Về bài toán rời rạc và đại số tổ hợp luận văn thạc sĩ toán học

Với những lý do như đã trình bày ở trên, chúng tôi lựa chọn đề tài luận văn này là “Về bài toán rời rạc và đại số tổ hợp” nhằm đi sâu tìm hiểu một trong năm bài toán cơ bản của Tổ hợp...

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THỊ XUÂN HUY

VỀ BÀI TOÁN RỜI RẠC VÀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP

LuËn v¨n th¹c sÜ to¸n häc

NGHÖ AN 2012 – 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THỊ XUÂN HUY

VỀ BÀI TOÁN RỜI RẠC VÀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Chương 1 Một số bài toán rời rạc cơ bản 3

1.1 Các cấu hình tổ hợp đơn giản 3 1.2 Một số phương pháp giải bài toán đếm tổ hợp 7 1.3 Hệ thống các ví dụ minh họa về các bài toán rời rạc 18

Chương 2 Một số bài toán đại số tổ hợp 34

2.1 Bài toán chứng minh sự tồn tại 34

2.2 Số Ramsey 36 2.3 Hệ thống các ví dụ minh họa của bài tập đại số tổ hợp 38

ergod (ergodic theory) và hình học, cũng như các ngành ứng dụng như khoa học

máy tính và vật lí thống kê

Các bài toán tổ hợp cơ bản bao gồm: Bài toán rời rạc và đại số tổ hợp; Bàitoán tô màu; Bài toán trò chơi; Bài toán đồ thị

Với những lý do như đã trình bày ở trên, chúng tôi lựa chọn đề tài luận

văn này là “Về bài toán rời rạc và đại số tổ hợp” nhằm đi sâu tìm hiểu một

trong năm bài toán cơ bản của Tổ hợp Tài liệu tham khảo chủ yếu của luận văn

là các tài liệu: [1], [2], [6]

Ngoài ra, luận văn còn xây dựng một hệ thống bài tập và ví dụ về các bàitoán rời rạc và đại số tổ hợp nhằm góp phần xây dựng một tài liệu tham khảo chocác giáo viên, học sinh ở nhà trường phổ thông và sinh viên ngành sư phạm toánhọc Các ví dụ, bài tập minh họa trong luận văn chủ yếu là các bài toán sưu tầm

từ các đề thi vô địch toán quốc tế (IMO) hoặc các đề thi học sinh giỏi quốc giathuộc phần tổ hợp

Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS.Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoànthành luận văn

Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý thuyết

số, khoa Toán học, phòng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh đã giảngdạy và tổ chức hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu

Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điều kiệnthuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của chương trìnhđào tạo sau đại học

Xin cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn hữu của tôi đã quan tâm giúp đỡtrong suốt thời gian học tập vừa qua

Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, songchắc chắn vẫn còn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN RỜI RẠC CƠ BẢN 1.1 Các cấu hình tổ hợp đơn giản

Ký hiệu N A( ) là số phần tử của một tập hợp hữu hạn A tùy ý.

1.1.1 Nguyên lý cộng Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn rời nhau thì

N A B N A N B

Nguyên lý cộng được mở rộng cho nhiều tập hợp rời nhau:

Nếu A A1 , 2 , ,A k là một phân hoạch của tập hợp X thì

N A A A N A N A N A

Một trường hợp riêng hay dùng của nguyên lý cộng:

Nếu A là một tính chất cho trên tập X thì ( ) N A N X( ) N A( ).

Ví dụ Hỏi rằng giá trị k sẽ là bao nhiêu sau khi đoạn chương trình PASCAL

sau được thực hiện?

Giải Đầu tiên giá trị của k được gán bằng 0 Có 3 vòng lặp for độc lập Sau mỗi

lần lặp của mỗi một trong 3 vòng for, giá trị k tăng lên 1 Vòng for thứ nhất lặp

10 lần, vòng for thứ hai lặp 20 lần, vòng for thứ ba lặp 30 lần Vậy, kết thúc 3

vòng lặp for giá trị của k sẽ là 10 + 20 + 30 = 60 

1.1.2 Nguyên lý bù trừ Nếu không có giả thiết gì về sự rời nhau giữa hai tập

hợp A và B thì ta có

Ví dụ: Hỏi trong tập X = {1, 2, 3, …, 10000} có bao nhiêu số không chia hết

cho bất cứ số nào trong các số 3, 4, 7?

Giải Gọi A i = {xX : x chia hết cho i}, i = 3, 4, 7.

Khi đó A3A4 A7 là tập hợp các số trong X chia hết cho ít nhất một trong 3 số

Ví dụ: Hỏi rằng giá trị của k sẽ là bao nhiêu sau khi đoạn chương trình

PASCAL sau được thực hiện?

n1:=10;

n3:=30;

k:=0;

for i1:= 1 to n1 do.

for i2:= 1 to n2 do.

for i3:= 1 to n3 do k:=k+1;

Giải: Đầu tiên giá trị của k được gán bằng 0 Có 3 vòng lặp for lồng nhau Sau

mỗi lần lặp của vòng for, giá trị của k tăng lên 1 Vòng for thứ nhất lặp 10 lần,

vòng for thứ hai lặp 20 lần, vòng for thứ ba lặp 30 lần Vậy, theo nguyên lý

nhân, kết thúc 3 vòng lặp for lồng nhau, giá trị của k sẽ là 10 x 20 x 30 = 6000 

1.1.4 Chỉnh hợp lặp Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là một bộ có thứ

tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho Các thành phần có thể được lặp lại Như thế, một chỉnh hợp lặp chập k của n có thể xem như một phần tử của tích Đêcac A k với A là tập đã cho

Theo nguyên lý nhân, số tất cả các chỉnh hợp lặp chập k của n sẽ là n k

1.1.5 Chỉnh hợp không lặp Một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử là

một bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho, trong đó các thành

phần không được lặp lại

Theo nguyên lý nhân, số chỉnh hợp không lặp chập k của n sẽ là

n(n - 1)…(n – k + 1).

