(Luận văn) phép phân hoạch tập hợp và một số ứng dụng trong toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN DIỄN lu an n va to p ie gh tn PHÉP PHÂN HOẠCH TẬP HOWPJVAF MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN 2015 n va ac th si Môc lôc Muc luc Lời nói đầu lu an Phép phân hoạch tập hợp n va Phép phân hoach tập hợp quan hệ tơng đơng 1.2 Số Bell số Stirling loại hai 10 1.3 Mét sè c«ng thøc tính hàm phân hoạch tập hợp 18 ie gh tn to 1.1 22 p Một số ứng dụng toán sơ cấp Phân hoạch chẵn, lẻ ứng dụng toán sơ cấp 22 2.2 Mét sè øng dông giải toán tổ hợp hình học sơ cấp 27 2.3 Phân hoach số ứng dụng toán sơ cấp d oa nl w 2.1 an lu u nf va KÕt luËn Tài liệu tham khảo 32 38 39 ll oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời cảm ơn Trớc hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn đà giúp hoàn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn víi vèn kiÕn thøc Ýt cïng víi kinh nghiƯm làm đề tài lớn không nhiều nên cha thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc nhng Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hớng dẫn, động viên khuyến khích suốt thời gian thực lu đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến trình hoàn thiện luận văn an n va Cô luân tận tình bảo tạo điều kiện tốt cho Cho đến nhắc nhở giúp đỡ gh tn to luận văn thạc sĩ đà đợc hoàn thành, xin cảm ơn Cô đà đôn đốc p ie Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa toán-Tin phòng Đào tạo trờng Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng nl w cảm ơn Thầy, Cô đà tận tình truyền đạt kiến thức quí báu d oa nh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn an lu Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, va ngời đà không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho u nf Vì lực thân nh thời gian hạn chế, luận văn chắn ll tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đợc sù ®ãng m oi gãp ý kiÕn nhËn xÐt cđa Thầy, Cô để luận văn đợc hoàn thiện z at nh Nam Định, ngày 15, tháng 4, năm 2015 z Häc viªn m co l gm @ Nguyễn Văn Diễn an Lu n va ac th si Lời nói đầu Lí thuyết phân hoạch tập hợp có lịch sử lâu dài (đợc quan tâm từ Thế kỉ 19), chủ đề nghiên cứu hấp dẫn thời Lí thuyết phân hoạch tập hợp đóng vai trò quan träng nhiỊu lÜnh vùc kh¸c cđa to¸n häc nh− Tỉ hỵp, LÝ thut Lie, LÝ thut biĨu diƠn, Toán vật lí, Lí thuyết hàm đặc biệt Vì tầm quan trọng ứng dụng khác nhau, nhà toán học đà nỗ lực tìm công thức tính số phân hoạch tập hợp Một số công thức tính số lu an phân hoạch thuộc Bell báo tạp chí tiếng n va Annals of Mathematics năm 1934 tiếp tục phát triển báo tn to khác Annals of Mathematics công bố năm 1938 Số phép phân hoạch gh tập hợp n phần tử đợc gọi sè Bell thø n ®Ĩ ghi nhËn ®ãng gãp p ie to lớn nhà toán học tên tuổi Eric Temple Bell (1883-1960), số đợc w kí hiệu Bn Nhiều công thức khác để tính số phân hoạch tập hợp n phần oa nl tử nh công thức đợc đa G C Rota báo The Number d of Partitions of a Set Amer Math Monthly năm 1964, công thức an lu cña W F Lunnon, P Pleasants, M N Stephens báo Arithmetic u nf va Properties of Bell Numbers to a Composite Modulus Acta Arith năm 1979, Ngày việc nghiên cứu số Bell đợc quan tâm, thể ll oi m công trình năm 2013 E D Knuth tổng kết 2000 năm toán Callan năm 2006 (xem [Ca]), z at nh Tỉ hỵp (xem [K]), cđa D Berend T Tassa năm 2010 (xem [BT]), D z Mục đích luận văn nghiên cứu lí thuyết phân hoạch tập hợp, @ l đặc biệt toán tổ hợp gm số công thức tính số Bell Bn ứng dụng để giải số dạng toán sơ cấp, m co Luận văn gồm chơng Trong Chơng 1, trớc hết trình bày an Lu n va ac th si khái niệm phép phân hoạch tập hợp, liên quan chặt chẽ phép phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng tập hợp Tiết 1.2 dành để chứng minh số công thức tính số phân hoạch, số Stirling loại đa