đều không có đến 1 1 m n         đồ vật, thì số đồ vật trong mỗi hộp đều nhỏ hơn hoặc bằng 1 m n        cái Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 10 Từ đó suy ra tổng số đồ vật không vượt quá 1 m n n        1 m   đồ vật (vô lý) Vậy giả thuyết chứng minh là sai, nguyên lý Dirichlet mở rộng được chứng minh 1 5 Nguyên lý bù trừ 1 5 1 Nhận xét Khi hai công việc có thể làm đồng thời, ta không thể dùng quy tắc cộng để tính số cách thực hiện nhiệm vụ gồm cả hai việc Để tính đúng số cách thực hiện nhiệm vụ này ta cộng số cách làm mỗi một trong hai việc rồi trừ đi số cách làm đồng thời cả hai việc Ta có thể phát biểu nguyên tắc đếm này bằng ngôn ngữ tập hợp Cho 2 tập , A B Ta có : A B A B A B      Tương tự: Cho 1 2 3 , , A A A là 3 tập hợp bất kỳ Khi đó, ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 1 3 2 3 1 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 3 2 1 3 1 1 1 3 1 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) k i j i j k k i j i j k A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A                                                   1 5 2 Nguyên lý bù trừ Định lý 1 5 Khi ta cho n tập , , 1 2 , n X X X , thì: 1 1 2 3 1 ( , ) ( 1) n k k X X X X n k         (1 3) Trong đó, ( , 0) X n X  1 2 1 1 ( , ) k k i i i i i n X n k X X X          Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 11 Ch ứ ng minh Với n=2, ta có : 1 2 1 2 1 2 X X X X X X      Giả sử (1 3) đúng đến n , tức là: 1 2 1 1 1 1 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 k k n k i j k i j n i i i i i n X X X X X X n k X X X X X X n                                Ta chứng minh (1 3) đúng với n+1 , ta có : 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) n n n n n n n n X X X X X X X X X X X X X X X X                        Ta có : 1 2 1 1 2 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 2 k k n n n k i i i k i i n X X X k X X X X X X X n                          Và 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) k k n n n n n n n n n n n k k n i i i n k i i n n n n X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X                                                       Khi đó : 1 1 1 1 : n n k n k k k X X X         1 1 1 1 1 n i j k n i j i j n k i j n X X X X X X                    ; 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 ( 1) ; ( 1) k k k k i i i n i i n k i i i i i n k X X X X X X X                         Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 12 1 ( 1) ( 1) 1 2 1 1 2 1 n n X X X X X X X X n n n n              Vậy ta có: 1 1 ( , ) 1 2 ( 1) n k k X X X X n k n         , với 1 2 1 1 ( , ) k k i i i i i n X n k X X X          Định lý 1 6 Công thức Sieve Cho 1 2 , , , n X X X là n tập hợp Khi đó: ___ ___ ___ 1 2 0 ( , ) ( 1) n k n k X X X X n k        Ch ứ ng minh Theo tính chất tập hợp, ta có: ___ ___ ___ __________________________ 1 2 1 2 1 1 2 1 1 0 ( , ) ( 1) ( , 0) ( , ) ( , ) ( 1) ( 1) n n n k n k n n k k k k X X X X X X X X X X X X n k X n X n k X n k                            1 6 Phân hoạch tập hợp - Số Stirling loại hai và số Bell Định nghĩa 1 5 Cho A là một tập hữu hạn có n phần tử Một phân hoạch của A thành k phần (khối) là một hệ gồm các tập con không rỗng 1 2 , , , A k A A của A thỏa mãn hai tính chất sau: i 1 2 A k A A A     ii A i j A    i j   ,   , 1, 2, , i j k  Định nghĩa 1 6 Mỗi tập con i A được gọi là phần (khối) của phép phân hoạch Số tất cả các phân hoạch thành k phần của A được gọi là Stirling loại hai và được ký hiệu là , n k S Định nghĩa 1 7 Dễ thấy rằng , 0 n k S  nếu k n  và với mọi 1 n  ta có: ,0 0 n S  , ,1 1 n S  , ,n 1 n S  Ta cũng thừa nhận rằng 0,0 1 S  vì theo định nghĩa họ rỗng các khối là phân hoạch của tập rỗng Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 13 Số ,0 ,1 , n n n n n B S S S     được gọi là số Bell thứ n Như vậy, số Bell thứ n là số tất cả các phân hoạch của tập A lực lượng n Định lý 1 7 Ta có 1, , , 1 n k n k n k S k S