Đồng thời, luận văn cũng trình bày một số ứng dụng trong các bài toán cụ thể, chẳng hạn bài toán đếm số các toàn ánh từ tập [n] đến tập [m], số mất thứ tự và dạng tổng quát của nó, tức l
Các nguyên lý cơ bản của phép đếm
Mục này trình bày một số quy tắc đếm cơ bản như quy tắc cộng, quy tắc nhân, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp. Định nghĩa 1.1.1.
1 Một tập hợp A được gọi là hữu hạn có n phần tử nếu tồn tại một song ánh giữa A và tập hợp [n] Ta viết |A| = n.
2 Nếu tập A không hữu hạn thì ta nói A là vô hạn.
Trong suốt luận văn này, tập hợp chúng tôi đề cập là tập hữu hạn.
Mệnh đề 1.1.2 (Quy tắc cộng) Nếu A và B là hai tập hợp rời
Một cách tổng quát, nếu A1, A2, , An là các tập hữu hạn đôi một rời nhau, tức là A i ∩A j = ∅ với mọi i 6= j, thì
Quy tắc cộng còn có thể phát biểu theo một cách khác như sau: Nếu một công việc có thể thực hiện bằng một trong hai phương án loại trừ lẫn nhau Phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thực hiện Khi đó, sẽ có m + n cách thực hiện công việc đã cho.
Bổ đề 1.1.3 (Nguyên lý bù trừ) Cho B là một tập con của A Gọi
C A (B) là phần bù của B trong A Khi đó,
|A| = |B|+|C A (B)|. Định nghĩa 1.1.4 Giả sử A 1 , A 2 , , A n là các tập hữu hạn bất kỳ. Tớch Đề-cỏccủa cỏc tập A 1 , A 2 , , A n , kớ hiệu là A 1 ìA 2 ìã ã ãìA n , là tập bao gồm tất cả các bộ có thứ tự (a 1 , a 2 , , a n ) gồm n phần tử a 1 , a 2 , , a n sao cho a 1 ∈ A 1 , a 2 ∈ A 2 , , a n ∈ A n
Mệnh đề 1.1.5 (Quy tắc nhân) Nếu A 1 , A 2 , , A n là các tập hữu hạn bất kỳ, thì A 1 ×A 2 × .×A n cũng là tập hữu hạn và
Ta có thể hiểu quy tắc nhân theo một cách như sau: Nếu một quá trình có thể thực hiện quan công đoạn: công đoạn 1 có m 1 cách thực hiện, công đoạn 2 (sau khi thực hiện công đoạn 1) có m2 cách thực hiện, , công đoạn n có m n cách thực hiện Khi đó, để thực hiện cụng việc đó cho thỡ cần m 1 m 2 ã ã ãm n cỏch thực hiện. Định nghĩa 1.1.6 (Tổ hợp chập k của n phần tử) Cho A {a 1 , , a n } Số các bộ không sắp thứ tự gồmk phần tử{a i 1 , , a i k } gọi là tổ hợp chập k của n phần tử, được kí hiệu C n k hay n k
= (n−k+ 1) .(n−1)n k! = n! k!(n−k)!. Định nghĩa 1.1.7 (Chỉnh hợp chập k của n phần tử) Cho A {a 1 , , a n } Số các bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (a i 1 , , a i k ) gọi là chỉnh hợp chập k của n phần tử, được kí hiệu là A k n
Ta có hai cách đếm số A k n
• Một là, ta có thể chọn tập T trong tập các tập con có k phần tử của A và lúc đó có n k cách chọn Khi đó chọn một phần tử của T có k cách chọn đứng ở vị trí đầu tiên Sau đó chọn một phần tử khác của T có k−1 cách ở vị trí thứ hai, Vậy, số
A k n được tính theo công thức sau:
• Hai là, ta có thể chọn phần tử bất kỳ của A trong n cách đầu tiên trong thứ tự, sau đó chọn một phần tử khác theo n− 1 cách để đưa vào vị trí thứ hai, cứ tiếp tục quá trình trên ta được
(n−k)!. Định nghĩa 1.1.8 (Hoán vị) Cho A = {a 1 , , a n } Một hoán vị của A là một cách xếp các phần tử của A theo một thứ tự nào đó. Nói cách khác, hoán vị là chỉnh hợp chập n của n phần tử Kí hiệu
P n là số các hoán vị của A, và ta có
P n = A n n = n!. Định nghĩa 1.1.9 (Chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử) Cho
A = {a 1 , , a n } Một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (a i 1 , , a i k ), trong đó cho cho phép lấy lặp lại, gọi là chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử Theo quy tắc nhân, số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử bằng n k Định nghĩa 1.1.10 (Tổ hợp lặp chập k của n phần tử) Cho A {a 1 , , an} Một bộ không sắp thứ tự gồm k phần tử {a i 1 , , ai k }, trong đó cho phép lấy lặp lại, gọi là tổ hợp lặp chập k của n phần tử.