số công thức truy hồi để tính số Bell Chơng giới thiệu tam giác Bell, thành việc tính toán dựa công thức có đợc Trong Chơng 2, trình bày số ứng dụng lí thuyết phân hoạch việc giải số dạng toán sơ cấp, đặc biệt toán đại số tổ hợp hay hình học sơ cấp Chúng đa lời giải số toán liên quan đến nghiệm phơng lu trình, tính xác suất biến cố hay toán phân hoạch tập hợp số, an đặc biệt toán phân hoạch đa giác thành tam giác va n hình häc s¬ cÊp p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Ch−¬ng Phép phân hoạch tập hợp Mục tiêu Chơng trình bày khái niệm phân hoạch tập hợp, mối lu an quan hệ phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng, tính chất sở n va số Bell chứng minh số công thức tính số Bell, tức công thức gh tn to tính hàm phân hoạch tập hợp p ie 1.1 Phép phân hoach tập hợp quan hệ tơng đơng nl w Trong suốt tiết giả thiết X tập hợp khác rỗng Mục tiêu d oa tiết giới thiệu khái niệm phép phân hoạch tập hợp mối liên u nf va tập X an lu hệ phép phân hoạch tập X với quan hệ tơng đơng ll 1.1.1 Định nghĩa Ta gọi phép phân hoạch tập X (hay mét sù chia líp oi m trªn X) cách chia X thành họ tập khác rỗng {Xi}iI S cho Xi Xj = ∅ víi mäi i, j ∈ I, i 6= j vµ X = Xi NÕu {Xi}i∈I lµ z at nh iI phân hoạch tập X tập Xi đợc gọi khối phân z gm @ hoạch; I gồm k phần tử ta nói phân hoạch gồm k khối l 1.1.2 VÝ dơ (i) NÕu X = {a} th× X có phân hoạch, phân m co hoạch thành khối X an Lu n va ac th si (ii) NÕu X = {a, b} X có hai phân hoạch, phân hoạch thứ thành khối X; phân hoạch thứ hai gồm hai khèi {a}, {b} (iii) NÕu X = {a, b, c} có phép phân hoạch tập X, {{a}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}}; {{a, c}, {b}}; {{b, c}, {a}}; {{a, b, c}}, có phân hoạch thành khối, ba phân hoạch thành khối, phân hoạch thành khối (iv) Nếu X = {a, b, c, d} có 15 phép phân hoạch tập X, {{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}} lu an {{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}} va n {{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}} to gh tn {{b, c, d}, {a}}; {{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}} p ie {{a, d}, {b, c}; {a, b, c, d}; {abcd} w Cơ thĨ: oa nl TËp hỵp gåm phần tử có phân hoạch thành khối {abcd} d Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối {a, b, c, d} lu an Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối u nf va {{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}}; {{b, c, d}, {a}}; {{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}}; {{a, d}, {b, c}} ll oi m Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối z at nh {{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}}; {{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}} z gm @ 1.1.3 VÝ dơ Chó ý phân hoạch không phụ thuộc vào thứ tự khối Chẳng hạn, Ví dụ 1.1.2(iii) với X = {a, b, c}, phÐp ph©n l {{a, c}, {b}} vµ {{b}, {a, c}} lµ nh− m co hoạch {{a}, {b}, {c}} {{b}, {a}, {c}} nh nhau; phép phân hoạch an Lu n va ac th si Thực tế, có nhiều toán đợc quy toán phân hoạch tập hợp nh toán xác xuất thống kê, tổ hợp đồ thÞ, 1.1.4 VÝ dơ Cho Ω không gian mẫu phép thử Khi ®ã hƯ biÕn cè gåm n biÕn cè A1, A2 , A3 , , An đợc gọi phân hoạch không gian mẫu nÕu Ai ∩ Aj = ∅, víi mäi i, j = 1, 2, n vµ A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ∪ An = Hệ biến cố đợc gọi hệ đầy đủ đôi xung khắc với Khi với B biến cố phép thử, ta có công thức đầy đủ c«ng thøc Bayes nh− sau: lu (i) P (B) = P (A1)P (B/A1 ) + P (A2 )P (B/A2) + + P (An)P (B/An ) P (Ai)P (B/Ai) (ii) P (Ai/B) = P (B) an va n Tiếp theo, trình bày mối quan hệ phép phân hoạch tập tn to X với quan hệ tơng đơng X Nhắc lại tập khác ie gh rỗng tích Descartes X ì X đợc gọi quan hệ (hai ngôi) X p Ta thờng kí hiệu quan hệ chữ R, S, T, , kí hiệu nl w , 6, ≥, Cho Ω lµ mét quan hƯ hai X Nếu (a, b) ta