(Luận văn) tập hợp và cực trị tập hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CHU THỊ HẢI YẾN lu an n va TẬP HỢP VÀ CỰC TRỊ TẬP HỢP p ie gh tn to w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CHU THỊ HẢI YẾN lu an TẬP HỢP VÀ CỰC TRỊ TẬP HỢP n va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC tn to ie gh Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp p Mã số: 8460113 d oa nl w lu nf va an NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS TRẦN NGUYÊN AN z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2018 n va ac th si Mục lục Mở đầu Chương Tập hợp, ánh xạ tổ hợp lu an Tập hợp, ánh xạ 1.2 Tổ hợp n va 1.1 24 gh tn to Chương Cực trị tập hợp 2.1 24 Một số dạng toán cực trị tập hợp 28 p ie Một số định lý lý thuyết cực trị tập hợp 2.2 Sử dụng ánh xạ oa nl w 2.2.1 Sử dụng nguyên lý tổ hợp d 2.2.2 28 30 lu Đếm hai cách 2.2.4 Quy nạp - Truy hồi 2.2.5 Phương pháp ma trận liên thuộc 37 2.2.6 Khoảng cách Hamming - chặn Plotkin 40 nf va an 2.2.3 z at nh oi lm ul Kết luận 32 35 45 z @ 46 m co l gm Tài liệu tham khảo an Lu n va ac th si Lời cảm ơn Trong trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học lu an khóa Cao học Tốn khóa 10Q (2016-2018) - Trường Đại học Khoa học - Đại va n học Thái Nguyên, truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm gh tn to nghiên cứu khoa học Xin trân trọng cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám ie p hiệu đồng nghiệp Trường THPT Phạm Ngũ Lão, Thủy Nguyên, Hải nl w Phòng, tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập nghiên cứu d oa Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ gia đình chia nf va an lu sẻ khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Khái niệm tập hợp tảng để xây dựng khái niệm khác số, hình, hàm số, Toán học Nghiên cứu lý thuyết tập hợp đại Cantor Dedekind khởi xướng vào thập niên 1870 Mục đích luận văn nhắc lại số kiến thức số tập hợp Từ giải thích lu an chi tiết nguyên lý đếm, khái niệm tổ hợp Nội dung va kết thúc toán đếm số ánh xạ, đơn ánh, tồn ánh, song n Mục đích luận văn tìm hiểu lý thuyết cực trị tập hợp ie gh tn to ánh tập hữu hạn p Những toán lý thuyết cực trị tập hợp thường có dạng: cho tập nl w (hay họ tập) F thỏa mãn số điều kiện cho trước, tìm max oa lực lượng F Khi dấu đẳng thức xảy ? Luận văn quan d tâm đến số toán Cho F họ tập tập có n an lu phần tử X Để đơn giản ta thường xét X tập [n] = {1, 2, 3, , n} nf va lm ul Bài toán Giả sử hai phần tử F có giao khác rỗng z at nh oi Hỏi giá trị lớn |F|? Bài tốn Giả sử A * B với phần tử A, B F Hỏi giá trị lớn z |F|? gm @ l Các tốn có thêm điều kiện F toán cực trị tập m co hợp liên quan phổ thông tìm hiểu luận văn văn trình bày hai chương an