Mệnh đề 1.1.11 Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử là
Định nghĩa 1.1.12 (Hoán vị lặp) Hoán vị lặp là một cách xếp mỗi phần tử được ấn định một số lần lặp lại cho trước Ký hiệu
P(m 1 , , m n ) là số các hoán vị lặp của các phần tử a 1 , , a n với tham số lặp m 1 , , m n , và ta có
Nguyên lý bao hàm và loại trừ
Nguyên lý bao hàm và loại trừ là một trong những công cụ cơ bản trong toán học tổ hợp và được ứng dụng rộng rãi, chẳng hạn: số phần tử của hợp của hai tập Avà B bằng tổng các phần tử trong các tập hợp trừ đi số phần tử trong giao của chúng Đó là,
Ví dụ 1.2.1 Trong một lớp Toán rời rạc, tất cả các sinh viên đều học chuyên ngành tin học hoặc toán học, hoặc học cả hai Số sinh viên học chuyên ngành tin học (có thể cùng với toán học) là 25; số sinh viên học chuyên ngành toán học (có thể cùng với tin học) là
13 và số sinh viên học cả hai môn tin học và toán học là 8 Hỏi lớp này có bao nhiêu sinh viên?
Giải Gọi A là tập hợp các sinh viên học lớp chuyên ngành tin học và B là tập hợp các sinh viên học lớp chuyên ngành toán học Khi đó A∩B là tập hợp các sinh viên trong lớp học chung chuyên ngành toán học và tin học Vì mỗi sinh viên trong lớp học chuyên ngành tin học hoặc toán học (hoặc cả hai), nên số sinh viên trong lớp là
Vậy lớp có 30 sinh viên Cách tính này được minh họa bằng biểu đồ Venn trong Hình 1.1.
Hình 1.1: Tập sinh viên trong lớp Toán rời rạc.
Ví dụ 1.2.2 Có bao nhiêu số nguyên dương không quá 1000 chia hết cho 7 hoặc 11?
Giải Gọi A là tập hợp các số nguyên dương không quá 1000 chia hết cho 7 và gọi B là tập hợp các số nguyên dương không vượt quá
1000 chia hết cho 11 Khi đó A∪B là tập hợp các số nguyên không vượt quá 1000 chia hết cho 7 hoặc 11 và A∩ B là tập hợp các số nguyên không vượt quá 1000 chia hết cho cả 7 và 11 Ta biết rằng trong số các số nguyên dương không vượt quá 1000 có b1000/7c số nguyên chia hết cho 7 và b1000/11c chia hết cho 11 Vì 7 và 11 là hai số nguyên tố cùng nhau nên những số chia hết cho cả 7 và 11 là những số chia hết cho 7ã11 Do đú, cú b1000/(11ã7)c số nguyờn dương không vượt quá 1000 chia hết cho cả 7 và 11 Suy ra, ta có
= 142 + 90−12 = 220 số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 7 hoặc 11.
Ví dụ sau cho ta cách tìm số phần tử trong một tập phổ quát hữu hạn nằm ngoài giao của hai tập hợp.
Ví dụ 1.2.3 Giả sử một trường học có 1807 sinh viên năm nhất. Trong số sinh viên này có 453 người đang tham gia khóa học về khoa học máy tính, 567 người đang tham gia khóa học về toán học và 299 người đang tham gia các khóa học về cả khoa học máy tính và toán học Hỏi có bao nhiêu người không tham gia một khóa học về khoa học máy tính hoặc toán học?
Giải Để tìm số sinh viên năm nhất không tham gia khóa học về toán học hoặc khoa học máy tính, ta lấy tổng số sinh viên năm nhất trừ đi số đang tham gia khóa học ở một trong hai môn này. Gọi A là tập hợp tất cả sinh viên năm nhất tham gia khóa học về khoa học máy tính và gọi B là tập hợp tất cả sinh viên năm nhất tham gia khóa học về toán học Khi đó |A| = 453, |B| = 567 và
|A∩ B| = 299 Số sinh viên năm nhất tham gia một khóa học về khoa học máy tính hoặc toán học là
Do đó, có 1807 −721 = 1086 sinh viên năm nhất không tham gia khóa học về khoa học máy tính hoặc toán học.
Tiếp theo chúng ta sẽ bắt đầu phát triển công thức tính số phần tử trong hợp của một số hữu hạn các tập hợp Công thức này được gọi là nguyên lý bao hàm và loại trừ Xét n tập hợp, trong đó n là số nguyên dương bất kỳ, chúng ta sẽ rút ra một công thức tính số phần tử trong hợp của ba tập hợp A, B và C Ta có |A|+|B|+|C| đếm số phần tử thuộc một trong ba tập hợp một lần, các phần tử thuộc hai trong số các tập hợp hai lần và các phần tử thuộc cả ba tập hợp ba lần. Để loại bỏ số phần tử thừa trong nhiều tập hợp, chúng ta trừ đi số các phần tử trong giao của từng cặp tập hợp trong ba tập hợp đó Ta được
Biểu thức này đếm các phần tử xuất hiện ở một trong các tập hợp một lần Một phần tử xuất hiện trong hai tập hợp cũng được tính một lần, bởi vì phần tử này sẽ xuất hiện ở một trong ba giao điểm của hai tập hợp được lấy cùng một lúc Tuy nhiên, những phần tử xuất hiện trong cả ba tập hợp sẽ được tính 0 lần, bởi vì chúng xuất hiện trong ba giao điểm của các tập hợp được lấy hai lần tại một thời điểm. Để khắc phục điều này, chúng ta thêm số phần tử vào giao của cả ba tập hợp Biểu thức cuối cùng này đếm mỗi phần tử một lần, cho dù nó nằm trong một, hai hay ba tập hợp Như vậy, ta có
Ví dụ sau đây minh họa cho công thức trên.