oa viÕt lµ aΩb vµ ta nãi a quan hƯ với b (theo quan hệ ) Dới sè d tÝnh chÊt quan träng mµ mét quan hƯ có lu va an (i) Phản xạ: aΩa víi mäi a ∈ X u nf (ii) §èi xøng: NÕu aΩb th× bΩa víi mäi a, b ∈ X ll (iii) Phản đối xứng: Nếu ab ba th× a = b víi mäi a, b ∈ X m oi (iv) Bắc cầu: Nếu ab bc ac với a, b, c X Chẳng hạn, víi z at nh X = {1, 2, 3, 4}, quan hÖ chia hÕt z Ω = {(a, b) ∈ X ì X | a ớc b} gm @ có tính chất phản xạ, phản đối xứng bắc cầu Ta viết quan hệ l m co chia hết cách thuộc tính đặc trng nh sau: ab nÕu a lµ −íc cđa b víi mäi a, b ∈ X Ta cịng cã thĨ viÕt quan hƯ an Lu n va ac th si cách liƯt kª nh− sau Ω = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)} 1.1.5 Định nghĩa Một quan hệ X đợc gọi quan hệ tơng đơng phản xạ, đối xứng bắc cầu Theo truyền thống, quan hệ tơng đơng thờng đợc kí hiệu Giả sử quan hệ tơng đơng X Với a X, ta gọi lớp tơng đơng a, kí hiệu cl(a) (hay a, [a]) tập phần tử X quan hƯ víi a, tøc lµ lu an cl(a) = {b ∈ X | b ∼ a} n va tn to Tập lớp tơng đơng đợc gọi tËp th−¬ng cđa X theo quan hƯ t−¬ng ie gh đơng đợc kí hiệu X/ Nh− vËy p X/ ∼ = {cl(a) | a ∈ X} w oa nl Chó ý r»ng a ∼ b vµ chØ cl(a) = cl(b) víi mäi a, b ∈ X ThËt vËy, d gi¶ sư a ∼ b Cho x ∈ cl(a), tøc lµ x ∼ a Do có tính bắc cầu nên x b an lu Vì x cl(b) Do cl(a) cl(b) Tơng tự, cl(b) cl(a) Ngợc lại, tức a b ll u nf va giả sử cl(a) = cl(b) Do có tính phản xạ nên a cl(a) Vì a cl(b), m oi 1.1.6 VÝ dơ Cho m ≥ lµ mét số tự nhiên Ta định nghĩa quan hệ z at nh ≡ (mod m) trªn Z nh− sau: víi mäi a, b ∈ Z, a ≡ b (mod m) vµ chØ a − b lµ béi cđa m Quan hệ đợc gọi quan hệ đồng d theo z gm @ môđun m Quan hệ phản xạ, đối xứng bắc cầu không phản xứng Do quan hệ tơng đơng Z NÕu a ≡ b (mod m) th× l m co ta đọc a đồng d với b theo môđun m Với a Z, lớp tơng đơng a thờng đợc kí hiệu a gọi lớp thặng d theo môđun m với an Lu n va ac th si đại diện a Tập thơng Z theo quan hệ đợc kí hiệu Zm đợc gọi tập lớp thặng d theo môđun m hay tập số nguyên mođunlô m Cho a Z Viết a = mq + r víi r m − Khi a r bội m, tøc lµ a ≡ r (mod m) Suy a = r Hơn nữa, r 6= s sè tù nhiªn cho r, s m − r s không bội m Do r 6= s Vậy tập thơng Zm gồm m phần tử, 0, 1, , m − 1.1.7 MƯnh ®Ị Cho ∼ quan hệ tơng đơng X Khi (i) cl(a) 6= ∅ víi mäi a ∈ X; S (ii) X = cl(a); lu a∈X an (iii) NÕu cl(a) 6= cl(b) th× cl(a) ∩ cl(b) = ∅ víi mäi a, b ∈ X n va tn to Chøng minh (i), (ii) Với a X, tính phản xạ nên ta có S a a Vì a cl(a) Do cl(a) 6= X = cl(a) gh a∈X ie (iii) Gi¶ sư cl(a) ∩ cl(b) 6= ∅ Chän c ∈ cl(a) ∩ cl(b) Ta có a c p c b Giả sư x ∈ cl(a) Khi ®ã x ∼ a Do tính chất bắc cầu ta có x b nl w V× thÕ x ∈ cl(b) Suy cl(a) cl(b) Tơng tự, cl(a) cl(b) Do d oa cl(a) = cl(b) an lu Định lí sau kết tiết này, cho ta mối quan hệ u nf va phép phân hoạch với quan hệ tơng đơng ll 1.1.8 Định lý Nếu quan hệ tơng đơng X tập lớp m oi tơng đơng X/ = {cl(a) | a X} phân hoạch X Ngợc z at nh lại, {Xi}iI phép phân hoach tập X tồn quan hệ tơng đơng X cho Xi lớp tơng đơng z @ gm Chứng minh Giả sử quan hệ tơng đơng X Theo Mệnh l đề 1.1.7, tập X/ lớp tơng đơng X theo quan hệ tơng đơng m co làm thành phép phân hoạch X Ngợc lại, giả sử {Xi}iI an Lu n va ac th si 25 theo qui tắc nhân, ta có O(n, n 2) = Cn3 = n(n − 1)(n − 2) víi n ≥ Từ Mệnh đề 2.1.4, ta có bảng sau để tính số E(n, k) O(n, k) với n nhá lu an n va p ie gh tn to O(n, k) k = k = k = k = k = k = k = k = On n=1 1 n=2 1 n=3 1 n=4 0 n=5 10 12 n=6 16 20 37 n=7 91 35 128 n=8 64 366 56 457 w d oa nl E(n, k) k = k = k = k = k = k = k = k = En n=1 0 n=2 1 n=3 0 0 n=4 0 n=5 0 0 0 n=6 15 15 0 31 n=7 0 0 0 0 n=8 63 210 105 0 0 379 ll u nf va an lu oi m z at nh z gm @ 2.1.5 VÝ dụ Có 20 vận động viên thi đấu cầu lông Ban tổ chức cần chia vận động viên thành 10 cặp thi đấu Số cách chia số l phần tử Số cách E(20, 10) = 654729685 m co phân hoạch tập hợp 