ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Lê Quang Việt MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT ĐẾM CƠ BẢN TRONG LÝ THUYẾT TỔ HỢP VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Mục lục Mở đầu Lời cảm ơn Các quy tắc đếm tổ hợp 1.1 Một số kiến thức tổ hợp 1.1.1 Tập hợp 1.1.2 Công thức tính lực lượng tập hợp 1.1.3 Công thức bao hàm loại trừ 1.2 Hai quy tắc phép đếm 1.2.1 Quy tắc cộng 1.2.2 Quy tắc nhân 1.3 Hoán vị 1.3.1 Hoán vị không lặp 1.3.2 Hoán vị có lặp 1.4 Chỉnh hợp 1.4.1 Chỉnh hợp không lặp 1.4.2 Chỉnh hợp có lặp 1.5 Tổ hợp 1.5.1 Tổ hợp không lặp 1.5.2 Tổ hợp có lặp 1.5.3 Khai triển lũy thừa nhị thức 1.5.4 Tính số phần tử tập hợp tập hợp Các phương pháp đếm sử dụng hàm sinh 2.1 Chuỗi lũy thừa hình thức 2.1.1 Định nghĩa 2.1.2 Các phép toán CN 2.2 Phương pháp đếm hàm sinh thông thường 6 10 10 12 14 14 16 17 17 19 20 20 21 22 23 27 27 27 28 30 2.3 2.2.1 Định nghĩa hàm sinh thường 2.2.2 Sử dụng hàm sinh thường để giải toán đếm Phương pháp đếm hàm sinh mũ 2.3.1 Định nghĩa hàm sinh mũ 2.3.2 Sử dụng hàm sinh mũ để giải toán đếm Phương pháp đếm công thức nghịch đảo 3.1 Công thức nghịch đảo đồng thức tổ hợp 3.2 Công thức nghịch đảo nhị thức 3.3 Công thức nghịch đảo Stirling 3.4 Công thức sàng Kết luận Tài liệu tham khảo 30 33 37 37 37 40 43 44 45 46 50 51 Mở đầu Trong lý thuyết tổ hợp phép đếm chiếm phần vô quan trọng có ứng dụng vô đa dạng Các phương pháp đếm số lượng phần tử tập hợp đóng vai trò quan trọng số môn khoa học, đặc biệt Tin học Toán học ứng dụng Đối với chương trình toán phổ thông phương pháp đếm chuyên đề quan trọng cần thiết việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc học phổ thông, đồng thời ứng dụng đa dạng đem lại hấp dẫn nhiều đối tượng học sinh giáo viên nghiên cứu vấn đề Mục tiêu Luận văn " Một số phương pháp kĩ thuật đếm lý thuyết tổ hợp áp dụng" nhằm trình bày số phép đếm ứng dụng nhằm tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thông Luận văn bao gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo Chương Chương trình bày tóm tắt số kiến thức tổ hợp quy tắc phép đếm Trong chương trình bày số ví dụ toán tính lực lượng tập hợp, toán khai triển nhị thức Chương trình bày phương pháp đếm hàm sinh thông thường phương pháp đếm hàm sinh mũ ví dụ áp dụng Chương trình bày phương pháp đếm công thức nghịch đảo đồng thức tổ hợp bao gồm công thức nghịch đảo nhị thức, nghịch đảo Stirling, công thức sàng ví dụ áp dụng Lời cảm ơn Trong suốt trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Trong trình học tập nhận quan tâm giúp đỡ giảng dạy nhiệt tình Thầy, Cô dạy lớp cao học toán K5B (2011 -2013), xin