Ví dụ 1.2.4 Tổng cộng có 1232 sinh viên đã tham gia một khóa học bằng tiếng Tây Ban Nha, 879 sinh viên đã tham gia một khóa học bằng tiếng Pháp và 114 sinh viên đã tham gia một khóa học bằng tiếng Nga Ngoài ra, có 103 người đã tham gia các khóa học bằng cả tiếng Tây Ban Nha và tiếng Pháp, 23 người đã tham gia các khóa học bằng cả tiếng Tây Ban Nha và tiếng Nga và 14 người đã tham gia các khóa học bằng cả hai ngôn ngữ Pháp và Nga Nếu có
2092 học sinh đã học ít nhất một trong ba thứ tiếng Tây Ban Nha, Pháp và Nga thì có bao nhiêu học sinh đã học cả ba thứ tiếng?
Giải Gọi S là tập hợp các sinh viên đã học một khóa học bằng tiếng Tây Ban Nha, F là tập hợp các sinh viên đã học một khóa học bằng tiếng Pháp và R là tập hợp các sinh viên đã học một khóa học bằng tiếng Nga Khi đó
|S ∩ F| = 103, |S ∩R| = 23, |F ∩R| = 14, và |S ∪F ∪R| = 2092 Theo công thức đếm ở trên, ta có
Suy ra 2092 = 1232 + 879 + 114−103−23−14 +|S ∩F ∩R| Do đó |S ∩ F ∩R| = 7 Vậy có 7 sinh viên đã học các khóa học tiếngTây Ban Nha, tiếng Pháp và tiếng Nga Điều này được minh họa trong Hình 1.2.
Hình 1.2: Tập hợp sinh viên đã tham gia các khóa học bằng tiếng Tây Ban Nha, Pháp và Nga.
Bây giờ chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh nguyên lý bao hàm và loại trừ cho n tập hợp, trong đó n là một số nguyên dương. Định lý 1.2.5(Nguyên lý bao hàm và loại trừ).Giả sử A 1 , A 2 , , A n là các tập hữu hạn bất kỳ Khi đó
Chứng minh Ta chứng minh công thức trên bằng quy nạp theo n.Với n = 1, công thức trên hiển nhiên đúng Ta chứng tỏ rằng nó cũng đúng cho n= 2 Ta có
Hợp ở các vế phải là hợp của các tập đôi một rời nhau Vì vậy, theo quy tắc cộng, ta có
Từ các đẳng thức trên ta thu được|A 1 ∪A 2 | = |A 1 |+|A 2 |−|A 1 ∩A 2 |. Bây giờ giả sử công thức trong định lý đúng đến bước thứ m và
A 1 , A 2 , , A m , A m+1 là m+ 1 tập hữu hạn bất kỳ đã cho Vì công thức đã được chứng minh cho trường hợp 2 tập hợp, nên
|(A 1 ∪ .∪A m )∪A m+1 | = |A 1 ∪ .∪A m |+|A m+1 |−|(A 1 ∪ .∪A m )∩A m+1 |. Theo giả thiết quy nạp ta suy ra
Từ hai đẳng thức trên suy ra công thức trong Định lý 1.2.5 cũng đúng cho m+ 1 tập.
Hệ quả 1.2.6 (Công thức Sieve) Cho S là tập hữu hạn Với mỗi
1≤ i ≤ n, kí hiệu phần bù của Ai trong S là Ai Khi đó,
Ví dụ 1.2.7 Có bao nhiêu số nguyên dương từ 1 đến 1000 mà không chia hết cho 2, không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 7?
Giải Ký hiệuA = {1,2,3, ,1000},A 2 = {a ∈ A | a chia hết cho 2},
A 3 = {a ∈ A | a chia hết cho 3}, A 7 = {a ∈ A | a chia hết cho 7}.Khi đó A\(A 2 ∪ A 3 ∪ A 7 ) là tập tất cả các số từ 1 đến 1000 mà không chia hết cho 2, không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 7 Theo nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta có
Kí hiệu brc là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng r với r ∈ R. Lúc đó,
Ví dụ 1.2.8 (Đề thi tư duy ĐHBKHN 2022) Viện Toán Ứng Dụng và Tin học, ĐHBKHN, công bố điểm thi ba môn Đại số, Giải Tích
1, Giải Tích 2 của một lớp sinh viên, có 108 sinh viên đạt điểm A.
• Có 43 sinh viên đạt điểm A môn Giải Tích 1
• Có 32 sinh viên đạt điểm A môn Giải Tích 2
• Có 54 sinh viên đạt điểm A môn Đại số
• Có 09 sinh viên đạt điểm A hai môn Giải Tích 1 và Đại số
• Có 08 sinh viên đạt điểm A hai môn Giải Tích 2 và Đại số
• Có 03 sinh viên đạt điểm A cả ba môn.
(a) Số sinh viên đạt điểm A hai môn Đại số và Giải Tích 1, nhưng không đạt điểm A môn Giải Tích 2
(b) Số sinh viên chỉ đạt điểm A môn Đại số
(c) Số sinh viên đạt điểm A hai môn Giải Tích 1 và Giải Tích 2.