S     , ( ) k n   Ch ứ ng minh Xét tập bất kì có 1 n  phần tử, chẳng hạn tập   1 2 1 , , , n A x x x   Theo định nghĩa có 1, n k S  phần tử tập A thành k khối Mặt khác ta có thể chia tập B tất cả các phân hoạch trên thành hai tập con 1 B và 2 B rời nhau như sau: 1 B gồm tất cả các phân hoạch tập A thành k khối, trong đó có một khối là   1 n x  , còn 2 B bao gồm tất cả các phân hoạch tập A thành k khối, trong đó không có một khối nào là   1 n x  Khi đó mỗi phân hoạch thuộc 1 B sẽ chia tập   1 2 , , , n x x x thành   1 k  khối và có , 1 n k S  cách chia như thế Do đó 1 , 1 n k B S   Nếu   1 n x  không là một khối thì 1 n x  sẽ nằm trong một khối với ít nhất một phần tử khác của A Vì có , n k S cách phân hoạch tập   1 2 , , , n x x x thành k khối và 1 n x  có thể thuộc một khối bất kì trong k khối đó, nên ta có tất cả là , n k k S cách phân hoạch tập A thành k khối sao cho   1 n x  không là một khối của phân hoạch Suy ra 2 , n k B k S  Vì 1 2 B B B   và 1 2 B B    nên theo quy tắc cộng ta có: 1, 1 2 , , 1 n k n k n k S B B B k S S        Dựa vào hệ thức truy hồi trên, ta tính được các số , n k S và n B Sau đây là bảng cho cụ thể với một vài giá trị n đầu tiên Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 14 Bảng các số Stirling loại hai và số Bell : , n k S 0 k  1 k  2 k  3 k  4 k  5 k  6 k  7 k  8 k  n B 0 n  1 1 1 n  0 1 1 2 n  0 1 1 2 3 n  0 1 3 1 5 4 n  0 1 7 6 1 15 5 n  0 1 15 25 10 1 52 6 n  0 1 31 90 65 15 1 203 7 n  0 1 63 301 350 140 21 1 877 8 n  0 1 127 966 1701 1050 266 28 1 4140 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 15 Chương 2 ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ PHÂN HOẠCH TẬP HỢP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP 2 1 Ứng dụng nguyên lý bù trừ giải toán 2 1 1 Bài toán mở rộng biểu đồ Vent phổ thông bằng nguyên lý bù trừ Phương pháp giải bài toán bằng biểu đồ ven là phương pháp đi đến lời giải một cách tường minh và thuận lợi nhờ mô tả mối liên hệ giữa các tập hợp trong bài toán trực quan bằng biểu đồ Phương pháp này sẽ phức tạp và khó khăn hơn nếu số tập hợp tăng lên cao Các bài toán này được giải một cách ngắn gọn và dễ hiểu khi ta mở rộng biểu đồ ven bằng cách áp dụng nguyên lý bù trừ Bài 1 Lớp toán học rời rạc có 25 sinh viên giỏi tin học, 13 sinh viên giỏi toán và 8 sinh viên giỏi cả toán và tin học Hỏi lớp có bao nhiêu sinh viên nếu mỗi sinh viên hoặc giỏi toán hoặc giỏi tin học hoặc giỏi cả hai môn L ờ i gi ả i Gọi A là tập các sinh viên giỏi tin học B là tập các sinh viên giỏi toán Khi đó A B  là tập sinh viên giỏi cả toán và tin học Vì mỗi sinh viên trong lớp hoặc giỏi toán hoặc giỏi tin học hoặc giỏi cả hai môn nên ta có tổng số sinh viên trong lớp là A B  Do vậy, ta có: A B A B A B      = 25 + 13 – 8 = 30 (sinh viên) Bài 2 Trong hội khỏe Phù Đổng có 100 vận động viên đăng kí dự thi Mỗi vận động viên được đăng kí một hoặc hai trong ba môn: ném tạ, bơi lội hoặc đấu cờ vua Kết quả có 30 vận động viên chỉ thi đấu cờ vua, 53 người đăng kí thi ném tạ Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 16 và 45 người đăng kí thi bơi Hỏi có bao nhiêu người đăng kí thi cả hai môn: ném tạ và bơi lội L ờ i gi ả i Gọi A là tập hợp vận động viên chỉ thi đấu cờ vua B là tập hợp vân động viên đăng kí thi ném tạ C là tập hợp vận động viên đăng kí thi bơi lội Số vận động viên đăng kí thi ném tạ hoặc bơi lội là : B C A B C A      = 100-30=70(người) Số vận động viên đăng kí cả môn ném tạ và bơi lội là: B C B C B C      = 45+53-70 = 28(người) Bài 3 Giờ kiểm tra môn toán có 3 bài Biết rằng mỗi học sinh làm đươc ít nhất 1 bài Có 20 học sinh làm được bài 1, có 14 học sinh làm được bài 2, có 10 học sinh làm được bài 3, có 6 học sinh làm được bài 1 và bài 3, có 5 học sinh làm được bài 2 và bài 3, có 2 học sinh làm được bài 1 và bài 2, có 1 học sinh làm được cả 3 bài Hỏi lớp có bao nhiêu học sinh L ờ i gi ả i Gọi A là số học sinh giải được bài 1, B là số học sinh giải được bài 2, C là số