Lu Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung luận n va ac th si • Chương Tập hợp, ánh xạ tổ hợp Trong chương chúng tơi trình bày lực lượng tập hợp, quy tắc đếm, quy tắc tổ hợp giải toán đếm ánh xạ tập hữu hạn Nguyên lý Dirichlet số mở rộng trình bày chương • Chương Cực trị tập hợp Chương trình bày nh lý Erdăos - Ko - Rado, nh lý Sperner, Bất đẳng thức Lubell - Yamamoto Meshalkin Cuối luận văn trình bày số dạng tốn cực trị tập hợp phổ thông lu an n va Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2018 p ie gh tn to Tác giả w d oa nl Chu Thị Hải Yến nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Tập hợp, ánh xạ tổ hợp 1.1 Tập hợp, ánh xạ lu Tập hợp khái niệm nguyên thuỷ (cơ bản) tốn học, khơng định an n va nghĩa Ta hiểu tập hợp vật, đối tượng toán học, , tn to gom lại tính chất chung Chẳng hạn, người ta nói "Tập hợp sinh viên lớp", "tập hợp lớp học trường học", gh p ie "tập hợp N số tự nhiên", "tập hợp Z số nguyên", "tập hợp Q số w hữu tỉ", "tập hợp R số thực", oa nl Các tập hợp thường ký hiệu chữ in hoa: X, Y, Z, Các vật d tập hợp gọi phần tử tập hợp thường ký hiệu lu an chữ in thường: x, y, z, , a, b, c, Tập hợp, phép toán tập hợp nf va số tính chất kiến thức quen thuộc nên ta không nhắc lại lm ul Để hiểu đầy đủ lý thuyết tổ hợp, ta nhắc lại khái niệm ánh xạ, z at nh oi kiến thức chuẩn bị cho chương sau Định nghĩa 1.1.1 (i) Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc z cho tương ứng phần tử x ∈ X với phần tử y ∈ Y Khi @ gm ta viết f (x) = y, ta gọi y gọi ảnh phần tử x ánh xạ f ; ta gọi l x tạo ảnh phần tử y Tập X gọi tập nguồn, tập Y gọi n va f : X → Y, x 7→ f (x) = y, an Lu f X→ − Y, x 7→ f (x) = y, m co tập đích ánh xạ f Để diễn tả ánh xạ f người ta kí hiệu: ac th si f :X→Y x 7−→ f (x) = y (ii) Ta quy ước có ánh xạ rỗng từ tập ∅ đến tập Y (iii) Cho ánh xạ f : X → Y, x 7→ f (x) Ta gọi tập hợp G(f ) X × Y xác định G(f ) = {(x, f (x)) | x ∈ X} đồ thị ánh xạ f lu an (iv) Hai ánh xạ gọi chúng có chung nguồn, chung đích n va chung đồ thị Nói cách khác, cho f : X → Y g : X → Y hai ánh tn to xạ, f = g X = X , Y = Y f (x) = g(x) với x ∈ X p ie gh Định nghĩa 1.1.2 Cho f : X −→ Y, x 7→ y = f (x) ánh xạ w (i) f gọi đơn ánh f (x) = f (x0 ) kéo theo x = x0 với x, x0 ∈ X d f (x) = y oa nl (ii) f gọi toàn ánh với y ∈ Y kéo theo tồn x ∈ X để an lu nf va (iii) f gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh lm ul Chú ý 1.1.3 Cho X, Y tập hợp, ta nói X ∼ Y có (i) X ∼ X với tập X; z at nh oi song ánh từ X đến Y Khi (ii) Nếu X ∼ Y Y ∼ X với tập X, Y ; z @ (iii) Nếu X ∼ Y , Y ∼ Z X ∼ Z với tập X, Y, Z; gm co l (iv) Nếu X ∼ X1 Y ∼ Y1 X × Y ∼ X1 × Y1 ; m (v) Nếu X ∼ X1 Y ∼ Y1 X ∩ Y = X1 ∩ Y1 = ∅ X ∪ Y ∼ X1 ∪ Y1 an Lu Định lý sau Cantor nêu lên nghiên cứu