bày tỏ lòng biết ơn đến Thầy, Cô Tôi xin chân thành cảm ơn Thầy cô BGH trường ĐH Khoa Học ĐH Thái Nguyên tạo kiều kiện thuận lợi cho suốt thời gian học cao học Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy, cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn ! Hải phòng, tháng năm 2013 Người viết Luận văn Lê Quang Việt Chương Các quy tắc đếm tổ hợp 1.1 1.1.1 Một số kiến thức tổ hợp Tập hợp Khái niệm tập hợp Tập hợp ( gọi tập ) khái niệm toán học, không định nghĩa Giả sử cho tập hợp A Để a phần tử tập hợp A, ta viết a ∈ A ( đọc a thuộc A) Để a không phần tử tập hợp A, ta viết a ∈ / A ( đọc a không thuộc A) Một tập hợp coi xác định ta tất phần tử Các cách xác định tập hợp: Tập hợp xác định hai cách sau: - Liệt kê chúng(thường dùng để biểu thị tập hữu hạn) Ví dụ: Tập số tự nhiên chẵn nhỏ 10 A = {0, 2, 4, 6, 8} - Chỉ tính chất đặc trưng chúng Ví dụ: B = x ∈ Z|x2 − 3x + ≥ Tập - Tất phần tử tập B thuộc tập A ta nói tập B tập tập A viết B ⊆ A - Trường hợp B ⊆ A B = A B gọi tập không tầm thường (hay tập thực sự) tập A viết B ⊂ A Tập rỗng -Tập hợp rỗng (hay tập hợp trống) tập hợp không chứa phần tử thường ký hiệu ∅ - Quy ước tập rỗng tập Hợp, giao, hiệu phần bù hai tập hợp Giả sử có tập A, B - Tập hợp gồm phần tử thuộc tập A thuộc tập B gọi hợp tập A tập B ký hiệu A ∪ B A ∨ B - Tập hợp gồm phần tử thuộc đồng thời tập A tập B gọi giao tập A tập B ký hiệu A ∩ B A ∧ B - Tập hợp gồm phần tử thuộc tập A mà không thuộc tập B gọi hiệu tập A tập B Kí hiệu A\B - Trường hợp tập B tập tập A Hiệu tập A tập B gọi tập phần bù (hay phần bù) tập B (đối với tập A) ký hiệu hoặc CA (B) C (B) Lực lượng tập hợp Giả sử có tập A Số phần tử tập A gọi lực lượng tập A, ký hiệu |A| 1.1.2 Công thức tính lực lượng tập hợp Với hai tập hợp V1 , V2 ta có |V1 ∪ V2 | = |V1 | + |V2 | − |V1 ∩ V2 | (1.1) Với ba tập hợp V1 , V2 , V3 ta có |V1 ∪ V2 ∪ V3 | = |V1 | + |V2 | + |V3 | − |V1 ∩ V2 | − |V2 ∩ V3 | − |V1 ∩ V3 | + |V1 ∩ V2 ∩ V3 | (1.2) Tổng quát với tập tùy ý V1 , V2 , , Vn phương pháp quy nạp theo n (n ≥ 2) ta có công thức n n i=1 | Vi ∩ Vj | + | V1 ∩ V2 ∩ V | + | V1 ∩ V2 ∩ V4 | | Vi | − Vi = i=1 i=j + · · · + | Vn−2 ∩ Vn−1 ∩ Vn | − · · · − (−1)n | V1 ∩ V2 ∩ · · · ∩ Vn | (1.3) Ví dụ 1.1 (Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT Chuyên - 2012) Chứng minh báo cách thành tích cuối năm lớp sau sai "Lớp có 45 học sinh, có 30 em nam Lớp có 30 em đạt loại giỏi số có 16 nam Lớp có 25 em chơi thể thao số có 18 em nam 17 em đạt loại giỏi Có 15 em nam vừa đạt loại giỏi chơi thể thao." Giải Kí hiệu : V = 45 tổng số học sinh lớp V1 số học sinh nam V2 số học sinh đạt giỏi V3 số học sinh chơi thể thao