20 phần tử thành 10 tập mà tập gåm ®óng an Lu n va ac th si 26 2.1.6 Ví dụ Tại vòng chung kết Worldcup giới diễn Brazil năm 2014, Ban tổ chức chọn đợc 16 đội bóng vào đấu loại trực tiếp Các đội bóng tham gia bốc thăm để chia thành cặp đấu Hai đội thuộc cặp thi đấu để chọn đội thắng vào tứ kết Khi đó, số khả phân chia cặp đấu số phân hoạch tập hợp gồm 16 phần tử thành tập không rỗng mà tập gồm phần tử Số E(16, 8) = 2027025 Tơng tự số cách chia đội thắng thành cặp đấu cho vòng tứ kết E(8, 4) = 105, số cách chia đội thắng cho vòng bán kết E(4, 2) = Bây ta sử dụng công thức để giải số toán sơ cấp lu an 2.1.7 Bài toán Phân phối n cầu phân biệt vào m hộp giống Có va n cách phân phối cho hộp có chẵn cầu gh tn to cách phân phối cho hộp có lẻ cầu ie Lời giải Vì cầu phân biệt hộp giống nên số p cách phân phối để hộp có số chẵn (lẻ) phần tử số cách phân (lẻ) cầu d oa nl w hoạch tập hợp gồm n phần tử thành m tập cho tập có số chẵn an lu Do số cách phân phối cho hộp có chứa số chẵn cầu va E(n, m) cách số cách phân phối cho hép cã chøa sè mét ll u nf sè lỴ cầu O(n, m) cách oi m 2.1.8 Bài toán Có cách phân phối đồ vật khác vào z at nh hộp giống cho hộp chứa số chẵn đồ vật Có cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp z chứa số lẻ đồ vật gm @ Lời giải Vì đồ vật khác hộp giống nên số cách l m co phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp có số chẵn đồ vật số phân hoạch tập hợp5 phần tử phân biệt thành tập an Lu n va ac th si 27 cho tập có chứa số chẵn phần tử E(5, 3) = Tơng tự số cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp có số lẻ đồ vật O(5, 3) = 10 2.2 Mét sè øng dơng gi¶i toán tổ hợp hình học sơ cấp Nh Định nghĩa 1.2.2, số phân hoạch tập X gồm n phần tử thành k khối đợc kí hiệu S(n, k) đợc gọi số Stirling loại Nh S(n, k) số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp giống lu mà hộp rỗng Chẳng hạn, số cách phân phối 10 cầu phân an biệt vào hộp giống mà hộp rỗng S(10, 5) = 52525 n va 100 hép ph©n biƯt gh tn to 2.2.1 Bài toán Có cách phân phối 2015 cầu phân biệt vào p ie Lời giải Giả sử hộp giống Khi phân phối 2015 cầu phân w biệt vào 100 hộp giống số phân hoạch tập hợp gồm 2015 oa nl phần tử thành 100 khối, S(2015, 100) Với cách phân phối 2015 d cầu vào 100 hộp giống nhau, cách hoán vị 100 hộp ta đợc 100! lu an phân phối 2015 cầu vào 100 hộp phân biệt Do số cách phân phối u nf va 2015 cầu phân biệt vào 100 hộp phân biệt 100! x S(2015, 100) ll 2.2.2 Bài toán Phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt Có m oi cách phân phối cho hộp chứa số chẵn cầu z at nh có cách phân phối cho hộp chứa số lẻ cầu z Lời giải Giả sử hộp giống Số cách phân phối cho hộp @ gm chứa số chẵn cầu E(n, k) số cách phân phối cho m co l hộp chứa số lẻ cầu O(n, k) Với cách phân phối vào k hộp giống nhau, cách hoán vị k hộp, ta đợc phân phối vµo k hép an Lu n va ac th si 28 khác Do số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt cho hộp chứa số chẵn cầu k! x E(n, k) số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt cho hộp chứa số lẻ cầu k! x O(n, k) 2.2.3 Bài toán Tính số nghiệm nguyên không âm phơng trình x1 + x2 + x3 + + xk = n Lêi giải Xét dÃy có độ dài n + k bao gồm n phần tử x k − sè nh− sau lu an x} |x {z x}, x x} x | {z | {z n va x1 x2 xk NhËn xÐt r»ng cã song ánh từ tập nghiệm nguyên dơng phơng gh tn to ®ã x1 + x2 + x3 + + xk = n vµ xi > víi mäi i ∈ {1, 2, 3, , k} ie trình đà cho vào tập dÃy dạng x1 , , xk thỏa mÃn điều kiện Mặt p khác, số dÃy có dạng tơng ứng với số cách chọn k −1 vÞ trÝ cho sè nl w 0, tập gồm k1 phần tử tập hợp gồm n1 phần tử Do số d oa k1 dÃy dạng thỏa mÃn điều kiện Cn1 Vì số nghiệm nguyên dơng an lu k1 NhËn xÐt r»ng nÕu x1 + x2 + x3 + + xk = n cđa ph−¬ng trình Cn1 u nf va xi víi i ∈ {1, 2, 3, k} th× ll (x1 + 1) + (x2 + 1) + + (xk + 1) = n + k m oi víi xi +1 > vµ i {1, 2, 3, k} Đảo lại, nÕu y1 +y2+y3+ .