lý thuyết tập hợp, n va Cantor không chứng minh Phần thứ hai định lý Bernstein ac th si chứng minh năm 1897 nên gọi Định lý Cantor-Bernstein Phần thứ định lý Zermelo chứng minh năm 1904 sau đưa tiên đề chọn vào lý thuyết tập hợp Định lý 1.1.4 (Định lý Cantor-Bernstein) Cho X, Y tập hợp, phải xảy hai trường hợp sau đây: (i) X tương đương với phận Y ; (ii) Y tương đương với phận X Nếu có (i) (ii) X Y tương đương với lu an Định nghĩa 1.1.5 Khi tập hợp X Y tương đương với nhau, ta n va nói chúng có lực lượng hay số Bản số X gh tn to ký hiệu |X| Card(X) Định nghĩa 1.1.6 Một tập hợp không tương đương với phận ie p thực gọi tập hợp hữu hạn oa nl w Một tập hợp hữu hạn gọi tập vô hạn Bản số tập hợp hữu hạn gọi số tự nhiên Tập số d nf va an lu tự nhiên ký hiệu N Chú ý, hợp, tích đề hai tập hữu hạn tập hữu hạn Từ lm ul ta định nghĩa phép cộng nhân N Cho a, b số tự nhiên, gọi z at nh oi X, Y tập hợp mà a = |X|, b = |Y | X ∩Y = ∅ Khi a+b = |X ∪Y |, ab = |X ×Y | Cũng từ ta có kết sau điểm khởi đầu nguyên lý đếm tổ hợp Cho X, Y tập hợp hữu hạn, X ∩ Y = ∅ Khi z @ Tổ hợp m co 1.2 l gm |X ∪ Y | = |X| + |Y | an Lu Người ta thương phân biệt nhiều mức độ việc giải toán tổ hợp n va Mức độ tìm cách bố trí đối tượng có tính chất ac th si 10 cho (chẳng hạn bố trí mười điểm nằm đoạn thẳng cho đoạn có bốn điểm, hình vẽ) lu an n va Nếu tốn tổ hợp có nhiều lời giải đề đặt đếm số lời giải, Cuối cùng, lời giải khác phân biệt với gh tn to mô tả tất lời giải toán cho p ie tham số đó, vấn đề đặt tìm lời giải tối ưu tốn cho nl w Ở giới hạn vào việc đếm số lời giải cuả toán tổ hợp oa Để làm việc này, người ta thường áp dụng công thức thiết lập cho d loại tốn Tất cơng thức ấy, xét cho cùng, dựa hai lu nf va an quy tắc đơn giản quy tắc cộng quy tắc nhân lm ul Định nghĩa 1.2.1 (Quy tắc cộng) Nếu cơng việc thực theo n phương án khác nhau, đó: phương án có m1 cách thực z at nh oi hiện, phương án có m2 cách thực hiện, , phương án thứ n có mn cách thực Khi đó, có: m1 + m2 + + mn cách để hồn thành cơng việc z cho gm @ l Ta phát biểu quy tắc cộng theo ngôn ngữ tập hợp: Gọi A1 tập hợp m co đối tượng x1 , A2 tập hợp đối tượng x2 , , An tập hợp đối tượng an Lu xn Mỗi cách chọn đối tượng xi ứng với phần tử Ai đảo lại Điều kiện "cách chọn đối tượng xi không trùng với đối tượng xj , (j 6= i)" n va diễn tả theo ngôn ngữ tập hợp điều kiện: Ai ∩ Aj = ∅, (i 6= j); ac th si 32 2.2.3 Đếm hai cách Phương pháp dựa nguyên lý: Nếu số lượng đếm theo hai cách kết thu phải Ví dụ 2.2.7 (Putnam 1980) Cho A1 , A2 , , A1066 tập tập hữu hạn X cho |Ai | > 12 |X|, với i 1066 Chứng minh tồn 10 phần tử x1 , x2 , , x10 X cho tập Aj (j ∈ 1, 1066) chứa phần tử mười phần tử lu Chứng minh Bài toán xét |X| > 10 Đặt X = {x1 , x2 , , xm }, với an m = |X| Với t(t ∈ {1, 2, , m}), đặt va n nt = |{j ∈ {1, 2, , 1066} | xt ∈ Aj }| tn to ie gh tức nt đếm số tập hợp Aj chứa phần tử xt Khi p n1 đếm số tập hợp Aj chứa phần tử x1 ; d oa nl w n2 đếm số tập hợp Aj chứa phần tử x2 ; nf va Do an lu nm đếm số tập hợp Aj chứa phần tử xm m = 533m z at nh oi lm ul n1 + n2 + + nm = |A1 | + |A2 | + + |A1066 | > 1066 Từ suy có số ni , khơng tính tổng qt giả sử n1 , mà n1 > 533 Tức ta có nửa tập hợp số tập A1 , A2 , , A1066 z chứa phần tử x1 @ gm Gọi B1 , B2 , , Bs tập hợp số tập Ai mà không chứa phần m s = 1066 − n1 532 co l tử x1 Ta có n va 1 |Bi | = |Ai | > m > (m − 1) = |Y | 2 an Lu Đặt Y = X \ {x1 } = {x2 , , xm } Ngoài ac th si 33 Với t(t ∈ {2, , 1066}), đặt kt = |{j ∈ {1, 2, , s} | xt ∈ Bj }| tức kt đếm số tập hợp Bj chứa phần tử xt Khi k2 + k3 + + km = |B1 | + |B2 | + + |Bs | > s m−1 s = (m − 1) 2 Vế trái tổng m − số, phải tồn ki , khơng tính tổng quát giả sử k2 cho k2 > 2s Nghĩa có nửa tập hợp số B1 , B2 , , Bs chứa phần tử x2 lu an Đặt C1 , C2 , , Cr tập hợp số tập Bj mà khơng chứa phần va n tử x2 Ta có to s s 532 = = 265 2 gh tn r = s − k2 < s − r (hơn nửa số p ie Tiếp tục trình trên, ta lại > tập C1 , C2 , , Cr ) chứa phần tử x3 Ta lại dãy tập hợp nl w D1 , D2 , , Du với u < r = 132 không chứa phần tử x4 Cứ tiếp tục d oa trình lần thứ đến lần thứ 10, dãy không nhiều 65, 32, 15, nf va toán an lu 7, Do ta nhận phần tử x1 , x2 , , x10 thỏa mãn yêu cầu lm ul Ví dụ 2.2.8 (China 1996, Romania 1994) Cho 11 tập hợp Mi , i = 1, 2, , 11 z at nh oi thỏa mãn   |Mi | = 5, ∀i = 1, 2, , 11  Mi ∩ Mj 6= ∅, ∀1 i < j 11 z @ m k=1 Mik 6= ∅ co m \ l số 11 tập để gm Gọi m số nguyên dương lớn cho tồn tập Mi1 Mim an Lu Tìm giá trị nhỏ m tất cách chọn 11 tập hợp Mi thỏa mãn n va hệ ac th si 34 11 S Chứng minh Đặt X = Mi Với x ∈ X, đặt i=1 nx = |{j ∈ {1, 2, , 11} | x ∈ Mj }| m = max {nx | x ∈ X} Khi X nx = |M1 | + |M2 | + + |M11 | = 55 x∈X Theo giả thiết Mi ∩ Mj 6= ∅ với i < j 11 Có 11
cách chọn giao khác rỗng, cách chọn giao khác rỗng cách chọn cặp tập hợp Mi , Mj số 11 tập M1 , M2 , , M11 lu an nx Mặt khác, phần tử x xuất
giao khác rỗng tập va n Mi , Mj Do tn to X nx  gh x∈X   11 > = 55 ie Do p X nx (nx − 1) > 55 nl w x∈X d oa Vì nx m, ∀x ∈ X, X nx (nx − 1) m−1 X m−1 55 nx = 2 an lu 55 x∈X x∈X nf va Điều kéo theo m > lm ul z at nh oi Nếu m = 3, dấu phải xảy tất bất đẳng thức P trên, nên nx = m = 3, ∀x ∈ X Nhưng nx = 55 với x∈X giá trị x ∈ X Từ suy m z Tiếp theo ta chứng minh m = thỏa mãn Xét an Lu n va Khi 11 tập Mi lấy sau: m co l e f g h gm @ a b c d ac th si 35 • tập dịng M1 = {a, b, c, d, D} , M2 = {e, f, g, D} , M3 = {1, 2, 3, 4, D} , M4 = {5, 6, 7, 8, D} • tập cột M5 = {a, e, 1, 5, C} , M6 = {b, f, 2, 6, C} , M7 = {c, g, 