Luận văn một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp

1 Chương 1 Bài toán đếm 1 1 Định lí nhị thức Cho một tập có n phần tử, bài toán tìm số các tập con của nó có đúng k phần tử là bài toán cổ nhưng quan trọng với học sinh THPT Con số này (số các tập con[.]

1 Chương Bài tốn đếm 1.1 Định lí nhị thức Cho tập có n phần tử, tốn tìm số tập có k phần tử toán cổ quan trọng với học sinh THPT Con số (số tập gồm k phần tử tập hợp có n phần tử) thường kí hiệu Cnk gọi hệ số nhị thức Nói cách khác, Cnk số khả chọn k phần tử phân biệt từ n phần tử phân biệt Đẳng thức sau chứng minh Sir Isaac Newton năm 1666, biết đến định lí khai triển nhị thức Newton Định lí khai triển nhị thức Newton Cho n số nguyên dương Khi với x, y , ta có n (x + y) = n X Cnk xk y n−k k=0 Chứng minh Ta có: (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y), | {z n số hạng } Để chứng minh định lí ta cần chứng minh với k = 0, 1, , n ta thu Cnk số hạng xk y n−k Thật vậy, ta xét tốn tìm số số hạng có chứa xk khai triển Một cách tự nhiên thực phép đếm sau Đầu tiên, ta chọn k thừa số (x + y) n thừa số (các thừa số giống có dạng (x + y)) ta có Cnk cách chọn Tiếp theo, ứng với cách chọn đó, muốn có số hạng xk ta lấy số x thừa số chọn nhân với ta xk , số xk lại tiếp tục nhân với nhóm cịn lại, gồm (n − k) thừa số (x + y) hay nói cách khác xk nhân thêm với (x + y)n−k Vì số mũ x phép k nên ta cần chọn xem khai triển (x + y)n−k = (x + y)(x + y) · · · (x + y), | {z (n−k) số hạng } Những số hạng nhân với xk mà không làm thay đổi số mũ x Ta thấy rằng, phải số hạng khơng chứa x, chứa y Muốn tìm số hạng chứa y khai triển trên, có cách ta lấy số y (n − k) thừa số nhân với nhau, kết ta số hạng y n−k Do đó, xk y n−k số hạng mà chứa xk ứng với cách chọn k thừa số (x + y) Vì vậy, với Cnk cách chọn k thừa số (x + y) trên, ta thu Cnk số hạng có dạng xk y n−k Chú ý định lí tổng quát hóa đẳng thức mà biết: (x + y)2 = x2 + 2xy + y Mặc dù đơn giản vậy, định lí khai triển nhị thức có nhiều ứng dụng Ví dụ 1.1 (Tính chẵn lẻ) Đây ví dụ điển hình, tính chất sau số nguyên: Nếu n,k số tự nhiên nk số lẻ n số lẻ Lời giải (⇒) Nếu n = 2m, n số chẵn nk = 2k mk phải số chẵn (⇐) Để chứng minh chiều ngược lại ta giả sử n số lẻ tức n có dạng n = 2m + (m∈ N) Áp dụng định lí khai triển nhị thức ta có: nk = (2m + 1)k = + (2m)1 Ck1 + (2m)2 Ck2 + · · · + (2m)k Ckk Từ khai triển ta thấy nk phải số lẻ n giai thừa kí hiệu n! tích n số tự nhiên liên tiếp đầu tiên, n! = n(n − 1) · · · 2.1 Điều mở rộng cho tất số nguyên không âm với quy ước 0! = Chỉnh hợp chập k của n tích k thừa số Akn = n! = n(n − 1) · · · (n − k + 1) (n − k)! Chú ý Cn0 = (tập rỗng) Cnn = (tập chứa tồn n phần tử) Nói chung, hệ số nhị thức viết dạng thương giai thừa Mệnh đề 1.2 Cnk = Akn n! = k! k!