Khi |V1 ∪ V2 ∪ V3 | = |V1 |+|V2 |+|V3 |−|V1 ∩ V2 |−|V2 ∩ V3 |−|V1 ∩ V3 |+|V1 ∩ V2 ∩ V3 | = (30 + 30 + 25) − 16 − 18 − 17 + 15 = 49 > 45 = |V | Vậy báo cáo thành tích lớp sai Ví dụ 1.2 (VMO 2005, Bảng B) Tìm kết học tập lớp học, người ta thấy: 32 số học sinh đạt điểm giỏi môn Toán đồng thời đạt điểm giỏi môn Vật Lý ; 23 số học sinh đạt điểm giỏi môn Vật Lý đồng thời đạt điểm giỏi môn Ngữ văn; 23 số học sinh đạt điểm giỏi môn Ngữ Văn đồng thời đạt điểm giỏi môn Lịch sử; 23 số học sinh đạt điểm giỏi môn Lịch Sử đồng thời đạt điểm giỏi môn Toán Chứng minh tồn học sinh đạt điểm giỏi bốn môn nêu Giải Ký hiệu T, L, V, S tập hợp học sinh đạt điểm giỏi môn Toán, Vật Lý, Ngữ Văn, Lịch Sử Đặt Tl = T ∩ L, Lv = L ∩ V, Vs = S ∩ V Từ giả thiết suy ra: |Tl | > 23 |T | , |Lv | > 32 |L| , |Vs | > 23 |V | Ta cần chứng minh : |T ∩ L ∩ V ∩ S| > Vì T ∩ L ∩ V ∩ S = (T ∩ L) ∩ (L ∩ V ) ∩ (V ∩ S) nên ta cần chứng minh |(T ∩ L) ∩ (L ∩ V ) ∩ (V ∩ S)| > Thật vậy, không tính tổng quát, giả sử |T | ≥ |L| ≥ |V | ≥ |S| Ta có |Tl ∩ Lv ∩ Vs | = |(Tl ∩ Lv ) ∩ Vs | = |Tl ∩ Lv | + |Vs | − |(Tl ∩ Lv ) ∪ Vs | = |Tl | + |Lv | + |Vs | − |Tl ∪ Lv | − |(Tl ∩ Lv ) ∪ Vs | > 32 |T | + 32 |L| + 32 |V | − |L| − |V | = 32 |T | − 13 |L| − 13 |V | ≥ 32 |T | − 31 |T | − 31 |T | = Vậy ta có điều phải chứng minh 1.1.3 Công thức bao hàm loại trừ Cho V tập hữu hạn V1 ⊂ V Ta có V = V \V1 Khi V = |V | − |V1 | (1.4) Cho tập hợp V V1 , V2 ⊂ V Khi V ∩ V = |V | − |V1 ∪ V1 | = |V | − |V1 | − |V1 | + |V1 ∩ V1 | (1.5) Cho tập hợp V V1 , V2 , V3 ⊂ V Khi V ∩ V ∩ V = |V | − |V1 ∪ V2 ∪ V3 | = |V | − |V1 | − |V2 | − |V3 | + |V1 ∩ V2 | + |V2 ∩ V3 | + |V1 ∩ V3 | − |V1 ∩ V2 ∩ V3 | (1.6) Tổng quát với tập tùy ý V1 , V2 , , Vn ⊂ V phương pháp quy nạp theo n (n ≥ 2) ta có công thức n n Vi = |V | − i=1 | Vi | + i=1 | Vi ∩ Vj | − | V1 ∩ V2 ∩ V3 | − | V1 ∩ V2 ∩ V | i=j − · · · − | Vn−2 ∩ Vn−1 ∩ Vn | + · · · + (−1)n | V1 ∩ V2 ∩ · · · ∩ Vn | (1.7) 37 2.3 2.3.1 Phương pháp đếm hàm sinh mũ Định nghĩa hàm sinh mũ Giả sử aj , j = 0, 1, 2, , số phức Ta nói dãy số a0 , a2 , , aj , N kí hiệu (aj )∞ có hàm sinh phần tử b (x) ∈ C ∞ Nếu ϕ : CN → CN : J=0 cj xj → ∞ J=0 N cj j j! x ∞ cho cj xj ∈ CN dễ thấy J=0 ϕ tự đẳng cấu C Khi ϕ (b (x)) gọi hàm sinh mũ cho dãy (aj )∞ Như hàm sinh mũ cho dãy (aj )∞ chuỗi lũy thừa hình thức b (x) = ∞ bj xj bj = j=0 aj j! cho j = 0, 1, 2, Ví dụ 2.10 Với z ∈ C , ta kí hiệu chuỗi lũy thừa hình thức E(zx)bằng ezx Khi z z2 z3 zx e = + x + x + x + 1! 2! 