học sinh giải được bài 3 Suyra: 2 A B   , 6 A C   , 5 B C   , 1 A B C    Ta có: A B C A B C A B A C B C A B C               = 20 + 14 + 10 – 6 – 5 – 2 + 1 =32 (học sinh) Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 17 Bài 4 Trong lớp có 70 sinh viên, sau kỳ thi gồm 3 môn Toán Học, Văn Học, Tiếng Anh Có 25 sinh viên không phải thi lại Toán Học , 30 sinh không phải thi lại Văn Học, 35 sinh viên không phải thi lại Tiếng Anh Và 45 sinh viên không phải thi lại ít nhất 2 môn, 12 sinh viên phải thi lại cả 3 môn Tính số sinh viên không phải thi lại môn nào L ờ i gi ả i Gọi A là số sinh viên thi lại môn Toán Học Ta có: 70 25 45 A    B là số sinh viên thi lại môn Văn Học Ta có 70 30 40 B    C là số sinh viên thi lại môn Tiếng Anh Ta có 70 35 35 C    Ta có: 12 A B C    2 45 A B B C A C A B C          Suy ra: 45 24 69 A B B C A C         Theo nguyên lý bù trừ: ( ) 45 40 35 69 12 63 A B C A B C A B B C A C A B C                     Vậy số sinh viên không phải thi lại môn nào là: 70 – 63 = 7 (sinh viên) Bài 5 Đề thi học sinh giỏi toán của một trường phổ thông gồm 3 bài: hình học, đại số và tổ hợp Có 100 em tham gia dự thi Kết quả cho thấy có 80 em giải được bài hình học, 70 em giải được bài đại số, 50 em giải được bài tổ hợp, 60 em giải được hình học và đại số, 50 em giải được hình học và tổ hợp, 40 em giải được đại số và tổ hợp, 30 em giải được cả ba bài Hỏi có bao nhiêu em giải được ít nhất một bài thi L ờ i gi ả i Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 18 Cách 1 : Dùng phương pháp biểu đồ Vent Số học sinh chỉ giải được hình học và đại số hoặc đại số và tổ hợp là: (60 - 30) + (40 - 30) = 40 (học sinh) Số học sinh chỉ giải được hình học và tổ hợp hoặc đại số và tổ hợp là: (50 - 30) + (40 - 30) = 30 (học sinh) Số học sinh chỉ giải được hình học và tổ hợp hoặc hình học và đại số là: (50 - 30) + (60 - 30) = 50 (học sinh) Số học sinh chỉ giải được đại số là: 70 – 40 = 30 (học sinh) Số học sinh chỉ giải được tổ hợp là: 50 – 30 = 20 (học sinh) Số học sinh chỉ giải được hình học là: 80 – 50 = 30 (học sinh) Vậy số học sinh giải được ít nhất một bài thi là: 30 + 20 + 30 = 80 (học sinh) Cách 2 : Mở rộng biểu đồ ven bằng nguyên lý bù trừ Gọi A là tập các học sinh giỏi toán ở trường 1 A là tập các học sinh giải được bài hình học 2 A là tập các học sinh giải được bài đại số 3 A là tập các học sinh giải được bài tổ hợp Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 19 Khi đó, 1 2 A A  là tập các học sinh giải được bài hình học và đại số 2 3 A A  là tập các học sinh giải được bài đại số và tổ hợp 1 3 A A  là tập các học sinh giải được bài hình học tổ hợp Theo nguyên lý bù trừ, ta có số học sinh giải được ít nhất một bài thi là: 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 A A A A A A A A A A A A A A A               = 80 + 70 + 50 – 60 – 50 – 40 + 30 =80 Bài 6 Một cuộc thi hội thao cấp tỉnh có 4 môn thi gồm: cầu lông, bóng bàn, chạy và cờ tướng Đoàn A có 100 người gồm vận động viên và cổ động viên tham gia trong đó: môn cầu lông có 18 vận động viên; môn bóng bàn có 26 vận động viên; môn chạy có 19 vận động viên; môn cờ tướng có 24 vận động viên; có 5 người tham gia cả cầu lông và bóng bàn; 2 người tham gia cả cầu lông và chạy; 3 người tham gia cả cầu lông và cờ tướng; 5 người tham gia cả bóng bàn và chạy; 4 người tham gia cả bóng bàn và cờ tướng; 3 người tham gia cả cờ tướng và chạy; 2 người tham gia cả cầu lông, bóng bàn và chạy; 3 người tham gia cả cầu lông, bóng bàn và cờ tướng; 2 người tham gia cả cầu lông, chạy và cờ tướng; 4 người tham gia cả bóng bàn, chạy và cờ tướng; 1 người tham gia cả 4 môn Hỏi đoàn A có bao nhiêu người chỉ là cổ động viên L ờ i gi ả i Gọi A là tập các vận động viên và cổ động viên tham gia hội thao 1 A là tập các vận động viên cầu lông 2 A là tập các vận động viên bóng bàn 3 A là tập các vận động viên chạy 4 A là tập các vận động viên cờ tướng Khi đó 1 2 3 4 A A A A    là vận động viên tham gia ít nhất một môn