3, 7, C} , M8 = {d, h, 4, 8, C} • tập đường chéo lu an M9 = {a, f, 3, 8, D} , M10 = {b, g, 4, 5, D} , M11 = {c, h, 1, 6, D} n va gh tn to (Mỗi tập lấy dòng, cột phần tử) Quy nạp - Truy hồi p ie 2.2.4 Ví dụ 2.2.9 Cho n số tự nhiên lớn Gọi S tập hợp gồm n phần nl w d oa tử Ai , i = 1, m m tập đôi khác S thỏa mãn    |Ai | > an lu nf va   Nếu |Ai ∩ Aj | = ∅, |Ai ∩ Ak | = ∅ |Ai ∩ Aj ∩ Ak | = ∅, ∀i, j, k lm ul Chứng minh m 2n−1 − z at nh oi Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 2, kết luận toán z gm @ Với n > Giả sử toán với n − Ta cần chứng minh toán với n Thật vậy, Gọi T học gồm tập Ai Xét hai trường hợp sau: l m co Trường hợp 1: Tồn tập A mà A S\A thuộc T Chia T thành an Lu họ gồm: T1 họ tập A, T2 họ tập S\A, T3 = T \(T1 ∪ T2 ) Ta có, với tập B ∈ T3 |B ∩ C| = Thật vậy, n va |B ∩ C| = |A ∩ B ∩ C| > |(S\A) ∩ B ∩ C| > Điều vô lý ac th si 36 Ta có |T3 | {|A| , |S\A|} Suy |T | = |T1 | + |T2 | + |T3 | (2|A| − 1) + (2n−|A| + 1) + {|A| , n − |A|} = 2n−1 − Trường hợp 2: Với ∀A ∈ T S\A ∈ / T Vì S có 2n tập nên |T | 2n−1 Giả sử |T | > 2n−1 , suy |T | = 2n−1 Giả sử X = {1, 2, , n − 1} ∈ T Chia T thành hai họ sau: T4 họ tập X T5 họ tập chứa phần tử n Ta có nhận xét sau: ∀Bi , Bj ∈ T5 |Bi ∩ Bj | > Thật lu vậy, |Bi ∩ Bj | < |Bi ∩ Bj ∩ X| = mà |Bi ∩ Bj | > 0, |Bi ∩ X| > an n va 0, |X ∩ Bj | > Điều mâu thuẫn với giả thiết tn to Xét T50 = {B\ {n} |B ∈ T5 } , tập T50 tập {1, 2, , n − 1} gh tập C, D T50 |C ∩ D| > Từ suy |T5 | = |T50 | 2n−2 p ie Theo giả thiết quy nạp |T4 | 2n−2 − Kéo theo d oa nl w |T | = |T4 | + |T5 | 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − lu nf va an Ví dụ 2.2.10 Cho n nguyên dương tập hợp M = {1, 2, , 20} Gọi A1 , A2 , , An tập phân biệt khác rỗng M cho lm ul |Ai ∩ Aj | 2, ∀1 i < j n z at nh oi Tìm giá trị lớn n Chứng minh Giả sử A1 , A2 , , An tập M thỏa mãn điều kiện z gm @ toán Nếu tập A1 , A2 , , An có phần tử, khơng l tính tổng quát, giả sử |A1 | > Gọi a phần tử A1 Khi đó, m co A1 \ {a} tập có phần tử Do A1 ∩ Ai 2, ∀i = 2, 3, , n nên an Lu tập A1 \ {a} phải phân biệt với tất tập A2 , , An (vì A1 \ {a} ≡ Ai đó, n va A1 \ {a} ∩ Ai = A1 \ {a} ac th si 37 có ba phần tử Khi A1 ∩ Ai có ba phần tử, vơ lý) Mặt khác, |(A1 \ {a}) ∩ Aj | |A1 ∩ Aj | 2, ∀j = 2, 3, , n Từ kết trên, thay A1 A1 \ {a} hệ tập hợp A1 \ {a} , A2 , A3 , , An thỏa mãn toán Hệ có số tập hợp với hệ ban đầu, số phần tử tập hợp nhỏ so với số phần tử lu an tập hợp hệ ban đầu Cứ tiếp tục trình ta thu dãy tập va n hợp A∗1 , , A∗n thỏa mãn toán to ie gh tn |A∗i | 3, ∀i = 1, 2, , n p Tức tập hợp này, tập hợp có tối đa ba phần tử Do       20 20 20  = 1350 + + n6 d oa nl w lu tử M  20  + 20   + z at nh oi  lm ul  nf va an Tiếp theo, tổng số tập chứa phần tử, chứa phần tử, chứa