3! Như vậy, ezx hàm sinh mũ cho dãy số z , z , z , , , z j , 2.3.2 Sử dụng hàm sinh mũ để giải toán đếm Phương pháp Giả sử với tập hữu hạn N ta có tập S(N ) vật mà ta muốn đếm Như vậy, tập vật cần đếm S(N ) phụ thuộc vào tập N Các vật S(N ) xem “được gắn nhãn” hay “được đỡ” tập N Vì vậy, tập N xem tập giá hay ngắn gọn gọi giá S(N ) Do đó, N M tập hữu hạn khác nhau, tức N = M , ta giả thiết S(N ) ∩ S(M ) = ∅ Hơn nữa, |N | = |M |, ta giả thiết |S(N )| = |S(M )| Khi đó, hàm sinh mũ cho dãy tập S ([0]), S ([1]),S ([2]), hay ngắn gọn (S ([n]))∞ định nghĩa hàm sinh mũ cho dãy số S ([0]), S ([1]),S ([2]), Giả sử (T ([j]))∞ dãy tập vật khác, Ta định nghĩa tập ST ([j]) tập bao gồm tất cặp (σ, r) σ phần tử tập S(K) 38 với tập [j] r phần tử tập T K với K = [j] \K Khi đó: j |ST ([j])| = j k |S ([k])| |T ([j − k])| k=0 ∞ ∞ Ký hiệu hàm sinh mũ cho dãy (S ([j]))∞ , (T ([j]))0 , (ST ([j]))0 tương ứng s(x),t(x) st(x) Khi đó, từ định nghĩa ST ([j]) ta dễ thấy st(x) = s(x)t(x) Một số ví dụ cụ thể Ví dụ 2.11 (Lý thuyết tổ hợp đồ thị - Ngô Đắc Tân) Sắp xếp thành vòng tròn Có j vị trí vòng tròn Mỗi cách xếp j số tập [j] = {1, 2, , j} vào j vị trí gọi xếp thành vòng tròn tập [j] Hai xếp thành vòng tập [j] coi xuất phát từ vị trí chứa số theo chiều quay kim đồng hồ ta gặp số tương ứng hai xếp Bài toán 2.2 Tính số xếp thành vòng tròn tập [j] theo j Giải Ký hiệu tập xếp thành vòng tròn tập [j] C ([j]) Giả sử c(x) hàm mũ cho dãy (C ([j]))∞ c (x) = D (c(x)) Khi đó, ta có nhận xét đạo hàm hàm sinh mũ, xếp thành vòng tròn tập [j + 1] đồng với xếp thành hàng ngang tập [j] cách “cắt” vị trí chứa số j + khỏi vòng tròn “căng” vị trí lại xếp “thành hàng ngang” với số số sau j + vòng tròn theo chiều kim đồng hồ Ví dụ, xếp thành vòng 32154 tập [5] đồng với xếp thành hàng ngang 4321 tập [4] Vì vậy, ta ký hiệu P ([j]) tập xếp thành hàng ngang tập[j] p(x) hàm sinh mũ cho dãy (P ([j]))∞ thì: c (x) = p (x) với S (c (x)) = |C (∅)| = 39 Hiển nhiên P ([j]) tập hoán vị [j] |P ([j])| = j! ∞ Do p(x) = j=0 Vậy nên c (x) = j! j j! x 1−x ∞ xj = = j=0 1−x với S(c(x)) = Ta có c(x) = −L(1 − x) + c0 với c0 số Từ S(c(x)) = S(L(1 − x)) = suy c0 = ta nhận được: ∞ c(x) = − L(1 − x) = − ∞ =1+ j=1 Vậy |C ([j])| = (j − 1)! j jx ∞ =1+ j=1 j=1 (−1) j j−1 (j−1)! j j! x (−x)j 40 Chương Phương pháp đếm công thức nghịch đảo Giả sử V tập hữu hạn với |V | = m k ∈ Z ∗ Ta giả sử tập V1 tập hợp tập hợp V S sơ đồ xếp "tập " {X1 , X2 , , Xk } với X1 , X2 , , Xk tập để ta xếp phần tử V1 vào R1 điều kiện " phần tử V1 xếp vào " tập" X1 , X2 , , Xk " R2 điều kiện " với i = 1, , k có phần tử V1 xếp vào Xi " Khi cấu hình tổ hợp V1 theo S thỏa mãn điều kiện R1 R2 gọi phân hoạch V thành k khối Số tất phân hoạch thành k khối tập V lực lượng n gọi số Stirling loại hai kí hiệu S (n, k) Bài toán: ( Lý thuyết tổ hợp đồ thị - Ngô Đắc Tân) Giả