Ta có số cổ động viên là: 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 A A A A A (A A A A \ A A A A            Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 20 Áp dụng nguyên lý bù trừ, ta có: 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4 1 2 3 4 ( ) A ( A A A A ) A A A A A A A A A A A A ( A A A A A A A A A ) A A A A A A A A A A A                                     =100-(18+26+19+24)+5+2+3+5+4+3-(2+3+2+4)+1 = 25 Vậy đoàn A có 25 người chỉ là cổ động viên 2 1 2 Bài toán đếm số 2 1 2 1 Bài toán đếm số thỏa mãn các tính chất số học Khi ta xét một tập   1, 2,3, 4,5, 6 X  ta có thể đếm được có 2 số chia hết cho 3 Nhưng khi ta xét một tập   1, 2, , X n  có bao nhiêu số chia hết cho số m ( m n  ) thì việc đếm số sẽ càng phức tạp khi n càng tăng Để giải bài toán nay một cách ngắn gọn và chính xác ta có thể áp dụng nguyên lý bù trừ vào bài toán đếm số thỏa mãn các tính chất số học này Bài 1 Có bao nhiêu số tự nhiên không lớn hơn 1000 chia hết cho 7 hoặc 11 L ờ i gi ả i Gọi A là tập các số tự nhiên không lớn hơn 1000 chia hết cho 7 B là tập các số tự nhiên không lớn hơn 1000 chia hết cho 11 Khi đó tập số tự nhiên không lớn hơn 1000 chia hết cho 7 hoặc 11 là A B  Ta có:   1000 / 7 142 A   ;   1000 / 11 90 B   ;   1000 / 77 12 A B    Vậy A B A B A B      = 142 + 90 – 12 = 220 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 21 Bài 2 Trong tập S = {1;2;3;…;280} có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong các số 2, 3, 5, 7 L ờ i gi ả i Đặt A là tập các số chia hết cho 2; B là tập các số chia hết cho 3; C là tập các số chia hết cho 5; D là tập các số chia hết cho 7 Khi đó: A B C D    là tập các số chia hết cho ít nhất một trong các số 2,3,5,7 Tacó: A =[280/2]=140; B =[280/3]=93 C =[280/5]=56 ; D =[280/7]=40 A B  =[280/6]=46 ; A C  =[280/10]=28 A D  =[280/14]=20; B C  =[280/15]=18 B D  =[280/21]=13; C D  =[280/35]=8 A B C   =[280/30]=9; A B D   =[280/42]=6 A C D   =[280/70]=4; B C D   =[280/105]=2 A B C D    =[280/210]=1 Theo nguyên ký bù trừ, ta có: A B C D A B C D A B A C A D B C B D C D A B C A B D A C D B C D A B C D                                    = 140 + 93 + 56 + 40 – 46 – 28 – 20 – 18 – 13 – 8 + 9 + 6 + 4 + 2 -1 = 216 Bài 3 Trong tập hợp   1, 2,3, ,10000 X có bao nhiêu số không chia hết cho bất kỳ số nào trong các số 3;4;7 ? L ờ i gi ả i Gọi 1 A là tập hợp các số thuộc tập X chia hết cho 3 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 22 2 A là tập hợp các số thuộc tập X chia hết cho4 3 A là tập hợp các số thuộc tập X chia hết cho7 Khi đó 1 2 A A  là tập các số thuộc tập X chia hết cho 3 và 4 1 3 A A  là tập các số thuộc tập X chia hết cho 3 và 7 2 3 A A  là tập các số thuộc tập X chia hết cho 4và 7 Và 1 2 3 A A A   là số thuộc tập X chia hết cho 3 hoặc 4 hoặc 7 Vậy số phần tử thuộc tập X không chia hết cho bất kỳ số nào trong các số 3;4;7 là: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 A A A A (A A A A A \ ) A         Ta có: 1 10000 3333, 3 A         2 10000 2500, 4 A         3 10000 A 1428 7         , 1 2 10000 833, 3 4 A A           1 3 10000 476, 3 7 A A           2 3 10000 357 4 7 A A           , 1 2 3 10000 A A A 119 3 4 7             Áp dụng công thức của nguyên lý bù trừ, ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 A A A A ( A A A ) A A A A A A A A A                =10000 - (3333 + 2500 + 1428) + 833 + 476 + 357 - 119 =4286 Vậy số phần tử thuộc tập X không chia hết cho bất kỳ số nào trong các số 3;4;7 là 4286 Bài 4 Cho hai số nguyên dương m và n sao cho 2 n  chia hết cho m Hãy tính các bộ ba số nguyên dương , , x y z sao cho tổng x y z   chia hết cho m, trong đó mỗi số , , x y z đều không lớn hơn m L ờ i gi ả i Đặt * 2 n k N m    Ta có 2 n km   Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 23 Xét các tập hợp: 1 D km   ;   1, 2, , E km    , , / , , ; \ A x y z x y z E D x y z m      ;   , , / , , ; B x y z x y z E x y z m      ;   , , / , , ; ; C x y z x y z E x D