+yk = n+k z at nh vµ yi > víi mäi i ∈ {1, 2, 3, k} th× z (y1 − 1) + (y2 − 1) + + (yk − 1) = n gm @ m co k−1 n phơng trình Cn+k1 = Cn+k1 l với yi ≥ vµ i ∈ {1, 2, 3, k} Do số nghiệm nguyên không âm cña an Lu n va ac th si 29 2.2.4 Bài toán Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để chọn đợc số có tổng chữ số chia hết cho 10 Lời giải Gọi số cần lập có dạng abc thỏa m·n a 6= vµ a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Sè có chữ số tùy ý x 102 = 900 sè NhËn xÐt r»ng sè nghiƯm kh«ng âm phơng trình a + b + c = n Cn+2 Theo giả thiết, ta có trờng hợp sau Trờng hợp 1: a + b + c = 10 Khi số nghiệm nguyên không ©m víi lu an a, b, c tïy ý lµ C12 Sè nghiƯm a, b, c tháa m·n a = 0, b, c vµ n va Sè nghiÖm a, b, c tháa m·n a = 10, b = c = lµ KÕt b, c ∈ N lµ C11 tn to hợp lại, trờng hợp có p ie gh 2 − C11 − = C11 −1 C12 số thỏa mÃn yêu cầu toán d oa ®ã, ta cã nl w Tr−êng hỵp 2: a + b + c = 20 Đặt a = x, b = − y, c = − z Khi an lu x, y, z ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} m·n tr−êng hợp C92 ll u nf va x + y + z = 7, x 6= Sè nghiƯm x, y, z tháa m·n lµ C92 vµ số thỏa oi m Tóm lại số số thỏa mÃn yêu cầu toán C11 + C92 − = 90 V× 90 = vậy, xác suất cần tìm P = 900 10 z at nh 2.2.5 Bài toán Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác z gm @ suất để chọn đợc số có tổng chữ số chia hết cho m co l Lời giải Gọi số cần lập có dạng abc tháa m·n a 6= vµ a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} an Lu n va ac th si 30 Sè cã chữ số tùy ý x 102 = 900 số Nhận xét số nghiệm không âm phơng trình a + b + c = n Cn+2 Theo giả thiết ta có trờng hợp sau Trờng hợp 1: a + b + c = 9, số nghiệm nguyên không âm víi a, b, c tïy ý lµ C11 Sè nghiÖm a, b, c tháa m·n a = 0, b, c vµ b, c ∈ N 2 C10 Kết hợp lại, trờng hợp có C11 C10 = C10 số thỏa mÃn yêu cầu toán Trờng hợp 2: a + b + c = 18 Đặt a = − x, b = − y, c = − z Khi ®ã, ta cã lu x, y, z ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} an n va vµ x + y + z = 9, x khác Vì số nghiƯm x, y, z tháa m·n lµ C11 − 1, Tr−êng hỵp 3: a + b + c = 27, ®ã a = 9, b = 9, c = nªn cã sè tháa gh tn to số số thỏa mÃn trờng hợp C11 ie mÃn trờng hợp p 2 Tóm lại số số thỏa mÃn yêu cầu toán C10 + C11 + = 100 90 Xác suất cần tìm P = = 900 10 2.2.6 Bài toán Trong hộp có 50 viên bi đợc đánh số từ ®Õn 50, d oa nl w lu an chọn ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để tổng ba số viên bi đợc u nf va chän lµ mét sè chia hÕt cho ll Lời giải Chọn ngẫu nhiên viên bi có C50 cách Nên số phần tử không m oi gian mÉu lµ n(Ω) = C50 = 19600 Gäi A biến cố để tổng ba số ba z at nh viên bi đợc chọn số chia hÕt cho Trong mét tËp hỵp X gåm 50 viên bi ứng với 50 số ban đầu phân hoạch thành tập hợp X1, X2 , X3, z gm @ X1 gồm 16 viên bi đánh số có chung tính chất chia hết cho 3, X2 gồm 17 viên bi đánh số có chung tính l m co chÊt lµ chia cho d− X3 gồm 17 viên bi đánh số có chung tính chất chia cho d Để tìm số cách chọn viên bi cã tæng ba an Lu n va ac th si 31 số viên bi số chia hÕt cho 3, ta xÐt tr−êng hỵp sau Trờng hợp 1: viên bi đợc chọn thuộc loại, tức thuộc tập hợp X1 tập hợp X2 tập hợp X3 Khi số cách chọn 3 trờng hợp C16 + C17 + C17 = 1920 Trờng hợp 2: viên bi đợc chọn, viên thuộc loại, tức viên thứ thuộc tập hợp X1 , viên thứ hai thuộc tập hợp X2, viên thứ ba thuộc tập hợp 1 X3 Khi số cách chọn trờng hợp C16 + C17 + C17 = 4624 Theo qui t¾c céng cã n(A) = 1920 + 4624 = 6544 Xác suất cần tìm n(A) 6544 409 = = n() 19600 1225 P (A) = lu an n va tn to Trong hình học, toán truyền thống dựa đặc trng gh hình học đợc phát triển thành định lí hình học, p ie toán kiểu ghép hình, chia hình mang nội dung khác Phơng pháp khảo w sát học toán dựa vào vài đặc tính riêng biệt đợc