Giải Gọi X, Y, Z lần lượt là tập hợp các sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1, Giải tích 2 và Đại số Theo đề bài, ta có: n(X) = 43, n(Y) = 32, n(Z) = 54, n(X ∩Z) = 9;n(Y ∩Z) = 8;n(X ∩Y ∩ Z) = 3. a) Số sinh viên đạt điểm A hai môn Đại số và Giải tích 1 nhưng không đạt điểm A môn Giải tích 2: n(X ∩ Z \Y) =n(X ∩Z)−n(X ∩Y ∩Z) = 9−3 = 6. b) Số sinh viên chỉ đạt điểm A môn Đại số: n(Z \(X ∪Y)) = n(Z)−n(X ∩ Z)−n(Y ∩Z) +n(X ∩Y ∩ Z)
= 54−9−8 + 3 = 40. c) Số sinh viên đạt điểm A: n(X ∪Y ∪Z) = n(X) +n(Y) + n(Z)−n(X ∩Y)−n(Y ∩Z)
−n(X ∩Z) +n(X ∩Y ∩Z) Điều này tương đương với
Dạng tổng quát
Nguyên lý bao hàm và loại trừ có thể tổng quát hóa như sau Xét m vật a1, a2, , am Các vật này tương ứng được gắn với các trọng lượng ω(a 1 ), ω(a 2 ), , ω(a m ), các phần tử của một vành giao hoán
K nào đó Mỗi vật a i đã cho có thể có hay không các tính chất
M(P i 1 , P i 2 , , P i k ), trong đó M(Pi 1 , Pi 2 , , Pi k ) là tổng trọng lượng của tất cả các vật có các tính chất P i 1 , P i 2 , , P i k , k = 1,2, , n.
Gọi M(r) là tổng trọng lượng của tất cả các vật có đúng r tính chất, và Mr là tổng trọng lượng của tất cả các vật có không ít hơn r tính chất trong các tính chất P 1 , , P n đã cho. Định lý 1.3.1 (Nguyên lý bao hàm và loại trừ dạng tổng quát). Với r = 0,1, , n, ta có
Chứng minh Trọng lượng của các vật có đúng r tính chất được tính đúng một lần trong tổng S r và không tham gia vào việc tính các tổngS r+1 , , S n Vì vậy, trọng lượng của các vật đó tham gia trong tổng n
Trọng lượng của các vật có t > r tính chất tính k t lần trong tổngS k vớik ≥ r Vì vậy, trọng lượng của các vật đó tham gia trong tổng n
Sk với hệ số bằng n
Trọng lượng của các vật có t < r tính chất không tham gia vào việc tính tổng S r , , S n Vì vậy, trọng lượng của các vật đó cũng tham gia trong tổng n
S k với hệ số bằng 0 Vậy n
Bây giờ ta chứng minh công thức tính M r Ta có
Mặt khỏc, ta cú (1−x) −1 = 1 +x+x 2 +x 3 +ã ã ã Do đú
Hệ số của x k−r trong chuỗi biểu diễn (1−x) k (1−x) −1 ở trên bằng k−r
Do đó hệ số của x k−r bằng (−1) k−r k k−r −1
Nếu ω(a 1 ) = = ω(a m ) = 1 thì M(r) bằng số các vật có đúng r tính chất trong số các tính chất P1, P2, , Pn đã cho Ký hiệu bằng A i tập tất cả các vật có tính chất P i , i = 1,2, , n Khi đó
|A i 1 ∩ ã ã ã ∩Ai k |, tức là ta nhận được nguyên lý bao hàm và loại trừ dạng kinh điển.
Một số ứng dụng 22
Về số các số nguyên tố
Sử dụng nguyên lý bao hàm - loại trừ, chúng ta có thể tìm số các số nguyên tố không vượt quá một số nguyên dương xác định với cách lập luận như được sử dụng trong sàng của Eratosthenes Ta có một số nguyên là hợp số khi nó chia hết cho một số nguyên tố không vượt quá căn bậc hai của nó Vì vậy, để tìm số các số nguyên tố không vượt quá, chẳng hạn 100 Trước tiên lưu ý rằng các số nguyên tố vượt quá 100 không có thừa số nguyên tố không vượt quá 10 Vì các số nguyên tố duy nhất không vượt quá 10 là 2, 3, 5 và 7, các số nguyên tố không vượt quá 100 là bốn số nguyên tố này và các số nguyên dương lớn hơn 1 và không vượt quá 100 không chia hết cho
2, 3, 5 hoặc 7 Để áp dụng nguyên lý bao hàm - loại trừ, ta đặt
• P 1 là tính chất mà một số nguyên là chia hết cho 2,
• P2 là tính chất một số nguyên chia hết cho 3,
• P 3 là tính chất một số nguyên chia hết cho 5 và
• P 4 là tính chất một số nguyên chia hết cho 7.
Gọi P i 0 là phần bù của P i Kí hiệu N(P i ) là số các số nguyên tố thỏa tính chất P i Khi đó, số các số nguyên tố không vượt quá 100 là
Vì có 99 số nguyên dương lớn hơn 1 và không vượt quá 100 nên theo nguyên lý bao hàm - loại trừ suy ra
Số các số nguyên không vượt quá 100 (và lớn hơn 1) chia hết cho tất cả các số nguyên tố trong tập hợp con của {2,3,5,7} là b100/Nc, trong đó N là tích của các số nguyên tố trong tập con này Do đó,
Vậy có 4 + 21 = 25 số nguyên tố không vượt quá 100.