y D z D x y z m           Ta thấy: A B C    Tính B Có km cách chọn x E  Với mỗi cách chọn x E  , ta có km cách chọn y E  Với mỗi cách chọn x và y như trên, ta có k cách chọn z E  sao cho x y z m    Do đó 3 2 B km km k k m    Tính C Ta đặt:   , , / , , , X x y z x D y E z E x y z m        ,   , , / , , , Y x y z y D x E z E x y z m        ,   , , / , , , Z x y z z D x E y E x y z m        Khi đó C X Y Z    Do đó C X Y Z X Y X Z Y Z X Y Z             Tương tự 2 2 X Y Z k m    , 4 X Y X Z Y Z k       , X Y Z m      4 2 1,2,3 1, 3 m khi m khi m       (*) Do đó 2 6 12 C k m k m     Ta thay 2 n k m   , ta được 3 8 n A B C m m       , với m  xác định bởi (*) Bài 5 Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần ii Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 24 L ờ i gi ả i Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số lập được từ các số 1, 2, 3, 4, 5 sao cho trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần Và S là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số lập được từ các số 1, 2, 3, 4, 5 sao cho trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau Ta có: 5 10! 2 A  (1) 5 5 1 1 \ i i i i S A A A A        1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 1 5 1 5 1 5 5 1 i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i A A A A A A A A A A A A                                (2) Xét k bất kì thuộc tập 1, 2, 3, 4, 5 và xét bộ 1 2 , , , k i i i bất kì thỏa mãn 1 2 1 5 k i i i      Gọi T là tập gồm tất cả các số có 10 k  chữ số, lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 mà trong mỗi số đó, mỗi chữ số 1 2 , , , k i i i đều có mặt đúng một lần, còn các chữ số khác, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần Đặt tương ứng mỗi số 1 2 k i i i a A A A     , với số nhận được từ a bằng cách bỏ đồng thời ở a một chữ số 1 i , một chữ số 2 i ,…, một chữ số k i Tiếp theo ta chứng minh tương ứng nói trên xác lập một song ánh từ 1 2 k i i i A A A    đến T Khi đó: 1 2 5 (10 )! 2 k i i i k k A A A T        (3) Từ (1), (2) và (3) ta có 1 2 3 4 5 5 5 5 5 4 3 2 1 0 10! 9! 8! 7! 6! 5! 39480 2 2 2 2 2 2 S C C C C        2 1 2 2 Bài toán đếm số bộ nghiệm nguyên Bài 1 Cho phương trình: 1 2 3 4 20 x x x x     Tìm số nghiệm nguyên của phương trình, với 1 2 3 4 6; 3; 9; 3 x x x x      L ờ i gi ả i Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 25 1 1 2 2 3 3 4 4 6 6 0 3 3 0 9 9 0 3 3 0 x x x x x x x x                  Ta đặt: 1 2 3 4 6; 3; 9; 3 a x b x c x d x         Từ giả thiết, ta có: 1 2 3 4 20 x x x x      a+6+b+3+c+9+d-3=20  a+b+c+d=5 với 0; 0; 0; 0 a b c d     Ta thấy mỗi nghiệm của phương trình ứng với một cách chọn 5 phần tử từ một tập có 4 loại Vậy số nghiệm của phương trình bằng tổ hợp lặp chập 5 từ tập có 4 phần tử 1 4 1 3 1 4 5 1 8 8! 56 3!5! n n k C C C           nghiệm Bài 2 Cho phương trình 10 x y z    Tìm số bộ nghiệm nguyên của phương trình với 0 2; 0 4;0 6 x y z       L ờ i gi ả i Gọi U là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của pt: 10 x y z    Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 26 Gọi A là tập nghiệm với 3; 0; 0 x y z    Đặt '''' 3; '''' ; '''' x x y y z z     Khi đó phương trình đã cho tương đương với: , , , 7 x y z    với , , , 0; 0; 0 x y z    Suy ra: 1 2 1 9 36 k n k A C C       Tương tự: Gọi B là tập nghiệm với 0; 5; 0 x y z    Gọi C là tập nghiệm với 0; 0; 7 x y z    Khi đó: 1 2 1 7 21 k n k B C C       1 2 1 3 10 k n k C C C       Mặt khác, A B  là tập nghiệm với 3; 5; 0 x y z    Khi đó, ta đặt: '''' 3; '''' 5; '''' x x y y z z      Suy ra: '''' '''' '''' 2 x y z    ,với '''' 0; '''' 0; '''' 0 x y z    Nêu 2 4 6 A B C    Tương tự, ta có: A C  là tập nghiệm với 3; 0; 7 x y z    B C  là tập nghiệm với 0; 5; 7 x y z    Khi đó: 2 2 1 A C C    và 0 B C   Ta cũng có: A B C   là tập nghiệm với 3; 5; 7 x y z    '''' '''' '''' 5 x y z      với '''' 0; '''' 0; '''' 0 x y z    Nên 0 A B C    Theo nguyên lý bù trừ, số nghiệm nguyên của pt là: * N N A B C     Trong đó A B C A B C A B A C B C A B C               Suy ra 36 21 10 6 1 0 0 60 A B C           Vậy * 66 60 6 N    bộ nghiệm Đó là các nghiệm (0;4;6);(1;3;6);(1;4;5);(2;2;6);(2;3;5);(2;4;4) Bài 3 Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình 11 x y z    với 0 3, 0 y 4, 0 6 x z       Lời giải Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 27 Gọi A là tập tất cả các nghiệm không âm của phương trình 1 A là tập nghiệm nguyên không âm của phương trình với 4 x  2 A là tập nghiệm nguyên không âm của phương trình với 5 y  3 A là tập nghiệm nguyên không âm của phương trình với 7 z  Vậy số nghiệm cần tìm là: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 A A ( \ A A A A A A A A         Ta có : 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 A A A A A A A A A A A A A A A A                Với 2 13 A C  , 1 2 3 79 A A A    , 1 2 1 3 2 3 A A A A A A 7       , 1 2 3 A A 0 A    Vậy 1 2 3 6 A A A    2 1 3 Bài toán Bernoulli – Euler Bài 1 Có 3 lá thư và 3 phong bì ghi sẵn địa chỉ Bỏ ngẫu nhiên các lá thư vào phong bì Hỏi xác xuất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? L ờ i gi ả i Cách 1 Phương pháp liệt kê Nếu ta có 3 lá thư và 3 phong bì thì các trường hợp có thể xảy ra là: {(1,1), (1,2) (1,3) (2,1), (2,2), (2,3}, (3,1),(3,2),(3,3)} Các trường hợp bỏ đúng phong bì là {(1,1), (2,2), (3,3)} Xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng phong bì là 3 1 9 3  Xác suất để không có lá thư nào bỏ đúng phong bì là 1 2 1 3 3   Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 28 Cách 2 Sử dụng nguyên lý bù trừ Theo nguyên lý bù trừ, ta có số cách bỏ thư sao cho không có lá thư nào gửi đúng địa chỉ là: 3 ___ ___ ___ 1 2 3 0 (3, 0) (3, ) ( 1) k k N X X X X k        Với (3 ) X k , ( 0,1, 2,3 k  ) là số tất cả các cách bỏ thư sao cho có đúng k lá thư bỏ đúng địa chỉ (3, 0) N là số cách bỏ thư sao cho không có lá thư nào gửi đúng địa chỉ Ta thấy rằng (3 ) X k là tổng theo mọi cách lấy k lá thư từ 3 lá thư, với mỗi cách lấy k lá thư , có (3 )! k  cách bỏ để k lá thư này đúng địa chỉ Như vậy ta có:     3 3 ! 3, 3 ! ! k X k C k k    Suy ra     3 1 1 1 3, 0 3! 1 2 1! 2 ! 3! N               Ta có tất cả 3! cách bỏ thư Vậy xác xuất để không lá thư nào đúng địa chỉ là: 2 3 Nh ậ n xét : Đây là một trường hợp cụ thể của bài toán Bernoulli – Euler Bài 2 (Bài toán Bernoulli – Euler) Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn địa chỉ Bỏ ngẫu nhiên các lá thư vào phong bì i Hỏi xác xuất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? ii Hỏi xác xuất để đúng r lá thư đúng địa chỉ là bao nhiêu ( r ≤ n ) ? L ờ i gi ả i i Gọi X là tập hợp tất cả các cách bỏ thư Ta có X = n ! Gọi k  là tính chất lá thư k gửi đúng địa chỉ, X k là tập hợp các cách bỏ thư sao cho lá thư k gửi đúng địa chỉ (k = 1,2,…,n) Kí hiệu   r n ,  là số cách bỏ thư sao cho có đúng r lá thư đúng địa chỉ (r = 0,1,2,… ,n) Như vậy theo nguyên lý bù trừ số cách bỏ thư sao cho không có lá thư nào gửi đúng địa chỉ là: Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 29 ___ ___ ___ 1 2 0 ( , 0) ( , ) ( 1) n k n k N n X X X X n k         Trong đó: 1 2 1 1 ( , ) k k i i i i i n X n k X X X          , 1, , k n   Với mỗi bộ k lá thư k i i i , , , 2 1 , k i i i X X X    2 1 là tập hợp các cách bỏ thư sao cho các lá thư k i i i , , , 2 1 bỏ đúng địa chỉ Với mỗi bộ k lá thư k i i i , , , 2 1 ta có (n – k)! cách bỏ thư, tức hoán vị các lá thư còn lại, sao cho các lá thư k i i i , , , 2 1 bỏ đúng địa chỉ Suy ra k i i i X X X    2 1 = (n – k)! Như vậy ta có:     ! , ! ! k n n X n k C n k k    Suy ra:                 ! 1 ! 2 1 ! 1 1 1 ! 0 , n n n N n Như vây, xác suất cần tìm là:                 ! 1 ! 2 1 ! 1 1 1 ! 