sử N M hai tập hữu hạn với |N | = n |M | = m Hãy xác định số hàm toàn ánh f : N → M Giải Giả sử M = {b1 , b2 , , bm } f : N → M hàm toàn ánh Ta định nghĩa quan hệ ∼ = N sau: a1 ∼ = a2 f (a1 ) = f (a2 ) Nhận thấy quan hệ ∼ = quan hệ tương đương N Vì lớp tương đương ∼ = tạo thành phân hoạch N Do f toàn ánh nên phân hoạch có m khối, hay xem phân hoạch tập N = {N1 , , Nm } với Ni , i = 1, , m khối phân hoạch Mặt khác hàm f cảm sinh hàm f : N → M : Ni → f (Ni ) = f (ai ) với 41 ∈ Ni Dễ thấy hàm f song ánh N M Ngược lại, phân hoạch N N thành m khối với song ánh f : N → M xác định toàn ánh f : N → M : → f (ai ) = f ([ai ]) với [ai ] khối phân hoạch N chứa Như , hàm toàn ánh f : N → M coi cách thực hành động bao gồm hai giai đoạn H1 H2 sau: Giai đoạn H1 : Tạo phân hoạch N N gồm m khối Theo định nghĩa số Stirling loại hai, ta có S (n, m) cách thực Giai đoạn H2 : Tạo hàm song ánh f : N → M Theo toán đếm hàm đơn ánh từ tập hữu hạn vào tập hữu hạn ta có ta có m! cách thực Theo quy tắc nhân, ta có số toàn ánh m!S (n, m) Định lý 3.1 n S (n, k)Akm n m = k=0 Chứng minh Giả sử N M hai tập hợp với |N | = n |M | = m F tập tất hàm f : N → M Ký hiệu Fk = {f ∈ F | |f (N ) = k|} ,, k = 1, , m Khi Fk ∩ Fl = ∅ k = l F = F1 ∪ F2 ∪ ∪ Fm Áp dụng quy tắc cộng |F | = |F1 ∪ F2 ∪ ∪ Fm | = |F1 | + |F2 | + + |Fm | Mỗi f ∈ Fk coi cách thực hành động H "tạo hàm thuộc Fk " bao gồm hai công đoạn H1 H2 sau: Giai đoạn H1 : Tạo tập K ⊆ M lực lượng k Theo định nghĩa tổ m hợp, ta có cách thực k Giai đoạn H2 : Tạo hàm toàn ánh F : N → K Theo toán đếm hàm toàn ánh từ tập hữu hạn lên tập hữu hạn ta có k!S (n, k) cách thực giai đoạn H2 m Theo quy tắc nhân ta có |Fk | = k!S (n, k) = S (n, k) Akm Do k m S (n, k) Akm Theo toán đêm tất hàm từ tập hữu hạn |F | = k=1 tập hữu hạn.|F | = mn Vì S (n, 0) = 0, S (n, k) = 0(k > n), Akm = (k > m), nên ta nhận 42 n m = |F | = S (n, 0) A0m n + S (n, k) Akm m = S (n, k) Akm (đpcm) k=0 k=1 Theo định lí ta có: m n m = m k n k!S(n, k) = m k k!S(n, k) k=0 k=0 Từ công thức ta cách nghịch đảo đồng thức để áp dụng giải toán đếm Ta định nghĩa dãy đa thức dãy có thứ tự: p0 (x), p1 (x), p2 (x), p3 (x), đa thức pn (x), n = 0, 1, 2, mà ta đơn giản ký hiệu (pn (x))∞ thỏa mãn điều kiện sau đây: (i) Các hệ số pn (x), n = 0, 1, 2, phải số thực; (ii) p0 (x) số khác 0; (iii) Bậc pn (x), ký hiệu deg(pn (x)) n Nếu (qn (x))∞ dãy đa thức khác, thì: (q0 (x), q1 (x), , qn (x)) lập thành sở cho không gian véctơ Cn+1 [x] tất đa thức C bậc nhỏ n + Do đó, với pn (x), n = 0, 1, 2, dãy đa thức (pn (x))∞ tồn số an,0 , an,1 , an,n cho n pn (x) = an,k qk (x) k=0 n Tương tự, tồn số bn,0 , bn,1 , bn,n cho qn (x) = bn,k