Vận dụng các nguyên lý cơ bản vào giải một số bài toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ LOAN VẬN DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ LOAN VẬN DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn Lời nói đầu Một số ký hiệu chữ viết tắt Bốn nguyên lý 1.1 Nguyên lý quy nạp 1.2 Nguyên lý bù-trừ 12 1.3 Nguyên lý Dirichlet 21 1.4 Nguyên lý lùi dần 26 Các vấn đề liên quan 33 2.1 Phương pháp đại lượng bất biến 33 2.2 Phủ tập hợp 44 2.3 Ứng dụng tốn hình học tổ hợp 50 Kết luận 57 Tài liệu tham khảo 58 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI CẢM ƠN Luận văn trình bày hướng dẫn tận tình bảo nghiêm khắc thầy giáo PGS TS Đàm Văn Nhỉ Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến thầy Tơi xin kính gửi lời cảm ơn chân thành đến cô giáo TS Nguyễn Thị Thu Thủy thầy giáo cô giáo tham gia giảng dạy khóa học cao học 2011 - 2013, người đem tâm huyết nhiệt tình để giảng dạy trang bị cho nhiều kiến thức sở Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học tốn K5B ln quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi suốt thời gian học tập q trình làm luận văn Tuy thân có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy tồn thể bạn đọc Hải Phịng, tháng 05 năm 2013 Tác giả Vũ Thị Loan Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI NĨI ĐẦU Lý thuyết tổ hợp phần quan trọng toán học rời rạc chuyên nghiên cứu xếp đối tượng Khi giải toán tổ hợp ta phải liệt kê, đếm đối tượng theo tính chất Tổ hợp nghiên cứu toán thường kết hợp số ràng buộc có nhiều nghiệm Nó số lượng nghiệm, lớp nghiệm cụ thể hay lớp nghiệm thỏa mãn thêm số điều kiện Các thuật toán tổ hợp ngày biến đổi hoàn thiện để dễ sử dụng có độ phức tạp tính tốn nhỏ dần Khi thực thuật toán tổ hợp, nghiệm toán thường xây dựng theo vài nguyên lý Do vậy, luận văn đặt vấn đề trình bày lại bốn nguyên lý lý thuyết Tổ hợp xây dựng số ví dụ áp dụng Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương tập trung trình bày bốn nguyên lý Chương trình bày vấn đề liên quan như: Phương pháp đại lượng bất biến, phủ tập hợp ứng dụng vào tốn hình học tổ hợp Nội dung chương gồm bốn mục Mục 1.1 dành để trình bày Nguyên lý quy nạp: Để mệnh đề P (n) với số nguyên dương n ≥ α, ta cần kiểm tra P (α) P (n + 1) P (n) Từ suy P (n) luôn với n ≥ α Nguyên lý thứ hai xét đến Nguyên lý Bù-Trừ trình bày Mục 1.2 Khi xét toán tổ hợp, ta thường phải đếm xem có cấu hình tạo với yêu cầu đặt trước Nói chung, để đếm cấu hình cho người ta tìm cách đưa cấu hình loại quen thuộc qua việc phân thành lớp để áp dụng quy tắc cộng Nhưng nhiều cơng việc làm đồng thời quy tắc cộng khơng cịn Do phải xét Nguyên lý cộng đây: card(A ∪ B) = card(A) + card(B) − card(A ∩ B) Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tổng qt Nguyên lý cộng ta có Nguyên lý Bù-Trừ Cái khó việc vận dụng Nguyên lý Bù-Trừ việc phân lớp để dễ dàng có số đếm Mục 1.3 trình bày nguyên lý thứ ba, Nguyên lý Dirichlet ” n Nếu có n đồ vật cất vào k hộp, có hộp chứa vật.” k Cái khó việc vận dụng Nguyên lý Dirichlet việc coi số vật coi số hộp Còn nguyên lý thứ tư Nguyên lý lùi dần, trình bày Mục 1.4 Đây phương pháp Piere de Fermat đưa giải phương trình nghiệm nguyên Xét phương trình f (x, y, z) = Z Giả sử (x0 , y0 , z0 ) ∈ Z3 nghiệm phương trình f (x, y, z) = Dựa vào giả thiết để suy (x1 , y1 , z1 ) ∈ Z3 nghiệm phương trình f (x, y, z) = với |x0 | > |x1 |, chẳng hạn Lặp lại dãy lùi dần số tự nhiên |x0 | > |x1 | > |x2 | > Sau số hữu hạn bước, ta đến lời giải phương trình Cái khó dạng tốn với toán cho phải xây dựng phép chuyển từ đến để lùi Nguyên lý lùi dần vận dụng để xét toán nhiều lĩnh vực Tương tự ta có Nguyên lý tăng dần Trong chương tập trung trình bày ba