phần 20   = 1350 tất tập thỏa mãn điều kiện toán (rõ ràng hai tập phân biệt tập có giao khơng vượt q phần tử) Do n = 1350 z Phương pháp ma trận liên thuộc m co 2.2.5 l gm @ đạt Từ suy giá trị lớn n n = 1350 an Lu Phương pháp dựa nhận xét sau, thường gọi Nguyên lý Fubini: Cho hai tập hữu hạn R, C S ⊆ R × C Nếu (p, q) ∈ S, ta nói n va ac th si 38 p q liên thuộc với Đặt rp số phần tử liên thuộc với p ∈ R cq số phần tử liên thuộc với q ∈ C Khi X rp = |S| = p∈R X cq q∈C Để minh họa cho tập S, ta dùng đến ma trận liên thuộc S Định nghĩa 2.2.11 Ma trận M = (apq ) ma trận mà cột hàng lu tương ứng đánh số theo phần tử R C với   1 (p, q) ∈ S, apq =  0 (p, q) ∈ / S an va n Khi rp tổng phần tử cột p, cq tổng phần tử gh tn to cột q |S| tổng tất phần tử ma trận M Với số toán, p ie phương pháp ma trận liên thuộc giúp dễ hình dung cấu w trúc tốn, từ đưa lời giải cho tốn Ta xét ví dụ sau : oa nl Ví dụ 2.2.12 (IMO 1998) Trong thi có a thí sinh b giám khảo, d b > số nguyên lẻ Mỗi giám khảo đánh giá “đạt” “trượt” lu nf va an Giả sử với hai giám khảo bất kì, họ đánh giá giống với tối đa k thí sinh Chứng minh z at nh oi lm ul k b−1 > a 2b Chứng minh Xét ma trận liên thuộc b × a với hàng đánh số theo giám khảo cột đánh số theo thí sinh Phần tử tương ứng z ma trận nhận giá trị giám khảo đánh giá thí sinh “đạt” gm @ nhận giá trị ngược lại co l Đặt T tập hợp cặp số cột Vì hai giám khảo đánh giá giống nhiều k thí sinh nên với hai hàng bất kì, m an Lu n va có nhiều k cặp thuộc T Do   b kb(b − 1) |T | k = 2 ac th si 39 Với cột ma trận, giả sử có p số q số Khi có

p q + cặp thuộc T Mà p + q = b lẻ nên ta có bất đẳng thức sau     p q (b − 1)2 + > 2 Và có a cột nên ta có |T | > a(b−1)2 Vậy ta có a(b − 1)2 kb(b − 1) |T | Suy a(b−1) kb hay k a > b−1 2b lu an Ví dụ 2.2.13 Số Turan T (n, k, l), l k n, số nhỏ tập có n va l phần tử [n] cho với tập có k phần tử [n] chứa tn to tập Chứng minh với số nguyên dươngl k n, gh ta có n l
k l
p ie T (n, k, l) > nl w Chứng minh Đặt F họ nhỏ tập l phần tử [n] cho với d oa tập k phần tử [n] chứa phần tử F Xét ma an lu trận liên thuộc M = (mA,B ) với đánh số theo tập A F, nf va cột đánh số theo tập k phần tử B [n] mA,B = lm ul A ⊆ B, trường hợp khác mA,B = Đặt rA số số hàng A cB số số cột B Theo z at nh oi giả thiết cB > với B Mặt khác, rA số tập k phần tử chứa
tập l phần tử A Suy rA = n−l k−l với A ∈ F Vì  rA = A∈F X   n cB > k gm = X @ n−l |F| · k−l z  B∈[n] = an Lu T (n, k, l) = |F| > n l
k l

m n k