pk (x) cho k=0 n = 0, 1, 2, Các số an,k bn,k gọi hệ số nối Biểu diễn m + đa thức pn (x) qua qk (x) viết dạng ma trận sau:      p0 (x) q0 (x) a0,0  p1 (x)   a1,0 a1,1   q1 (x)   = ,       am,0 am,1 am,m pm (x) qm (x) Hay đơn giản hơn: P = AQ, P Q véctơ cột (pk (x))m m (qk (x))0 , A = (aij )mxm Tương tự biểu diễn m + 1đa thức qn (x) qua pn (x)có thể viết 43 dạng ma trận:Q = BP P Q véc tơ cột nói trên, B = (bij )mxm Từ P = AQ Q = BP suy P = AQ = (AB)P Q = BP = (BA)Q m Do độc lập tuyến tính đa thức (pk (x))m (qk (x))0 suy AB = BA = E với E ma trận đơn vị Vậy A B ma trận nghịch đảo 3.1 Công thức nghịch đảo đồng thức tổ hợp Định lý 3.2 Giả sử A = (aij ) B = (bij ) ma trận nhận từ ∞ hai dãy đa thức (pn (x))∞ (qn (x))0 nói tới ∞ Ta giả sử dãy số (un )∞ (vn )0 liên hệ với đa n thức:un = an,k vk cho n = 0, 1, 2, k=0 n bn,k uk cho n = 0, 1, 2, Khi : = k=0 Chứng minh : Từ un = nk=0 an,k vk cho n = 0, 1, 2, ta có   u0  u1     = A  un   v0 v1   Do đó:   v0  v1  −1    = A     u0 u1    = B  un  u0 u1   un Vì A B ma trận nghịch đảo lẫn Suy = nk=0 bn,k uk cho n = 0, 1, 2, ( đpcm) Phương pháp Công thức nghịch đảo đồng thức tổ hợp Định lý áp dụng vào toán đếm sau ∞ Giả sử (S ([n]))∞ dãy tập vật cần đếm, còn(T ([n]))0 dãy vật cần đếm khác 44 Ta giả sử un = |S ([n])|, = |T ([n])| dãy số (un )∞ ∞ (vn )0 thỏa mãn điều kiện Định lý 3.1 Khi đó, Định lý khẳng định ta tìm công thức để tính số vật tập dãy, ta tìm công thức để tính số vật tập dãy 3.2 Công thức nghịch đảo nhị thức ∞ n Ta thấy dãy (xn )∞ ((x − 1) )0 dãy đa thức Theo công thức nhị thức ta có n n k n n x = ((x − 1) + 1) = (x − 1)k k=0 n n (−1)n−k (x − 1) = n k xk k=0 Do ma trận A B nhận từ hai dãy đa thức      A=      0  (−1)    (−1)1 B=     n (−1)n 0 n  1 n 0 n n     ,      1 (−1)0 (−1)n−1 n (−1)0 0 n n     ,     Các ma trận gọi ma trận công thức nghịch đảo nhị thức ∞ Theo định lý 3.3, hai dãy số (un )∞ (vn )0 liên hệ với đẳng thức: n n n n un = vk = (−1)n−k k uk k k=0 k=0 45 Ví dụ 3.1 Bài toán: Tính số phân hoạch S (n, m) tập [n]thành m khối theo m n Giải Nếu Sn ([m]) tập tất hàm từ tập [n]thành [m], Tn ([m]) tập tất hàm toàn ánh từ [n] lên [m], |Sn ([m])| = um = mn , |Tn ([m]) = vm = m!S(n, Hơn nữa, ta có hệ thức un : m m k n m = k!S (n, k) k=0 Áp dụng công thức nghịch đảo nhị thức ta m (−1)m−k m!S(n, m) = m k kn k=0 Do số phân hoạch S(n, m) tập gồm n phần tử m khối S(n, m) = m! 3.3 m (−1)m−k m k kn k=0 Công thức nghịch đảo Stirling ∞ Giả sử (x)n = x(x − 1)(x − 2) (x − n + 1) Xét dãy (xn )∞ ((x)n )0 n dãy đa thức Ta có mn = n m, tức đa thức x − đại số, ta có S (n, k)Akm với số nguyên dương k=0 n k k=0 S(n, k)Ax có vô số nghiệm Theo