0 , n n n N n Ta có xác suất trên tiến đến e 1 khi n →  Số   0 , n N trong bài toán này được gọi là số mất thứ tự và được kí hiệu là D n Dưới đây là một vài giá trị của D n , cho ta thấy D n tăng nhanh như thế nào so với n N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D n 1 2 9 44 265 1854 14833 133496 1334961 14684570 ii Cho tổ hợp r i i i , , , 2 1 Số cách bỏ thư để chỉ các lá thư r i i i , , , 2 1 gửi đúng địa chỉ đúng bằng   0 , r n N  Như vậy số cách bỏ thư để có đúng r lá thư gửi đúng địa chỉ là: Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 30             1 1 1 , , ,0 , ! 1 1! 2! ( )! n r N n r C n r N n r C n r n r n r                    Suy ra xác suất cần tìm là:                 )! ( 1 ! 2 1 ! 1 1 1 ! 1 ! ) , ( r n r n r n N r n 2 2 Ứng dụng phân hoạch tập hợp giải toán Bài 1 Có bao nhiêu cách phân tập A=   , , , , a b c d e thành 3 khối L ờ i gi ả i Ta phân hoạch tập 5 phần tử   , , , , a b c d e thành ba khối là:         , , a b cde ;         , , a c bde ;         , , a d bce         , , a e bcd ;         , , b c ade ;         , , b d ace         , , b e acd ;         , , c d abe ;         , , c e abd         , , d e abc ;         , , ab c de ;         , , ab d ce         , , ab e cd ;         , , bc d ae ;         , , bc e cd         , , bc a de ;         , , cd a be ;         , , cd b ae         , , de b ac ;         , , ae c bd ;         , , ac d be         , , ac e bd ;         , , ad b ce ;         , , ad c be         , , bd a ce Vậy có 25 cách phân chia 5 đồ vật khác nhau cho 3 người để mỗi người có ít nhất một vật Nh ậ n xét : + Đối với bài 1, ta có thể dùng trực tiếp định lý 1 7 để có kết quả 5,3 25 S  + Có bao nhiêu cách phân chia n đồ vật cho k người, sao cho mỗi người có ít nhất một vật (n, k là số tự nhiên) Ta có thể tính được các số , n k s dựa vào hệ thức truy hồi trong định lý 1 7 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 31 Bài 2 Cho   1, 2, ,15 X  Chứng tỏ rằng nếu S là một tập con gồm 9 phần tử của X thì có ít nhất hai phần tử của S có tổng bằng 15 L ờ i gi ả i Phân hoạch X thành tám tập con, mỗi tập con đều có tổng bằng 15 như sau:   0,15 ;   1,14 ;   2,13 ;   3,12 ;   4,11 ;   5,10 ;   6,9 ;   7,8 Theo nguyên lý Dirichlet ta phân bố chín phần tử vào tám tập con trên, ta có hai phần tử của S thuộc một tập nào đó mà tổng hai số này bằng 15 Bài 3 Chứng minh rằng đối với bất kì phân hoạch tập   1, 2, ,100 thành 7 lớp luôn tồn tại ít nhất một lớp có chứa 4 phần tử phân biệt , , , a b c d sao cho a b c d    hay chứa 3 số phân biệt , , e f g thỏa mãn 2 e f g   L ờ i gi ả i Vì 14 7 = 98 < 100, suy ra theo nguyên lý Dirichlet sẽ có tồn tại ít nhất một lớp T có ít nhất 15 phần tử Chúng ta xét tất cả các hiệu ; , , a b a b T a b    Có 2 15 105 C  hiệu như vậy Các hiệu này nhận giá trị trong tập   1, 2, ,99 nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất 2 cặp ( , ); ( , ) x y u v phân biệt sao cho 0 x y u v     - Nếu , , , x y u v là 4 số phân biệt ta có x y u v    - Nếu x v  , ta có 2 y u x   - Nếu y u  , ta có 2 x v y   Vậy bài toán đã được chứng minh Bài 4 Tìm A nhỏ nhất sao cho với bất kỳ phân hoạch tập   1, 2, , A thành 2 lớp 1 T và 2 T thì luôn tồn tại một lớp có chứa 3 số phân biệt x y z   sao cho 2 x z y   L ờ i gi ả i Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 32 - Xét A = 4 ta có       1, 2,3, 4 2 1,3, 4   cả hai lớp đều không thỏa mãn yêu cầu bài toán - Xét A = 5 ta có       1, 2,3, 4,5 2,3 1, 4,5   không thỏa mãn yêu cầu bài toán - Xét A = 6 ta có       1, 2,3, 4,5,6 2,5,6 1,3, 4   không thỏa mãn yêu cầu bài toán - Xét A = 7 ta có       1, 2,3, 4,5,6,7 1, 2, 4,5 3,6,7   không thỏa mãn yêu cầu bài toán - Xét A = 8 ta có       1, 2,3, 4,5,6,7,8 1, 4,5,8 2,3,6,7   không thỏa mãn yêu cầu bài toán - Xét trường hợp A = 9 ta giả sử có tồn tại phân hoạch   1 2 1, 2, ,9 T T   mà cả hai lớp 1 T và 2 T không thỏa mãn yêu cầu bài toán (giả sử phản chứng A = 9 không thỏa mãn yêu cầu bài toán) + Xét trường hợp   1 1,9 T   1 2 1 9 5 5 2 T T       3, 7 không đồng thời thời 2 T  (vì nếu ngược lại ta có 3+7 = 2 5) Suy ra phải có ít nhất một số thuộc 1 T o Giả sử 3 1 T  , 2 3 1 2 2 T     , 2 3 9 6 2 T    1 6 2 4 2 T     ,   2 1 5,6 7 T T    Suy ra   1 1, 4,7 T  (mâu thuẫn vì 1 7 4 2   ) o Giả sử 7 1 T  , 2 7 9 8 2 T     , 2 7 1 4 2 T    1 8 4 6 2 T     ,   1 2 6,7 5 T T    Ta có     2 1 1 4,5 3 3,6,9 T T T      (mâu thuẫn) + Xét trường hợp 1 1 T  , 9 2 T  Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 33 o Giả sử 5 1 T  ,   1 2 1,5 3 T T     , 9 2 T  (vì (1,3,5), (1,5,9) lập thành cấp số cộng ) 1 9 3 6 2 T     ,   1 2 5,6 4 T T    , 7 2 T  1 7 9 8 2 T     Ta có   2 1 3, 4 2 T T    Vậy ta có   1 2,5,8 T  (mâu thuẫn) o Giả sử 5 2 T  , suy ra   2 1 9,5 7 T T     và 1 1 T  2 7 1 4 2 T     ,     2 1 4,5 3,6 T T    Ta có   1 2 1 3 1,3 2 2 T T      Suy ra   1 2,5,8 T  (mâu thuẫn) Vậy với A = 9 thì bài toán thỏa mãn yêu cầu Bài 5 Với 1 k  nguyên ta ký hiệu: 1 (3 1) 2 k k A   Chứng minh rằng tập   1, 2,3, , k n có thể phân hoạch thành k lớp sao cho không lớp nào chứa các số , , x y z có tính chất x y z   ( , x y có thể bằng nhau) L ờ i gi ả i Ta chứng minh kết quả sau: “Nếu tập   1, 2,3, , n phân hoạch thành k lớp mà không lớp nào chứa các số , , x y z có tính chất x y z   thì tập   1, 2,3, ,3 1 n  sẽ được phân hoạch thành k+1 lớp cũng có tính chất nêu trên ” (1) Áp dụng kết quả (1) ta thu được lời giải của bài toán bằng phương pháp quy nạp như sau: + 1 k  , 1 1 n  (hiển nhiên) + Giả sử   1, 2,3, , k n có thể phân hoạch thành k lớp thỏa mãn yêu cầu của bài toán Áp dụng kết quả (1) tập   1, 2,3, ,3 1 n  sẽ được phân hoạch thành k+1 lớp thỏa mãn yêu cầu bài toán Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 34 Mà   1 1 3 1 3 1 (3 1) 1 3 1 2 2 k k k k n n          (đpcm) Ta chứng minh kết quả (1) Giả sử   1 2 3 1, 2,3, , k n X X X X     Ta lập   2 1/ i i i Y X x n x X      ;   1 1, 2, , 2 1 n Y n n n      Chúng ta có thể mô tả cách xây dựng phân hoạch mới như sau: 1 2 2n+ 1 3n+1 1 k i X  1 k Y    1 2 1 / k i x n x X     Ta chứng minh cách xây dựng trên là một phân hoạch thỏa mãn yêu cầu bài toán Xét   1, 2, ,3 1 x n   Nếu: 1 i i x n x X x Y       1 1 2 1 k n x n x Y          2 2 3 1 2 1 / i i n x n x x n x X x Y            Vậy ta có   1 2 1 1, 2,3, ,3 1 k n Y Y Y       Vì     , 2 1 / 2 1 / k j k j X X x n x X y n y X             , k j Y Y k j       Ta chứng minh phân hoạch thỏa mãn yêu cầu của bài toán Giả sử phản chứng có   , , i x y z Y  có tính chất x y z   Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 35 - Nếu   1 , , k x y z Y   , x y z   ta suy ra: 1 1 2( 1) 2 1 ax( ) k k z x y n n M Y z Y            (mâu thuẫn) - Nếu   , , i x y z Y  ,   1 i k   , ( ) x y  Vì 1 2 1 2 1 , 2 1 , 2 1 k n Y n x n y n z           , ta xét 3 trường hợp: + Trường hợp 2 1 ; , i n y x y X    , 2 , x n y n z x y n        và i z X  suy ra mâu thuẫn với giả thiết quy nạp + Trường hợp 2 1 x n y    Ta có: , , , 2 1 , 2 1 i x X y n y z n z        với , , , i y z X  Suy ra , , x y z   (mâu thuẫn với giả thiết quy nạp) + Trường hợp 2 1 n x   , suy ra:   2(2 1) 1, 2, ,3 1 z x y n z n        (mâu thuẫn) Bài 6 Trong một tập n số nguyên dương phân biệt cho trước Ta xét tất cả các tổng của những tập con không trống của nó Chứng minh rằng 2 1 n  số này có thể chia thành n lớp sao cho trong mỗi lớp, tỷ số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2 L ờ i gi ả i + Ký hiệu số đã cho 1 2 1 n x x x     Và ký hiệu 1 2 1 (x x x ) 2 k k m     ; 1 2 (x x x ) k k M     ; 1 k n   + Với mỗi k ta gọi lớp k T gồm những tổng S (của các số thuộc một tập nào đó) thỏa mãn: k k m S M   (1) Nếu 1 2 k k m S S M    thì 1 2 2 k k S M S m   Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Đặng Thị Thùy Trang GVHD: ThS Dương Thị Thu Thúy Trang 36 Suy ra trong mỗi lớp k T tỷ số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2 Đối với những tổng S thỏa mãn (1) với nhiều chỉ số k ta chọn một chỉ số k duy nhất Vậy ta có i k T T    + Ta chứng minh mọi tổng S sẽ rơi vào một trong các lớp k T ( 1 k n   ) Giả sử phản chứng là S  mà k S T  :1 k k n    , Vì k k k M T S T    , k  Ta lại có 1 n M S M 