Hàm Euler
Hai số nguyên được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng không có ước số chung khác 1 Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu ϕ(n) là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà nguyên tố cùng nhau với n Hàm ϕ(n) được gọi là hàm phi Euler.
Mệnh đề 2.2.1 Nếu n = p α 1 1 ã ã ãp α k k là một phõn tớch thành cỏc thừa số nguyên tố, thì ϕ(n) =n k
Chứng minh Giả sử n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k là phân tích chính tắc của n thành tích của các thừa số nguyên tố, ở đây a1, a2, , ak là các số nguyên dương Ta cũng giả sử
Ap i = {a ∈ A | a chia hết cho pi}, với i = 1,2, , k Khi đó,
1 ∩ ã ã ã ∩A p i`| = n p i 1 ã ã ãp i ` (1 ≤ ` ≤k). Áp dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta được ϕ(n) =|A\(Ap 1 ∪ .∪Ap k )| = |A| − |A p 1 ∪ ∪Ap k |
Hệ quả 2.2.2 Nếu (m, n) = 1, thì ϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n).
Chứng minh Giả sử n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k và m = q b 1 1 q b 2 2 q k b k là các phân tích chính tắc của n và m thành tích của các thừa số nguyên tố Khi đó, nm = p a 1 1 p a 2 2 p a k k q b 1 1 q 2 b 2 q k b k Do đó, ϕ(mn) = mn
Về số nghiệm nguyên
Ví dụ sau đây cho thấy nguyên lý bao hàm và loại trừ có thể được sử dụng để xác định số nghiệm nguyên của một phương trình có ràng buộc.
Ví dụ 2.3.1 Phương trình x 1 +x 2 +x 3 = 11 có bao nhiêu nghiệm, trong đó x 1 , x 2 và x 3 là các số nguyên không âm với x 1 ≤ 3, x 2 ≤ 4 và x 3 ≤ 6?
Giải Gọi một nghiệm (x 1 , x 2 , x 3 ) có tính chất P 1 nếu x 1 > 3, tính chất P 2 nếu x 2 > 4 và tính chất P 3 nếu x 3 > 6 Áp dụng nguyên lý bao hàm - loại trừ, ta có số nghiệm thỏa mãn các bất phương trình x 1 ≤ 3, x 2 ≤ 4 và x 3 ≤ 6 là
• N(P 1 P 2 P 3 ) = (số nghiệm với x 1 ≥ 4, x 2 ≥ 5 và x 3 ≥ 7) = 0. Khi đó số nghiệm với x 1 ≤3, x 2 ≤4 và x 3 ≤6 bằng
N(P 1 0 P 2 0 P 3 0 ) = 78−36−28−15 + 6 + 1 + 0−0 = 6. Định lý 2.3.2 Cho k và n nguyên dương Số nghiệm nguyên không õm của phương trỡnh x 1 +x 2 +ã ã ã+x m = n là n+m−1 m−1
Chứng minh Gọi (x 1 , , x m ) là nghiệm không âm của phương trỡnh x 1 + ã ã ã+x m = n Ta minh họa cỏc nghiệm như sau:
Ta có một tương ứng một-một giữa nghiệm không âm (x1, , xm) của phương trỡnh x 1 + ã ã ã + x m = n và cỏc hoỏn vị của n kớ hiệu
"O" và m−1 kí hiệu "|" Do đó, số nghiệm không âm (x 1 , , x m ) của phương trỡnh x1 +ã ã ã+xm = n là n−m+ 1 m−1
Nhận xét 2.3.3 Số các nghiệm nguyên không âm (x 1 , , x m ) của phương trỡnh x 1 + ã ã ã+ x m = n (với m, n ∈ Z + ) bằng tổ hợp lặp chập n của m phần tử.
Hệ quả 2.3.4 Số các nghiệm nguyên dương(x1, , xm) của phương trỡnh x 1 +ã ã ã+x m = n (với m, n ∈ Z + và n≥ m) bằng n−1 m−1
Chứng minh Đặt y i = x i −1 (với i = 1,2, , m) Ta được y 1 +ã ã ã+y m = n−m.
Khi đú, số nghiệm dương (x1, , xm) của phương trỡnh x1 +ã ã ã+ x m = n bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình y 1 + ã ã ã+y m = n−m, tức là
Ví dụ 2.3.5 Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số sao cho tổng của ba chữ số bằng 11?
Giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 lần lượt là các chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị Khi đó, x 1 + x 2 + x 3 = 11 với x 1 ≥ 1, x 2 , x 3 ≥ 0. Đặt y1 = x1 −1, y2 = x2, y3 = x3 Suy ra y1 + y2 + y3 = 10 với y 1 , y 2 , y 3 ≥ 0 Do đó, số nghiệm nguyên không âm của phương trình y 1 +y 2 +y 3 = 10 bằng 10+3−1 3−1
Nhưng có ba nghiệm sau không thỏa mãn yêu cầu là: (11,0,0), (10,1,0), (10,0,1),(1,10,0), (1,0,10) Vì vậy, số có ba chữ số thỏa điều kiện là 12 2
Số toàn ánh
Nguyên lý bao hàm - loại trừ cũng có thể được sử dụng để xác định số các hàm từ một tập hợp có m phần tử đến một tập hợp có n phần tử Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 2.4.1 Có bao nhiêu hàm từ một tập hợp có sáu phần tử đến một tập hợp có ba phần tử?