vấn đề liên quan đến bốn nguyên lý Mục 2.1 trình bày phương pháp đại lượng bất biến Mục 2.2 trình bày phủ tập hợp Mục 2.3 trình bày vài tốn hình học tổ hợp Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ MỘT SỐ KÝ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT Tập rỗng ký hiệu qua φ Với x viết ∀x Tập số tự nhiên ký hiệu N Tập số nguyên ký hiệu Z Tập số hữu tỉ ký hiệu Q Tập số thực ký hiệu R Lực lượng tập A ký hiệu cardA Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Bốn ngun lý Chương tập trung trình bày bốn nguyên lý bản, như: Nguyên lý quy nạp, Nguyên lý Bù-Trừ, Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý lùi dần 1.1 Nguyên lý quy nạp Mệnh đề 1.1.1 Tập tất số tự nhiên N quan hệ thứ tự tập thứ tự tốt Mệnh đề 1.1.2 Nếu tập M ⊂ N có tính chất: ∈ M n + ∈ M n ∈ M, M = N Hai kết thường gọi nguyên lý thứ nguyên lý thứ hai quy nạp toán học Mệnh đề 1.1.3.[Nguyên lý thứ nhất] Nếu mệnh đề P (n), phụ thuộc vào số tự nhiên n thỏa mãn: (i) P (α) với α ∈ N (ii) P (n + 1) P (n) đúng, n ≥ α, n ∈ N P (n) với số tự nhiên n ≥ α Mệnh đề 1.1.4.[Nguyên lý thứ hai] Nếu mệnh đề P (n), phụ thuộc vào số tự nhiên n, thỏa mãn: (i) P (α) với α ∈ N (ii) P (n + 1) P (α), P (α + 1), , P (n) đúng, n ≥ α, n ∈ N P (n) với số tự nhiên n ≥ α Bây ta vận dụng hai nguyên lý để xét tốn sơ cấp Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 1.1.5 Với số nguyên n ≥ Pn = n!, chứng minh 2Pn ≥ 2n Bài giải: Với n = có 2P2 = = 22 Như kết luận cho n = Giả sử kết luận cho n > Khi 2Pn ≥ 2n Xét tích 2Pn+1 = (n + 1).2Pn ≥ (n + 1)2n > 2.2n = 2n+1 Từ suy 2Pn ≥ 2n , ∀n ≥ Ví dụ 1.1.6 Chứng minh với số nguyên n > ta ln có n! > 3n Bài giải: Bởi 7! = 5040 > 2189 = 37 nên kết luận với n = Giả sử kết luận với n Khi ta có n! > 3n Với n + có (n + 1)! = n!(n + 1) > 3n (n + 1) theo giả thiết quy nạp Vì n + > nên (n + 1)! > 3n+1 n! > 3n với số nguyên n > Ví dụ 1.1.7 Chứng minh với số nguyên n > ta ln có bất đẳng thức: √ √ 1 n ≤ + √ + √ + · · · + √ < n n √ 1 1 1 Bài giải: Bởi + √ + √ + · · · + √ ≥ √ + √ + · · · + √ = n n n n n √ 1 nên ta nhận bất đẳng thức + √ + · · · + √ ≥ n n Hiển nhiên < nên bất đẳng thức với n = Giả sử bất đẳng thức √ 1 với n Khi ta có + √ + · · · + √ < n Lại có n √ 1 1 + √ + ··· + √ + √ Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 1.1.8 Dãy (an ) cho sau: a0 = 1, a1 = 3, a2 = 6, a3 = 10, a4 = 15, a5 = 21, Xác định an theo n chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 T = (1 − )(1 − )(1 − ) · · · (1 − ) < + 10 an n Bài giải: Từ a1 = = a0 + 2, a2 = = a1 + 3, a3 = 10 = a2 + 4, a4 = 15 = a3 + 5, a5 = 21 = a4 + suy an = an−1 + n + điều dễ dàng (n + 1)(n + 2) có qua quy nạp Vậy an = 1+2+3+· · ·+n+n+1 = ak − (k + 1)(k + 2) − k(k + 3) suy − = = = Như ak ak (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) 1 − = (1 − )(1 + ) ta có phép biến đổi sau: ak k+1 k+2 1 1 1 T = (1 − )(1 + )(1 − )(1 + ) · · · (1 − )(1 + ) 3 n+1 n+2 1 1 1 = (1 − )(1 − )(1 − ) · · · (1 − )(1 + ) (n + 1)2 n+2 32 − 42 − 52 − (n + 1)2 − 1 = ( )( )( ) · · · ( )(1 + ) (n + 1)2 n+2 2.3.42 52 · · · (n − 1)2 n2 (n + 1)(n + 2)(n + 3) = 2.32 42 52 · · · (n − 1)2 n2 (n + 1)2 (n + 2) n+3 n+3 1 = < = + 3(n + 1) 3n n Tóm lại an = (n + 1)(n + 2) 1 nhận bất dẳng thức T < + n Ví dụ 1.1.9 Chứng minh với số nguyên n > ta có đồng thức: 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Bài giải: Với n = ta có 1.2 = = (1 − 1)21+1 + kết luận Giả sử kết luận với n Khi 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Với n + ta có kết sau: 1.2+2.22 +· · ·+n2n +(n+1)2n+1 = (n−1)2n+1 +2+(n+1)2n+1 = n2n+2 +2 kết luận với n + Tóm lại, ta có đồng thức 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ i=1 = |A| − i=1 X |Ai | + i=1 X + 1≤i1