định lý n n S(n, k)Akx = x − k=0 Suy ra: n n S(n, k)Akx x = k=0 n Mặt khác, giả sử: (x)n = k=0 s (n, k)Akx biểu diễn (x)n theo xk Các hệ số nối s(n, k) đẳng thức gọi số Stirling loại Gọi A B ma trận nhận từ hai dãy đa thức Khi đó: 46  S (0, 0)  S(1, 0) A=  S(n, 0)  s (0, 0)  s(1, 0) B=  s(n, 0) S(1, 1) S(n, 1) s(1, 1) s(n, 1)   ,  S(n, n)    s(n, n) Các ma trận A B gọi ma trận công thức nghịch đảo Stirling n Vì BA = E , nên ta đồng thức s(l, k)S(k, j) = δl,j , δl,j ký k=0 hiệu Kronecker ∞ Theo Định lý 3.3, hai dãy số (un )∞ (vn )0 liên hệ với đẳng n thức:un = n S(n, k)vk = k=0 3.4 s(n, k)uk (đpcm) k=0 Công thức sàng Ta áp dụng phương pháp nghịch đảo để chứng minh lại trường hợp riêng thường sử dụng Định lý 3.2, cụ thể ω (a1 ) = = ω (am ) = Giả sử X tập hữu hạn A1 , A2 , , An tập X Ta định nghĩa hai dãy số s0 , s1 , , sn e0 , e1 , , en liên kết với tập A1 , A2 , , An X sau: s0 = |X|, s1 = |A1 | + |A2 | + + |An |, s2 = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + + |An−1 ∩ An |, sk = |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Aik |, 1≤i1 [...]... bao nhiêu số chia hết cho 5 gồm 11 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 4 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, chữ số 3 có mặt 2 lần, chữ số 4 có mặt 1 lần và tổng số lần xuất hiện của chữ số 0 và chữ số 5 là 1 Giải Gọi số cần lập là n = a1 a2 a3 a11 Do n chia hết cho 5 nên n phải tận cùng bằng 0 hoặc 5 Vì tổng số lần xuất hiện trong n của 0 và 5 bằng 1 nên nếu n tận cùng 17 bằng 0 thì 5 không có mặt và ngược lại... của lớp, nên số cách chọn bằng đúng số tổ hợp chập 10 của 40 phần tử, tức bằng 40 40! 10 = 10!30! Tổ 2 có thể chọn 10 em tùy ý trong 30 em còn lại, nên số cách thành lập tổ 30 30! 2 sẽ bằng số tổ hợp chập 10 của 30 phần tử, tức bằng 10 = 10!20! 21 Tổ 3 có thể chọn 10 em trong 20 em còn lại, nên số cách thành lập tổ 3 sẽ 20 20! bằng số tổ hợp chập 10 của 20 phần tử, tức bằng 10 = 10!10! Tổ 4 gồm 10 em... chữa số, không trùng nhau 15 Giải Do các số có 6 chữ số cần lập là các số tự nhiên nên chữa số 0 không được đứng vị trí đầu tiên Xét trường hợp số 0 đứng vị trí đầu tiên các vị trí còn lại được sắp sếp từ các số 1,2,3,4,5 ta có P5 = 5! = 120 Nếu sắp sếp 6 chữa số trên thành số có 6 chữ số trong đó có cả trường hợp số 0 đứng vị trí đầu tiên ta sẽ có P6 = 6! = 720 Vậy tổng số các số tự nhiên có 6 chữa số. .. nhau, nên y = abc là một chỉnh hợp lặp chập 3 của bốn phần tử 1, 2, 3, 5 Để thành lập số x ta chỉ cần lấy một số y nào đó rồi thêm 2 vào cuối Bởi vậy, số các số x = abc2 bằng các số y = abc và bằng A34 = 43 = 64 Chẳng hạn 1112, 1122, 1132, 1152, , 5542, 5552 Ví dụ 1.17 ( Bài toán đếm số các hàm từ một tập hữu hạn vào một tập 20 hữu hạn) Giả sử N và M là hai tập hữu hạn với |N | = n và |M | = m Hãy... ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ mà không cho kiêm nhiệm Hỏi có bao nhiêu cách chọn ? Giải Mỗi cách chọn tra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ là một chỉnh hợp chập ba 3 của tập 25 phần tử Số các chỉnh hợp là : A325 = 25! = 13800 (25 − 3)! Vậy có 13800 cách chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ trong lớp học có 25 học sinh 18 Ví dụ 1.14 Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5... mọi j = 0, 1, 2, 33 2.2.2 Sử dụng hàm sinh thường để giải các bài toán đếm Phương pháp Giả sử các cấu hình tổ hợp dang cần đếm phụ thuộc vào số tự nhiên j Ta kí hiệu số các cấu hình tổ hợp này bằng aj và muốn tính được aj bằng một biểu thức dễ thực hiện chỉ phụ thuộc vàoj ở dạng hiển Để làm điều đó ta xét hàm sinh b(x) cho dãy (aj )∞ 0 , ở đây b(x) = ϕ(a(x)) với ϕ là một tự đẳng cấu của C N Khi đó,... nhiêu số tự nhiên (số nguyên không âm); mà trong mỗi số này các chữ số không lặp lại Giải Vì có 6 chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ gồm 6 chữ số Ta lập các loại số tự nhiên dạng a1 a2 an Dùng S1 để kí hiệu tập số dạng a1 Dùng S2 để kí hiệu tập số dạng a1 a2 Dùng S3 để kí hiệu tập số dạng a1 a2 a3 Dùng S4 để kí hiệu tập số dạng a1 a2 a3 a4 Dùng S5 để kí hiệu tập số dạng... nhiêu số có bảy chữ số trong đó chữ số 4 có mặt đúng ba lần, còn các chữ số khác có mặt đúng một lần Giải Gọi n = a1 a2 a3 a7 (ai ∈ X = {0, 1, 2, 3, 4, 4, 4}) là số cần lập Áp dụng công thức ta có số n được lập kể cả các số n có dạng 0a2 a3 a7 là 7! 3! Số các số n có dạng 0a2 a3 a7 là 6! 3! 7! Vậy số các số n đúng yêu cầu bài toán là : 3! − 6! 3! = 720 số Ví dụ 1.12 Với sáu chữ số 0,1,2,3,4,5 có thể... xét một phần tử a ∈ V1 ∪ V2 ∪ ∪ Vn bất kì Giả sử rằng a thuộc vào r 1 ≤ r ≤ n tập hợp trong số các tập hợp này 26 Số lần xuất hiện của a trong công thức (1.12) là: r 1 − r 2 + r 3 − + (−1)r−1 Vậy (1.12) là một đẳng thức đúng r r = 1 − (1 − 1)r = 1 27 Chương 2 Các phương pháp đếm sử dụng hàm sinh 2.1 2.1.1 Chuỗi lũy thừa hình thức Định nghĩa Định nghĩa 2.1 ([1]-[4]) Giả sử N = {0, 1, 2, } và C... là tổ hợp chập k của n phần tử đã cho Nhận xét 1.1 Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít nhất một phần tử khác nhau n Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử, được kí hiệu là k và được n n! tính theo công thức k = k!(n−k)! Ví dụ 1.18 Có bao nhiêu cách chia một lớp 40 học sinh thành bốn tổ, sao cho mỗi tổ có đúng 10 học sinh Giải Đầu tiên lập tổ 1 bằng cách chọn tùy ý 10 học sinh trong