(n − k)! Chứng minh Ta thấy Akn số dãy có thứ tự (x1 , x2 , · · · , xk ) gồm k phần tử khác tập hợp cố định có n phần tử Có n cách chọn phần tử x1 Có (n − 1) cách chọn phần tử x2 ,· · · Bằng cách khác ta chứng minh Ta chọn tập hợp k phần tử khác từ tập hợp có n phần tử, ta có Cnk cách chọn Ứng với cách chọn ta có Akk = k! cách xếp thứ tự phần tử dãy (x1 , x2 , · · · , xk ) Từ ta kết luận: Akn = Cnk k! Có nhiều đẳng thức hữu ích mối quan hệ hệ số nhị thức Trong nhiều tình huống, sử dụng điều tự nhiên thuộc tổ hợp để chứng minh đẳng thức đại số giống mệnh đề trên, thu kết mong muốn cách dễ dàng Ví dụ thấy tập xác định cách theo phần bù ta thu đẳng thức Cnn−k = Cnk Với đẳng thức này, với n cố định, giá trị hệ số nhị thức Cnk tăng đến lại giảm Dùng định lí khai triển nhị thức tổng tất (n + 1) hệ số 2n , 2n số tất tập tập có n phần tử: n X k=0 Cnk = n X k=0 Cnk (1)k (1)n−k = (1 + 1)n = 2n Bằng cách tương tự dùng tổ hợp ta thiết lập đồng thức hữu ích Mệnh đề 1.3 (Tam giác Pascal) Với số nguyên n≥ k ≥ 1, ta có k−1 k Cnk = Cn−1 + Cn−1 k−1 Chứng minh Số hạng đầu Cn−1 số tập hợp có k phần tử ln k có phần tử cố định Số hạng thứ hai Cn−1 số tập hợp có k phần tử khác phần tử cố định Do đó, tổng chúng Cnk Thay đổi n,k, tính cách xác hệ số nhị thức Cnk phức tạp Tuy nhiên, ứng dụng, thường quan tâm đến tỉ lệ tăng chúng cho đủ để ước lượng Ví dụ ước lượng thu cách sử dụng khai triển Taylor hàm số mũ hàm số lôgarit (2) et = + t + t2 t3 + + ··· , 2! 3! ∀t ∈ R (3) ln (1 + t) = t − t2 t3 t4 + − + ··· , ∀ − < t ≤ Điều đặc biệt kéo theo số ước lượng hữu ích khác + t < et , (4) 1−t>e (5) Mệnh đề 1.4 (6) : ( nk )k ≤ Cnk k P i=0 ∀t 6= 0, −t− t2 , ∀0 < t < k Cni ≤ ( en k ) Chứng minh Bị chặn dưới: n nn n nn−1 n−k+1 ( )k = ··· ≤ ··· = Cnk k kk k kk−1 Bị chặn trên: Cho < t ≤ 1, từ định lí nhị thức ta có bất đẳng thức sau: k X i=0 Cni ≤ k X i=0 Cni ti (1 + t)n = tk tk k n Tiếp theo ta thay t = Những ước lượng chặt chẽ sau thu từ cơng thức tiếng Stirling cho giai thừa: (7) n √ n! = ( )n 2πneαn , e 1/(12n + 1) < αn < 1/12n Ước lượng có nhiều ứng dụng ví dụ để tính xấp xỉ cho chỉnh hợp chập k n phần tử Akn = nk e (8) −k2 k3 − 6n +o(1) 2n với k = o(n3/4 ), thế, áp dụng hệ số tổ hợp ta có: Cnk = (9) 1.2 nk e −k2 k3 − 6n 2n k! (1 + o(1)) Lựa chọn với lặp lại Trong phần trước xét số cách chọn r phần tử phân biệt từ tập hợp có n phần tử Một điều tự nhiên đặt điều xảy chọn phần tử giống lặp lại Nói cách khác, trả lời câu hỏi có nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 +· · ·+xn = r (xi ≥ 0, ∀i = 1, · · · , n) (xem xi số lần mà phần tử thứ i chọn) Công thức sau vấn đề đưa Lov a´sz , P elika´n Vesztergombi Lov a´sz giải toán chia kẹo phương pháp lựa chọn với lặp lại Giả sử có r kẹo loại (giống nhau) muốn chia cho n đứa trẻ Chúng ta có cách chia ? Ta kí hiệu xi số kẹo mà phát cho đứa trẻ thứ i Câu hỏi tương đương với phát biểu Câu trả lời phụ thuộc vào có kẹo phải công Nếu công có r < n kẹo điều tự nhiên khơng có lặp lại ta phát cho đứa trẻ không nhiều kẹo (đứa trẻ xi nhận kẹo) Trong trường hợp câu trả lời thật dễ dàng Chúng ta cần chọn r đứa trẻ n đứa trẻ để đứa trẻ nhận kẹo Chúng ta thấy có Cnr cách làm Bây giả sử rằng, có đủ kẹo, r ≥ n Chúng ta phải cơng bằng, muốn đứa trẻ nhận kẹo Chúng ta bố trí kẹo thành hàng có chiều dài r (từ trái qua phải) đứa trẻ lấy kẹo từ trái sang phải Sau lúc, dừng lại đứa trẻ thứ hai chọn kẹo làm Việc chia kẹo xác định cách ghi rõ địa điểm, vị trí (giữa kẹo liên tiếp nhau) chỗ mà bắt đầu với đứa trẻ Có r − vị trí phải chon n − vị trí chúng (đứa trẻ thường bắt đầu vị trí đầu tiên, khơng chọn vị trí này) Ví dụ có n = đứa trẻ có r = kẹo, tình điển này: λ2 λ3 λ4 λ5 λ6  Do đó, phải chọn tập (n − 1) phần tử từ tập có (r − 1) n−1 Nếu khơng cơng phần tử Số cách chọn Cr−1 có nhiều cách chia Mệnh đề 1.5 Số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + + xn = r với điều r kiện xi ≥ 0, với i = 1, , n Cn+r−1 Chứng minh Trong tình này, khơng cơng cho phép vài đứa trẻ khơng nhận kẹo Với cách sau đây, làm giảm vấn đề đếm số cách chia vậy, cần làm sau Chúng ta mượn đứa trẻ kẹo sau chia tồn số kẹo (n + r) cho đứa trẻ cho đứa trẻ nhận kẹo Bằng cách này, đứa trẻ nhận lại kẹo mà mượn chúng số đứa trẻ may mắn nhận nhiều kẹo Phần từ r kẹo chia cho n đứa trẻ Chúng ta biết số cách chia (n + r) kẹo cho n đứa trẻ cách công n−1 r Cn+r−1 Cn+r−1 1.3 Phân hoạch Một phân hoạch n phần tử tập rời nhau, gọi khối cho hợp chúng tồn tập có n phần tử ban đầu Ta kí hiệu S(n; k1 , k2 , · · · , kn ) số tất phân hoạch n phần tử thành ki khối, (i = 1, 2, · · · , n; k1 + 2k2 + · · · + nkn = n) ki = số khối cho khối có i phần tử phân hoạch Mệnh đề 1.6 S(n; k1 , k2 , , kn ) = n! k1 ! kn !(1!)k1 (n!)kn Chứng minh Chúng ta thấy xếp tức hốn vị n phần tử thu phân hoạch Bằng cách làm sau: Đầu tiên ta coi k1 khối phần tử hộp đánh số từ đến k1 , ta coi k2 khối phần tử hộp đánh số từ k1 + đến k2 , Chúng ta có n! cách xếp Ta với phân hoạch đếm k1 ! · · · kn !(1!)k1 · · · (n!)kn lần Thật vậy, xây dựng xếp phần tử sau: Đầu tiên ta xếp khối có phần tử, sau xếp khối có phần tử, Chúng ta có ki ! cách để xếp khối có i phần tử có (i!)ki cách để xếp phần tử khối có i phần tử 1.4 Đếm lặp Nguyên tắc phép đếm lặp bắt nguồn từ quan sát thực tế sau: Nếu phần tử tập hơp đếm hai cách khác nhau, kết thu giống Trong hệ thống ma trận − theo nguyên tắc sau M ma trận − cỡ n × m, ri số số dòng i, cj số số cột n m P P j Thế ri = cj = tổng số số ma trận M i=1 j=1 Ví dụ sau minh họa cho nguyên tắc phép đếm lặp Giả sử có số lượng hữu hạn người gặp bữa tiệc họ bắt tay Giả sử khơng có tự bắt tay khơng có hai người bắt tay lần Bổ đề bắt tay: Tại bữa tiệc, số khách mà người khách có số lần bắt tay số lẻ, số chẵn Chứng minh Gọi P1 , · · · , Pn người đến dự tiệc Chúng ta ứng dụng phép đếm lặp cho tập cặp có thứ tự (Pi , Pj ) mà Pi Pj bắt tay bữa tiệc Gọi xi số lần mà Pi bắt tay y số bắt tay xảy Một mặt, số n P cặp bắt tay xi , với Pi số lựa chọn Pj xi Mặt i=1 khác, bắt tay tính cho hai cặp (Pi , Pj ) (Pj , Pi ), n P xi = 2y Khơng tính tổng quát, giả sử tổng số bắt tay 2y Do đó, i=1 xi số lẻ với i = 1, , n mà 2y lại số chẵn suy n phải số chẵn Bổ đề hệ trực tiếp trường hợp tổng quát sau mà phiên đặc biệt cho đồ thị, chứng minh Euler Cho điểm x, bậc số d(x) họ F , số phần tử F chứa x Mệnh đề 1.7 Cho F họ tập X Khi P P (10) |A| d(x) = x∈X A∈F Chứng minh Xét ma