gọi suy oa nl luận logic hình thức tơng tự không liên quan đến hình học nh nguyên lí d Dirichle Các toán kiểu ghép hình học, chia hình xem nh an lu toán sơ đẳng hình học tổ hợp Trong phần xem xét u nf va số tính chất đơn giản cuả hình học tổ hợp Bài toán phân hoạch đa giác lồi, phẳng thành tam giác hệ thống điểm cho trớc ll oi m đa giác z at nh 2.2.7 Ví dụ Cho tứ giác ABCD điểm M tùy ý nằm tứ giác Xét trờng hợp sau z gm @ (i) Điểm M không nằm đờng chéo AC BD; (ii) Điểm M nằm đờng chéo AC nằm đờng chéo BD; l (iv) Điểm M nằm đờng chéo AC BD m co (iii) Điểm M nằm đờng chéo BD nằm đờng chÐo AC; an Lu n va ac th si 32 Khi đó, trờng hợp có tam giác nằm phân hoạch nói 2.3 Phân hoach số ứng dụng toán sơ cấp 2.3.1 Bài toán Chứng minh chia tập hợp {1, 2, 3, , 1997} thµnh mét sè tËp rêi cho sè lín nhÊt tập tổng số lại Chứng minh Giả sử phản chứng phân hoạch nh tồn Khi lu tổng tất số tập hai lần số lớn Suy tổng tất an va số cđa tËp hỵp {1, 2, 3, , 1997} số chẵn Mặt khác, ta có n d·y c¸c sè 1, 2, 3, , 1997 lËp thµnh cÊp sè céng cã 1997 sè hạng với p ie gh tn to số hạng u1 = công sai d = Suy 1997.1998 + + + + 1997 = = 1997999, số lẻ, mâu thuẫn Từ ta suy phân hoạch nh không oa nl w tồn d 2.3.2 Bài toán Chứng minh với phân hoạch tập hợp X = lu an {1, 2, 3, , 100} thµnh tập con, tồn tập chøa e, f, g cho e + f = 2g ll u nf va phần tử phân biÖt a, b, c, d cho a + b = c + d chứa số phân biệt m oi Chøng minh V× 14.7 = 98 < 100 nên tồn tập T X cã z at nh Ýt nhÊt 15 phÇn tư Chúng ta xét tất hiệu a b víi a, b thc T vµ a > b Ta cã C15 = 105 hiƯu nh− vËy C¸c hiƯu nh nhận giá trị thuộc z gm @ tập hỵp {1, 2, 3, , 99} Do tồn cặp (x, y), (u, v) ph©n biƯt tháa m·n x − y = u − v > NÕu x, y, u, v lµ số phân biệt ta có l nÕu y = u, ®ã ta cã x + v = 2y m co x + v = u + y, suy điều phải chứng minh Nếu x = v th× y + u = 2x an Lu n va ac th si 33 2.3.3 Bài toán Giả sử tổng số nguyên a, b không chia hÕt cho Chøng minh r»ng kh«ng thĨ chia tËp số nguyên Z thành lớp đôi rời cho t Z số sau t, t + a, t + b thuéc líp phân biệt Chứng minh : Giả sử phản chứng có phân hoạch Z = T1 T2 T3 thỏa mÃn yêu cầu toán Ta kí hiệu xy x, y thuộc lớp phân hoạch Bộ số nguyên (a, b, c) đợc gọi tốt a, b, c thuộc lớp phân hoạch Tõ gi¶ thiÕt (x, x + a, x + b) tốt x, x + a, x + b thuộc lớp phân hoạch Tơng tự cho t = x + a, t = x + b ta cã c¸c bé tèt lu an (x + a, x + 2a, x + a + b), x + b, x + 2b, x + a + b) Khi ®ã TiÕp tơc, ta cã 0Ωp(a + b) víi mäi p ∈ Z (∗) n va xΩ(x+a+b), cho x = 0(a+b) cho x = a+b suy (a+b)2(a+b) gh tn to Mặt khác, (x + a, x + 2a, x + a + b) lµ bé tèt vµ (x + a + b)Ωx nªn p ie (x, x + a, x + 2a) lµ bét tèt, cho x = suy (0, a, 2a) lµ bé tèt vµ cho x = a suy (a, 2a, 3a) tốt, từ 03a nl w Mặt khác (3a, 4a, 5a), (4a, 5a, 6a) tốt nên 3a6a 0qa d oa q chia hÕt cho (∗∗) KÕt hỵp (∗) víi (∗∗), ta cã tæng sè a + b an lu phải chia hết cho 3, điều mâu thuẫn với giả thiết u nf va 2.3.4 Bài toán Tìm số m nhỏ cho phân hoạch tập hỵp ll {1, 2, 3, , m} thành lớp T1 , T2 tồn líp cã chøa sè ph©n oi m biƯt x < y < z cho x + z = 2y z at nh Chøng minh : Víi m = 4, ta cã: {1, 2, 3, 4} = {2} {1, 3, 4} Cả hai lớp không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 5, z gm @ ta cã {1, 2, 3, 4, 5} = {2, 3} ∪ {1, 4, 5} kh«ng tháa mÃn yêu cầu toán Xét m = 6, ta cã {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {2, 5, 6} ∪ {1, 3, 4} kh«ng l m co thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 7, ta cã {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = {1, 2, 4, 5} ∪ {3, 6, 7} không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 8, ta an Lu n va ac th si 34 cã {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} = {1, 4, 5, 8} ∪ {2, 3, 6, 7} không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 9, ta giả sử phản chứng tồn phân