n−l k−l co l Do n va ac th si 40 2.2.6 Khoảng cách Hamming - chặn Plotkin Cho n số nguyên dương, ký hiệu n [0, 1] = {x1 x2 xn |xi ∈ {0, 1} , i = 1, 2, , n} tập tất xâu nhị phân độ dài n Định nghĩa 2.2.14 Cho hai xâu nhị phân x = x1 xn y = y1 yn Khi khoảng cách hai xâu x y lu d (x, y) = số vị trí mà xi 6= yi an va n Khoảng cách gọi khoảng cách Hamming tn to Ví dụ 2.2.15 x = 00111, y = 11001, d(x, y) = ie gh p Khoảng cách Hamming thỏa mãn điều kiện sau n nl w (i) d (x, x) = 0, ∀x ∈ [0, 1] ; oa n (ii) d (x, y) > 0, ∀x 6= y ∈ [0, 1] ; d n an lu (iii) d (x, y) = d (y, x) , ∀x, y ∈ [0, 1] ; n nf va (iv) d (x, z) d (x, y) + d (y, z) , ∀x, y, z ∈ [0, 1] n lm ul Cho v, w xâu nhị phân thuộc [0, 1] Ta định nghĩa tổng hai xâu nhị 1, + = z at nh oi phân v, w xâu v + w cho (v + w)i = vi + wi + = 0, + = + = n z Bổ đề 2.2.16 Cho v, w xâu nhị phân thuộc [0, 1] Khi d (v + w) @ l gm với số số xuất v + w vi = wi  1 vi 6= wi n va   0 an Lu (v + w)i = m co Chứng minh Ta có ac th si 41 Do d (v, w)i = | {i|vi 6= wi } | = số số xuất v + w Định lý 2.2.17 Cho n, d số nguyên dương Gọi C tập hợp xâu n nhị phân [0, 1] cho d (x, y) > d, ∀x 6= y ∈ C Đặt M = |C| Khi lu (i) Nếu d chẵn, 2d > n an  d M 62 2d − n  n va   d+1 M 62 2d + − n p ie gh tn to (ii) Nếu d lẻ, 2d + > n Chứng minh (i) Có w M
cặp u + v, u, v ∈ C Ta viết ma trận A = M
× n, oa nl với dòng phần tử u + v, với u, v ∈ C Ta đếm số lần xuất số d ma trận Ta đếm số lần xuất số cột Xét lu nf va an cột j Lấy dịng tùy ý, giả sử dịng xâu nhị phân u + w, số xuất cột j v w có số vị trí j lm ul Gọi N số xâu ký tự C có số vị trí j, số cách chọn cặp z at nh oi u, w cho v + w có số vị trí j N (M − N ) Khi số số xuất cột thứ j M lẻ l gm @   M −1 M chẵn z N (M − N )   M2 Điều cho j = 1, 2, , n Do đó, số số xuất ma trận co m A nhỏ  n M −1 M lẻ n va M chẵn an Lu   n M ac th si 42 Ta đếm số lần xuất số dòng Với dòng chứa u + w, ta biết số số dịng d (v, w) Mà theo giả thiết d (v, w) > d Do đó, có d số dịng Do đó, số số A
M2 × d Từ đó, M chẵn, kết hợp hai kết  M  M2 ×d6n× hay dM dM M2 − 6n× 2 lu Kéo theo (2d − n) M 2dM Theo giả thiết 2d − n M số an nguyên dương, nên va    d 2d 62 + M6 2d − n 2d − n  d  Mà M chẵn, 2d−n + lẻ nên n  p ie gh tn to  oa nl w  d M 62 2d − n Nếu M lẻ, d   nf va an lu Kéo theo M ×d6n× M2 − Do (2d − n) M n nên M6 z at nh oi lm ul M M +1 6n z 2d n = − 2d − n 2d − n @ m co l gm Lại M số nguyên, ta         2d 2d d d −1 = −162 +1−1=2 M6 2d − n 2d − n 2d − n 2d − n an Lu (ii) Chứng minh tương tự (i) n va ac th si 43 Ví dụ 2.2.18 (Vĩnh Phúc 2012, vịng 2) Có em học sinh lập thành m nhóm hoạt động ngoại khóa, học sinh tham gia nhiều nhóm hoạt động Biết với hai nhóm tùy ý có học sinh tham gia vào hai nhóm Tìm giá trị lớn m Chứng minh Giả sử học sinh a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 đặt X = {a1 , a2 , , a7 } Ta coi nhóm xâu dạng t1 t2 t7 , ti nhóm chứa , ti nhóm khơng chứa Khi theo giả thiết, khoảng cách Hamming không nhỏ Áp dụng Định lý 2.2.17 lu với d = 4, n = ta m