Giải Giả sử các phần tử trong miền xác định là b 1 , b 2 và b 3 Gọi
P 1 , P 2 , P 3 lần lượt là các tính chất mà b 1 , b 2 , b 3 không thuộc miền xác định của các hàm tương ứng Chú ý rằng một hàm có giá trị khi và chỉ khi nó không có các tính chất P 1 , P 2 hoặc P 3 Theo nguyên lý bao hàm và loại trừ, số các hàm số từ tập hợp có 6 phần tử đến tập hợp có 3 phần tử là
+ [N(P 1 P 2 ) + N(P 1 P 3 ) +N(P 2 P 3 )]−N(P 1 P 2 P 3 ), trong đó N là tổng số hàm từ một tập hợp có sáu phần tử đến tập hợp có ba phần tử Chúng ta sẽ đánh giá từng số hạng ở vế phải của phương trình này.
Ta có N = 3 6 N(Pi) là số hàm không có bi trong miền đó Do đó, có hai sự lựa chọn cho giá trị của hàm tại mỗi phần tử của miền. Suy ra N(P i ) = 2 6 Hơn nữa, có 3 1 số hạng loại này Mặt khác,
N(PiPj) là số hàm không có bi và bj trong miền đó Do đó, chỉ có một sự lựa chọn cho giá trị của hàm tại smỗi phần tử của miền. Vậy N(P i P j ) = 1 6 = 1 Hơn nữa, có 3 2 số hạng loại này Ngoài ra,
N(P1P2P3) = 0, vì số hạng này là số hàm không cób1, b2 và b3 trong miền đó Do đó, không tồn tại các hàm số như vậy, vì vậy số lượng các hàm số từ một tập hợp có sáu phần tử đến một tập hợp có ba phần tử là
Vận dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta có thể đếm được số các toàn ánh f như sau: Định lý 2.4.2 Số các toàn ánh f từ tập [m] đến tập [n] bằng n−1
Chứng minh Ta đồng nhất mỗi ánh xạ f với một dãy số
(f(1), f(2), , f(m)). Đặt Ai là tập tất cả các ánh xạ không nhận giá trị i, điều đó có nghĩa là
Do ta có n−1 cách chọn cho mỗi f(1), f(2), , f(m) nên suy ra
= (n− |I|) m , vì mỗi vị trí f(1), f(2), , f(m) có n − |I| cách chọn Áp dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta suy ra
Từ đó suy ra số các toàn ánh từ [m] vào [n] bằng n m −
Ví dụ 2.4.3 Có bao nhiêu cách phân công năm công việc khác nhau cho bốn nhân viên khác nhau trong đó mỗi nhân viên được giao ít nhất một công việc?
Giải Xét việc phân công công việc như một hàm từ nhóm năm công việc cho nhóm bốn nhân viên Một nhiệm vụ trong đó mỗi nhân viên nhận được ít nhất một công việc cũng giống như một hàm từ tập hợp công việc sang tập hợp nhân viên Do đó, theo Định lý 2.4.2 suy ra có
1 5 = 1024−972 + 192−4 = 240 cách phân công công việc sao cho mỗi nhân viên được giao ít nhất một công việc.
Số mất thứ tự
Nguyên lý bao hàm loại trừ có thể được sử dụng để đếm các hoán vị của n đối tượng sao cho không có đối tượng nào ở vị trí ban đầu. Để minh họa, ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 2.5.1 (Bài toán kiểm tra mũ) Một nhân viên nhận mũ của nngười tại một nhà hàng, và quên ghi số kiểm tra yêu cầu trên mũ. Khi khách hàng quay lại lấy mũ, nhân viên trả lại cho họ những chiếc mũ được chọn ngẫu nhiên Xác suất mà không ai nhận được chiếc mũ đúng là gì?
Nhận xét: Số cách sắp xếp của n chiếc mũ thỏa mãn bài toán là số cách sắp xếp các chiếc mũ sao cho không có chiếc mũ nào ở vị trí ban đầu chia cho n! Ta sẽ quay lại ví dụ này sau khi tìm được số hoán vị của n đối tượng mà không có đối tượng nào ở vị trí ban đầu.
Cách sắp xếp là một hoán vị của các đối tượng mà không để lại đối tượng ở vị trí ban đầu của nó Để giải quyết vấn đề đặt ra trong
Ví dụ 2.5.1, chúng ta sẽ cần xác định số lần sắp xếp lại của một tập có n đối tượng.
Ví dụ 2.5.2 Hoán vị 21453 là một phép hoán đổi vị trí của 12345 mà không có số nào ở vị trí ban đầu Tuy nhiên, 21543 không phải là một hoán vị của 12345, bởi vì hoán vị này có 4 cố định.