trận liên thuộc M =(mx,A ) F M ma trận − với |X| dòng, dòng gán nhãn x ∈ X |F| cột gán nhãn tập A ∈ F cho (mx,A ) = x ∈ A Quan sát ta thấy d(x) số số dòng x |A| số số cột A Đồ thị cấu trúc rời rạc gồm đỉnh cạnh nối đỉnh đó, mơ tả hình thức: G = (V, E) V gọi tập đỉnh E gọi tập cạnh Có thể coi E tập cặp (u,v) với đỉnh u,v thuộc V Và tùy theo đặc tính số lượng tập cạnh E mà người ta phân loại đồ thị thành đơn đồ thị, đa đồ thị, đồ thị có hướng đồ thị vô hướng Như vậy, đồ thị họ tập hợp gồm phần tử, bậc đỉnh x số cạnh liên thuộc với x, số đỉnh lân cận Do đó, kéo theo ta có định lí sau Định lý 1.8 (Euler1736) Trong đồ thị, tổng số bậc đỉnh lần tổng số cạnh số chẵn Những đồng thức sau chứng minh cách tương tự (11) X d(x) = x∈Y (12) X X |Y ∩ A|, ∀Y ⊂ X A∈F d(x) = x∈X XX A∈F x∈A d(x) = XX |A ∩ B| A∈F B∈F Chứng minh (11) Tương tự, xét ma trận liên thuộc M =(mx,A ) F M ma trận − với |Y | dòng, dòng gán nhãn x ∈ Y |F| cột gán nhãn tập A ∈ F cho (mx,A ) = x ∈ A Quan sát ta thấy, d(x) số số dòng x |A ∩ Y | số số cột A Chứng minh (12) Trước tiên ta chứng minh: P P P |A ∩ B| = A∈F B∈F d(x)2 x∈X Thật vậy, ta viết vế trái công thức dạng khác S= XX |A ∩ B| = A∈F B∈F X X x∈X x∈Ai ∩Aj Ai ,Aj ∈F Như vậy, để tính tổng S vế trái đếm xem với x ∈ X có cặp (Ai , Aj ) họ F mà x ∈ Ai ∩ Aj Ta cần ý số (i, j) khơng thiết phân biệt, có thứ tự Đặt J = {i : x ∈ Ai , Ai ∈ F} Ta thấy, theo định nghĩa bậc x họ F d(x) = |J| Bây giờ, ta xem với x ∈ X ta thực phép đếm trên, đóng góp vào tổng S Nếu J = ∅ tức d(x) = khơng có cặp tập hợp F , mà có giao chúng có chứa x Do đó, thực việc đếm trên, phần tử x cho 10 đóng góp vào tổng S = d(x)2 Nếu J 6= ∅ tức d(x) 6= Khi đó, số cặp tập hợp (Ai , Aj ) họ F với i, j không thiết phân biệt có thứ tự, cho x ∈ Ai ∩ Aj d(x)2 Điều có nghĩa thực việc đếm trên, phần tử x trường hợp cho đóng góp vào tổng S d(x)2 Vì vậy, X = d(x)2 x∈Ai ∩Aj Ai ,Aj ∈F Do đó, lấy tổng tất x ∈ X ta thu S= XX |A ∩ B| = X X 1= x∈X x∈Ai ∩Aj Ai ,Aj ∈F A∈F B∈F X d(x)2 x∈X Tiếp theo, ta chứng minh công thức XX |A ∩ B| = A∈F B∈F XX d(x) A∈F x∈A Thật vậy, theo công thức (11) với A cố định A ∈ F , ta có X |A ∩ B| = X B∈F d(x) x∈A Vì vậy, XX A∈F B∈F XX |A ∩ B| = d(x) A∈F x∈A Số Turan T(n,k,l) số tập nhỏ có l phần tử tập X có n phần tử mà tập X có k phần tử chứa tập chúng Mệnh đề 1.9 Với số nguyên dương l ≤ k ≤ n, T (n, k, l) ≥ Cnl Ckl Chứng minh Gọi F họ nhỏ gồm tập hợp có l phần tử X mà tập X có k phần tử chứa phần tử F Đặt ... chia hết cho i: Số lần xuất số cột thứ j t(j), số ước số j Vì vậy, lấy tổng cột thấy tổng số lần xuất số ma trận T (n) = t(1) + t(2) + · · · + t(n) Mặt khác, số số dòng i số bội số i: i, 2i, 3i,... M ma trận − cỡ n × m, ri số số dòng i, cj số số cột n m P P j Thế ri = cj = tổng số số ma trận M i=1 j=1 Ví dụ sau minh họa cho nguyên tắc phép đếm lặp 8 Giả sử có số lượng hữu hạn người gặp... đổi số mũ x Ta thấy rằng, phải số hạng khơng chứa x, chứa y Muốn tìm số hạng chứa y khai triển trên, có cách ta lấy số y (n − k) thừa số nhân với nhau, kết ta số hạng y n−k Do đó, xk y n−k số