an Ví dụ sau cho cách phân nhóm với m = 8, học sinh a, b, va n c, d, e, f : ie gh tn to A1 = (a, b, c), p A5 = (b, e, g), A2 = (a, d, e), A3 = (a, f, g), A4 = (b, d, f ), A6 = (c, d, f ), A7 = (c, e, f ), A8 = (a, b, c, d, e, f, g) oa nl w d Ví dụ 2.2.19 Trong thi có n thí sinh p giám khảo, n, p lu an số nguyên dương, p > Mỗi giám khảo đánh giá thí sinh cho nf va kết luận thí sinh đỗ hay trượt Giả sử k số thỏa mãn điều kiện: với hai z at nh oi Chứng minh lm ul giám khảo tùy ý, số thí sinh mà họ cho kết giống nhiều k k p−2 > n (p − 1) z Chứng minh Giả sử n thí sinh S1 , S2 , , Sn Mỗi giám khảo cho tương ứng @ gm với xâu nhị phân độ dài n : x1 x2 xn với xi = thí sinh Si đỗ l xi = thí sinh Si trượt Theo điều kiện tốn d = n − k Xét hai m co trường hợp n va p−2 k > > n k (p − 1) an Lu Nếu (n − k) n ac th si 44 Nếu (n − k) > n, xét hai khả xảy ra: Nếu n − k chẵn,   n−k n−k (n − k) p62 62 = (n − k) − n (n − k) − n n − 2k Do p (n − 2k) 2n − 2k Kéo theo k p−2 > n (p − 1) lu an Nếu n − k lẻ,   n−k+1 (n − k + 1) n−k+1 62 = p62 (n − k) + − n (n − k) + − n n − 2k + n va tn to ie gh Do p p (n − 2k + 1) 2n − 2k + w Từ suy d oa nl p−2 n+1 p−2 k > > n (p − 1) n (p − 1) nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 45 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Tập hợp cực trị tập hợp” đạt kết sau: lu Tìm hiểu lực lượng tập hợp, nguyên lý tổ hợp toán đếm số an ánh xạ tập hữu hạn n va tn to Tìm hiểu số kết lý thuyết cực trị tập hợp: Định lý Meshalkin, p ie gh Erdăos - Ko - Rado, Định lý Sperner, Bất đẳng thức Lubell-Yamamoto- Đề xuất số hướng nghiên cứu d nf va an lu oa nl w Tìm hiểu phân loại số dạng toán cực trị tập hợp phổ thông Sau kết đạt luận văn, cố gắng tiếp lm ul tục nghiên cứu chủ đề khác có liên quan: tìm hiểu họ F có thêm z at nh oi tính chất đặc biệt, chẳng hạn lực lượng giao hai tập họ F lớn số tự nhiên t, nghiên cứu ứng dụng lý thuyết đồ thị, z m co l gm @ an Lu n va ac th si 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Ngô Đắc Tân (2003), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội lu an n va Tiếng Anh ie gh tn to [2] Anderson I (2013), Combinatorics of finite sets, Dover publications, Inc p [3] Bollobás B (1986), Combinatorics: Set Systems, Hypergraphs, Families oa nl w of Vectors, and Combinatorial Probability, Cambridge University Press d [4] Soberón P (2013), Problem-Solving Methods in Combinatorics - An Ap- lu nf va an proach to Olympiad Problems, Birkhăauser [5] Tompkins C (2015), Extremal problems on finite sets and posets, Doctor lm ul of Philosophy thesis, European University, Hunggary z at nh oi [6] Zhang Y (2011), Combinatorial problems in Mathematical Competitions, World Scientific z m co l gm @ an Lu n va ac th si