Một mất thứ tự của tập [n] = {1,2, , n} là một hoán vị π của [n] mà không có điểm bất động nào (tức là, π(i) 6= i với mọi i) Số tất cả các mất thứ tự của tập hữu hạn [n] lực lượng n được kí hiệu là D n Chẳng hạn, D 3 = 2, bởi vì các sắp xếp vị trí của 123 là 231 và 312 Chúng ta sẽ đánh giá D n cho mọi số nguyên dương n bằng cách sử dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ. Định lý 2.5.3.
Chứng minh Sử dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta có thể tính số D n như sau.
Giả sử A là tập tất cả các hoán vị của tập [n], đặt
Khi đó, A\(A 1 ∪ ∪ A n ) là tập tất cả các hoán vị của [n], mà không có một điểm bất động nào Theo nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta có
1), π(i + 1), , π(n) là một hoán vị của tập [n]\{i} Do đó, lập luận tương tự suy ra rằng |A i 1 ∩A i 2 ∩ .∩A i k | = (n−k)! với mọi k = 2,3, , n Suy ra
Bây giờ có thể đưa ra lời giải của bài toán trong Ví dụ 2.5.1.
Giải Xác suất để không ai nhận đúng mũ là Dn/n! Theo Định lý 2.5.3, xác suất này là
Ví dụ 2.5.4 Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn địa chỉ Bỏ ngẫu nhiên các thư vào các phong bì sao cho mỗi phong bì chứa một thư.
Xác suất để xảy ra mọi lá thư đều cho vào phong bì sai địa chỉ của nó bằng bao nhiêu?
Giải Dễ thấy rằng số các cách xếp thư vào phong bì sao cho mọi lá thư đều cho vào phong bì sai địa chỉ của nó bằng Dn, còn số tất cả các cách xếp thư vào phong bì bằng n! Do đó, xác suất p cần tìm bằng p = D n n! = 1− 1
Ví dụ 2.5.5 (Olympic Toán Canada lần thứ 14) Giả sử X {1,2, , n} và kí hiệu f n là số hoán vị mà không có điểm bất động nào của X, và gn là số hoán vị có chính xác một điểm bất động. Chứng minh rằng |f n −g n | = 1.
Giải Đặt g ni là số các hoán vị với chính xác một điểm bất động là i Khi đó, g n = g n1 +ã ã ãg nn
Theo Định lý 2.5.3, ta có fn = Dn, gni = Dn−1 (với 1 ≤ i ≤ n) và g n = nD n−1 Do đó,
Ví dụ 2.5.6 Một dãy số{a n }thu được từ dãy số nguyên{1,2,3, } bằng cách xóa các số bội 3, bội 4, và bội 5 Tính a 2023
Khi đó, tập số chưa xóa là (A3 ∩ A4 ∩ A5) ∪ A5 Khi đó áp dụng công thức Sieve (Hệ quả 1.2.6), ta được
3ã4ã5c Áp dụng bất đẳng thức α−1< bαc ≤ α, ta thu được
Từ hai bất đẳng thức trên ta suy ra 3367 ≤ n ≤ 3376 Vì n không chia hết cho 3,4,5 do đó, n có thể nhận một trong các giá trị sau:
3367, 3371, 3373, 3374, 3376 Thay các giá trị này vào đẳng thức phía trên, ta thu được n= 3373 Vì vậy, a2023 = 3373.
Đa thức quân xe
Bây giờ ta xét bài toán tổng quát về các số mất thứ tự ở trên Nó được mô tả bằng cách sử dụng thuật ngữ trong lý thuyết trò chơi cờ vua Cho B ⊆ [n]× [n], được gọi là một bảng Nếu π ∈ G n là một hoán vị thì đồ thị G(π) của π được xác định như sau:
N j = |{π ∈ G n : j = #(B ∩G(π))}|, và r k là số tập con có lực lượng k của B sao cho không có hai phần tử nào có chung tọa độ Do đó, r k chính là số cách xếp k quân xe không tấn công nhau trên bảng B Ta có thể xác định π ∈ G n , với vị trí của n quân xe không tấn công nhau trên các ô vuông (i, π(i)) của bảng [n]×[n] Vậy N j là số cách đặt n quân xe không tấn công nhau trên [n]×[n] sao cho có đúng j trong số các quân xe này nằm trong B. Định nghĩa 2.6.1 Đa thức quân xe r B (x) của bảng B là r B (x) = X k r k x k
Ví dụ 2.6.2 Bảng B = {(1,1),(2,2),(3,3),(3,4),(4,4)} như hình vẽ dưới đây.
Khi đó, N 0 = 6, N 1 = 9, N 2 = 7, N 3 = 1, N 4 = 1; và r 0 = 1, r 1 5, r 2 = 8, r 3 = 5, r 4 = 1 Do đó, đa thức quân xe của bảng trên là r B (x) = 1 + 5x+ 8x 2 + 5x 3 +x 4
Ta muốn mô tả các số N j , và đặc biệt N 0 theo các số r k Ta định nghĩa đa thức
Chứng minh Đặt Ck là số các cặp (ω, C), trong đó ω ∈ Sn và C là tập con k phần tử của B ∩ G(ω) Với mỗi j, chọn ω trong N j cách sao cho j = |B ∩ G(ω)| và do đó chọn C là k j cách Do đó,
Nj Mặt khác, ta chọn C trong rk cách và khi đó mở rộng đến ω trong (n−k)! cách Do đó, C k = r k (n−k)! Vì vậy
Nhân với y k và lấy tổng theo k ta được
(y+ 1) j N j = X k r k (n−k)!y k Đặt y = x−1 ta suy ra được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.6.4 Bảng B như hình vẽ trong Ví dụ 2.6.2 Ta có
Hệ quả 2.6.5 (Số mất thứ tự) Cho bảng B = {(i;i) : 1 ≤i ≤ n}. Khi đó,
Chứng minh Bảng B = {(i;i) : 1 ≤ i ≤ n} được cho ở hình vẽ dưới đây.