hoạch {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = T1 T2 mà lớp T1 , T2 không thỏa mÃn yêu cầu toán (giả sử phản chứng m = không thỏa mÃn yêu cầu toán) Do vai trò líp T1 , T2 nh− nªn ta chØ xÐt trờng hợp sau đây: 1+9 Trờng hợp 1: (1, 9) ⊆ T1 suy = kh«ng thuéc T1 nên thuộc T2 Từ 3, không đồng thời thuộc T2 (nếu ngợc lại 3+7=2.5) suy ph¶i Ýt nhÊt cã sè thuéc T1 Gi¶ sư ∈ T1 suy lu 3+1 3+9 6+2 = ∈ T2 , = ∈ T2 , = ∈ T1 , (5, 6) ⊆ T2 , 2 an va n suy T1 (1, 4, 7) T1 (mâu thuẫn) 7+9 7+1 4+8 = ∈ T2 , = ∈ T2 , = ∈ T1 , (6, 7) ⊆ T1 , 2 p ie gh tn to Gi¶ sư ∈ T1 suy nl w suy ∈ T2 , (5, 4) ∈ T2 , ∈ T1 vµ (3, 6, 9) ∈ T1 (mâu thuẫn) d oa Trờng hợp 2: T1 , ∈ T2 , gi¶ sư ∈ T1 suy (1, 5) ⊆ T1 ll u nf va an lu vµ ∈ T2 , ∈ T2 vµ (1, 3, 5), (1, 5, 9) lËp thµnh mét cÊp sè céng nªn 9+3 = ∈ T1 , (5, 6) ∈ T1 suy ∈ T2 , T2 mà 7, T2 nên 7+9 = ∈ T1 Ta cã (3, 4) ∈ T2 suy ∈ T1 vµ (2, 5, 8) ∈ T1 (m©u thuÉn) oi m z at nh Gi¶ sư ∈ T2 ta suy ( 9, 5) ∈ T2 vµ (3, 6) ∈ T1 mµ 1, ∈ T1 suy 1+3 = ∈ T2 , (6, 7) ∈ T1 , suy T2 (2, 5, 8) T2 (mâu thuẫn) nên số m nhỏ cần tìm z gm @ 2.3.5 Bài toán Phân hoạch T1 , T2 , T3 , , Tn tập hợp X đợc gọi l m co cân theo số phần tử lớp có số phần tử Phân hoạch đợc gọi cân tổng tổng phần tử lớp an Lu n va ac th si 35 Hỏi có tồn phân hoạch tËp hỵp {1, 2, 3, , nk} thành k lớp vừa cân số phần tử vừa cân tổng Nếu tồn ta gọi giả thiÕt H(n, k) ®óng Chøng minh Ta sÏ chøng minh giả thiết H(n, k) n số chẵn Thật giả sử H(2, k), n = ta có phân hoạch {1, 2, 3, , 2k} = {1, 2k} ∪ {2, 2k − 1} ∪ {3, 2k − 2} ∪ {k, k + 1} phân hoạch cân cân theo số phần tử cân theo tổng Ta xét H(2m, k) lu an n va {1, 2, , 2mk} = {1, 2mk} ∪ {2, 2mk − 1} ∪ ∪ {mk, mk + 1} tn to Ta kí hiệu lớp sau đây: gh T1 = {1, 2mk} ∪ {2, 2mk − 1} ∪ ∪ {m, 2mk − m + 1} p ie T2 = {m+1, 2mk −m}∪{m+2, 2mk −m−1}∪ ∪{2m, 2mk −2m+1} w Tk = {m(k − 1) + 1, 2mk − m(k − 1)} ∪ ∪ {mk, mk + 1} ta thu đợc oa nl {1, 2, , 2mk} = T1 ∪ T2 ∪ T3 ∪ ∪ Tk Khi Ti có 2m phần d tử tổng số Ti m(2mk + 1) giả thiết H(2m, k) an lu u nf va Với n > lẻ giả thiết H(3, k) suy H(n, k) ThËt vËy, gi¶ sư ta cã T1 , T2 , , Tn phân hoạch cân theo tổng theo số ll oi m phần tử Nếu n > số lẻ n3 số chẵn Khi ta có phân hoạch z at nh cân theo tổng theo số phần tư cđa tËp hỵp {1, 2, 3, (n−3)k} thµnh k líp X1 , X2, , Xk Bây ta thêm vào lớp Xi để nhận đợc z phân hoạch {1, 2, 3, , nk} tõ {(n−3)k+1, (n−3)k+2, , nk} TËp hỵp @ gm sau gåm 3k sè {(n−3)k+1, (n−3)k +2, , nk} nên theo giả thiết qui nạp l phân hoạch thành k lớp, lớp có phần tử có tổng phần tử m co líp b»ng {(n − 3)k + 1, (n − 3)k + 2, , nk} = Y1 ∪ Y2 ∪ ∪ Yk an Lu n va ac th si 36 Khi ®ã tËp hợp sau phân hoạch thành k lớp sau ®©y {1, 2, , nk} = {X1 ∪ Y1} ∪ {X2 ∪ Y2 } ∪ {Xk Yk } (điều phải chứng minh) 2.3.6 Bài toán Chứng minh với phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, , 3n} thành lớp, lớp có n phần tử chọn từ lớp sè cho sè b»ng tæng số lại Chứng minh : Ta xét phân hoạch A, B, C Ta có số phần tử lớp A, B, C n Không giảm tính tổng quát ta mô tả lu phân hoạch nh sau: A {1, 2, 3, , k − 1} A, k B Các phần an tử lại A, B, C đợc phân bố tiếp tùy theo phân hoạch khác va n Ta gäi (a, b, c) ∈ (A, B, C) lµ bé tèt nÕu cã sè b»ng tỉng cđa sè Ta giả thiết phản chứng không tồn tốt ta chứng minh khẳng ie gh tn to lại p định với c C ta cã c − ∈ A, víi mơc ®Ých số phần tử nl w C nhỏ số phần tử A để suy mâu thuẫn số phần tử C oa A n Ta giả sử c không thuộc A, ta chọn giá d trị c nhỏ giá trị mà c − kh«ng thuéc A NÕu c − ∈ B lu va an th× (1, c − 1, c) tốt thỏa mÃn giả thiết, suy c không thuộc B u nf Vì c không thuộc A c không thuéc B nªn c − ∈ C NÕu ll c − k ∈ A th× (c − k, k, c) tốt (mâu thuẫn) nên c k kh«ng thuéc A m oi NÕu c − k ∈ B th× (k − 1, c − k, c − 1) tốt (mâu thuẫn) nên c k z at nh kh«ng thuéc B, suy c − k C Hơn c nhỏ để c − kh«ng thuéc A suy c − k − thuéc A vµ (c − k − 1, k, c − 1) lµ bé tèt z gm @ Từ khẳng định đúng, áp dụng khẳng định ta có số phần tử C nhỏ số phần tử A Mặt khác theo qui tắc tơng l m co ứng, ta có không thuộc C mà = A nên số phần tử C nhỏ số phần tử A (mâu thuẫn) nên suy điều phải chứng minh an Lu n va ac th si 37 2.3.7 Bài toán Trong tập hợp n số nguyên dơng phân biệt Xét tất tổng phần tử tập không rỗng cđa nã Chøng minh 2n − sè nµy cã thể chia thành n lớp cho lớp tỷ số số lớn số nhỏ nhỏ Chứng minh : Trớc hết, ta đà biết số tập không rỗng tập hợp gồm n phần tử 2n Mỗi tập cho ta tổng phần tử tập Do có tất 2n 1số tổng Bây giờ, ta kí hiệu số đà cho lµ x1 , x2 , x3 , , xn tháa m·n ®iỊu kiƯn lu x1 < x2 < x3 < < xn vµ kÝ hiệu tổng sau mk = (x1 + x2 + x3 + + xk ), Mk = x1 + x2 + x3 + + xk , k n an n va tn to Với k ta gọi lớp Tk gồm tổng S (của cac số tập ie gh đó) thỏa mÃn bất ®¼ng thøc mk < S < Mk (∗) p Gäi S1 , S2 lần lợt tổng nhỏ tổng lớn phần tử S2 Mk tập Nếu mk S1 S2 Mk th× ta cã tû sè = S1 mk Suy lớp Tk tỷ số số số lớn số nhỏ oa nl w d nhỏ Đối với tổng S thỏa mÃn điều kiện () lu va an víi nhiỊu chØ sè k ta chän chØ sè k nhÊt VËy ta cã Ti ∩ Tk = ∅, ll k n u nf mäi i 6= k Ta chøng minh mäi tổng S rơi vào lớp Tk trên, m oi Thật vậy, ta giả sử phản chứng tồn tổng S mà S không thuéc z at nh Tk , k n Ta cã Mk ∈ Tk suy S kh¸c Mk , k n Ta l¹i cã M1 < S < Mn nên tồn k thỏa m·n Mk < S < Mk+1 V× S > Mk nªn z gm @ S = (x1 + x2 + + xk ) + xk+1 + + xi Tõ ®ã S > xi , i > k Suy 2S > xi + Mk ≥ xk+1 + Mk = Mk+1 Khi ®ã 2S > Mk+1 = 2mk+1 suy l víi gi¶ thiết phản chứng m co S > mk+1 mk+1 < S < Mk+1 suy S ∈ Tk+1 Điều mâu thuẫn an Lu n va ac th si 38 Kết luận Luận văn trình bày cách hệ thống kết lí thuyết phân hoạch tập hợp ứng dụng giải sơ cấp đại số tổ hợp, xác xuất thống kê, hình học sơ cấp, v.v Các kết đạt đợc luận văn nh sau - Trình bày khái niệm tính chất phép phân hoạch tập hợp, rõ mối quan hệ phép phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng lu an - Trình bày công thức tính số phân hoạch tập hợp gồm n phần tử n va (kí hiệu số Bell Bn ), công thức tính số Stirling loại (kí hiệu S(n, k)) - Trình bày số ứng dụng lý thuyết phép phân hoạch tập hợp gh tn to xuất nhiều toán tổ hợp, xác suất thống kê p ie toán sơ cấp Cụ thể giải số toán liên quan đến phân hoạch chẵn, phân hoạch lẻ, phân hoạch tập hợp số, đại số tổ hợp, xác suất thống oa nl w kê hay hình học sơ cấp Dựa vào phát triển công nghệ thông tin, máy tính hay phần mềm d an lu Maple để tính xấp xỉ đánh giá cận số Bell tập hợp va với số phần tử lớn Trong tơng lai chắn nhiều kết cụ thể ll u nf số Stirling loại hay số Bell nh thấy đợc nhiều ứng dụng z at nh cấp nói riêng oi m sâu sắc phép phân hoạch tập hợp toán học nói chung toán sơ z m co l gm @ an Lu n va ac th si Tµi liƯu tham kh¶o [An] G E Andrews, The theory of partitions, Cambridge University Press, 1998 lu [B1] E T Bell, Exponential polynomials, Annals of Mathematics 35 (1934), 258-277 an n va tn to [B2] E T Bell, The iterated exponential integer, Annals of Mathematics 39 (1938), 539-557 p ie gh [BT] D Berend and T Tassa, Improved bounds on Bell numbers and on moments of sums of random variables, Probability and Mathematical Statistics 30 (2010), 185-205 w d oa nl [Ca] D Callan, A combinatorial interpretation of the eigensequence for composition, Journal of Integer Sequences (2006), 06-14 lu u nf va an [Ha] R Hankin, Set partitions in R, Journal of Statistical Software, Code Snippets, 23 (2007) ll [K] E D Knuth, ”Two thousand years of combinatorics”, Oxford University Press 2013, pp 7-37 oi m z at nh z [TBM] Hamzeh Torabi, J Behboodian and S M Mirhosseini, On the number of partitions of sets and natural numbers, Appl Math Sci 33 (2009), 1635 - 1646 m co l gm @ an Lu 39 n va ac th si