Theo Định lý 2.6.3, ta suy ra N 0 n
Bổ đề 2.6.6 Số cách chọn k điểm với hai điểm không liên tiếp từ tập m điểm sắp xếp trong chu trình là m m−k m−k k
Chứng minh Gọi f(m, k) là số cần tìm và g(m, k) là số cách chọn k điểm không liên tiếp từ m điểm được sắp xếp trong một chu trình. Tiếp theo tô màu đỏ cho k điểm và sau đó tô màu xanh cho một trong các điểm còn lại Do đó, g(m, k) = (m−k)f(m, k).
Ta có thể tính g(m, k)như sau Đầu tiên tô màu xanh cho một điểm có m cách Tiếp tục ta cần tô k điểm màu đỏ, không có hai điểm liên tiếp, từ một dãy tuyến tính gồm m −1 điểm Cách tiến hành như sau Đặt m −1−k điểm chưa được tô màu trên một dòng và chèn k điểm màu đỏ vào m − k khoảng trống giữa các điểm chưa được tô màu (tính cả khoảng đầu và khoảng cuối) được m−k k cách.
Hệ quả 2.6.7 Đa thứcN n (x)với bảng B = {(i, i),(i, i+1) (modn),1≤ i ≤ n} được cho bởi
(n−k)!(x−1) k Đặc biệt, số N 0 của các hoán vị π ∈ G n thỏa mãn π(i) 6= i, i +
Từ hệ quả trên đặt ra một câu hỏi là: "Với 1 ≤ k ≤ n, đặt
Tìm đa thức quân xe R n,k (x) = P ir i (n, k)x i của B n,k " Theo Định lý 2.6.3, sốf(n, k) của hoán vị π ∈ S n thỏa mãn π(i) 6= i, i +
Hoán vị này được gọi là k-bất hòa Chẳng hạn, 1-bất hòa là mất thứ tự Khi k > 2, thì không có một công thức đơn giản cho ri(n, k) như đã có đối với k = 1,2.
Đa thức quân xe của bảng Ferrers
Với một bảng hoặc lớp bảng cụ thể thì các số ri có tính chất đặc biệt gì không? Mục này sẽ nghiên cứu các số r i đối với lớp bảng gọi là bảng Ferrers Nội dung của mục này chủ yếu tham khảo trong tài liệu [3]. Định nghĩa 2.7.1 Cho các số nguyên 0 ≤ b 1 ≤ ≤ b m Bảng Ferrers của (b 1 , , b m ) là
Bảng B chỉ phụ thuộc vào điều kiện dãy bi.
Ví dụ 2.7.2 Bảng Ferrers của (1,2,4)được cho như hình dưới đây. Định lý 2.7.3 Cho P kr k x k là đa thức quân xe của bảng Ferrers
B có dạng (b 1 , , b m ) Đặt s i = b i + i−1 Khi đó
Chứng minh Xét x ∈ N, và B 0 là bảng Ferrers của (b 1 +x, , b m + x) Đặt B 0 = B ∪ C trong đó C là hình chữ nhật x × m đặt bên dưới B Ta tính r m (B 0 ) theo hai cách :
Cách 1 Lấy k quân xe trên B trong r k cách, thì m − k quân xe trên C trong (x) m−k cách, ta được rm(B 0 ) = X k rk ã(x) m−k
Cách 2 Lấy một quân xe trong cột đầu tiên củaB 0 đểx+b 1 = x−s 1 cách thì quân xe trong cột thứ hai là x+b 2 −1 = x+s 2 cách, và vì vậy ta được fm(B 0 ) m
(x+Si). Điều này hoàn thành chứng minh.
Hệ quả 2.7.4 Hai bảng Ferrers, mỗi bảng có m cột (cho phép cột rỗng) đều có cùng đa thức quân xe khi và chỉ khi các tập hợp số s i của chúng giống nhau.
Luận văn Một vài ứng dụng của nguyên lý bao hàm và loại trừ đã trình bày các nội dung chính sau:
• Trình bày một số kiến thức cơ bản về phép đếm, các quy tắc đếm và nguyên lý bao hàm và loại trừ dạng cổ điển và dạng tổng quát.
• Trình bày một số ứng dụng của nguyên lý bao hàm và loại trừ như tìm các số nguyên tố không vượt quá một số tự nhiên cho trước (sàng Eratosthenes), hay ứng dụng tính hàm Euler và bài toán tìm nghiệm nguyên của một dạng phương trình tuyến tính Một ứng dụng trong lý thuyết trò chơi là bài toán về số mất thứ tự cũng sẽ được trình bày Tổng quát của số mất thứ tự, hàm sinh rất quan trọng liên quan là đa thức quân xe sẽ được nghiên cứu Nêu cách tính đa thức quân xe của các bảng Ferrers.