Để tồn tại cấu hình, cần phải thỏa mãn k  n.

1.1.6 Hoán vị Ta gọi một hoán vị của n phần tử là một cách sắp xếp thứ tự các

phần tử đó Một hoán vị của n phần tử được xem như một trường hợp riêng của chỉnh hợp không lặp khi k = n Do đó số hoán vị của n phần tử là 1.2…n= n!

1.1.7 Tổ hợp Một tổ hợp chập k của n phần tử là một bộ không kể thứ tự gồm

k thành phần khác nhau lấy từ n phần tử đã cho Nói cách khác, một tổ hợp chập

k của n phần tử là một tập con k phần tử của tập n phần tử đã cho.

Ví dụ Hỏi có bao nhiêu giao điểm của các đường chéo của một đa giác lồi n

(n 4)đỉnh nằm ở trong đa giác, nếu biết rằng không có 3 đường chéo nào đồng quy tại điểm ở trong đa giác?

Giải Cứ 4 đỉnh của đa giác thì có một giao điểm của 2 đường chéo nằm trong đa

giác Từ đó suy ra số giao điểm cần đếm là

1.2.1 Bài toán đếm tổ hợp Một trong những vấn đề đầu tiên của việc nghiên

cứu tổ hợp là đếm xem có bao nhiêu cấu hình tổ hợp có thể được tạo ra với

những quy tắc đã nêu? Những bài toán như vậy gọi là bài toán đếm tổ hợp.

Ví dụ Cho một lưới gồm các ô vuông Các nút được đánh số từ 0 đến n theo

chiều từ trái sang phải và từ 0 đến m theo chiều từ dưới lên trên (hình vẽ) Hỏi

có bao nhiêu đường đi khác nhau từ nút (0,0) đến nút (n,m) nếu chỉ cho phép đi trên cạnh các ô vuông theo chiều sang phải hoặc lên trên?

(0,m) (n,m)

(0,0) (n,0)

Giải: Một đường đi như thế được xem gồm n + m đoạn (mỗi đoạn là một cạnh ô

vuông) Tại mỗi đoạn chỉ được chọn một trong hai giá trị: đi lên (mà ta mã là 1)

hay sang phải (mà ta mã là 0) Số đoạn đi lên đúng bằng m và số đoạn sang phải đúng bằng n Bài toán dẫn việc tìm xem có bao nhiêu dãy nhị phân độ dài n + m trong đó có đúng m thành phần bằng 1 Đây cũng chính là số tập con m phần tử của một tập n + m phần tử, vì thế số đường đi cần đếm bằng m

n m

C  

Ví dụ (Bài toán bỏ thư) Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn địa chỉ Bỏ ngẫu

nhiên các lá thư vào các phong bì Hỏi xác suất để xảy ra không một lá thư nào

bỏ đúng địa chỉ là bao nhiêu?

Giải: Có tất cả n! cách bỏ thư Vấn đề còn lại là đếm số cách bỏ thư sao cho

không có lá thư nào bỏ đúng địa chỉ Gọi X là tập hợp tất cả các cách bỏ thư và

A k là tính chất lá thư thứ k bỏ đúng địa chỉ Khi đó theo nguyên lý bù trừ ta có:

N = N – N 1 + N 2 – … + ( 1)n

n

N



trong đó N là số cần tìm, N = n!, còn N k là số tất cả các cách bỏ thư sao cho có k

lá thư đúng địa chỉ Nhận xét rằng, N k là tổng theo mọi cách lấy k lá thư từ n lá, với mỗi cách lấy k lá thư, có (n - k)! cách bỏ để k lá này đúng địa chỉ, ta nhận

được:

!( )!

Một điều lý thú là xác suất này dần đến e 1 (nghĩa là còn lớn hơn 1/3) khi n khá

lớn Số N trong bài toán trên được gọi là số mất thứ tự và được ký hiệu là D n.Dưới đây là một vài giá trị của D n, cho ta thấyD n tăng rất nhanh so với n:

n

D 1 2 9 44 265 1854 14833 133496 1334961 4890741

Ví dụ (Bài toán xếp khách của Lucas) Có một bàn tròn, xung quanh có 2n ghế.

Cần sắp chỗ cho n cặp vợ chồng sao cho các ông ngồi xen kẻ các bà và không

có cặp vợ chồng nào ngồi cạnh nhau Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp?

Giải Gọi số phải tìm là M n Xếp cho các bà trước (cứ một ghế xếp thì một ghế

để trống giành cho các ông) Số cách xếp cho các bà là 2n! Gọi số cách sắp xếp các ông ứng với một cách sắp xếp các bà là U n, ta được số cách xếp là

M n = 2n!U n Vấn đề còn lại là đếm U n

Đánh số các bà (đã xếp) từ một đến n, đánh số các ông tương ứng với các

bà (ông i là chồng bà i), sau đó đánh số các ghế trống theo nguyên tắc: ghế số i nằm giữa bà i và bà i + 1 (để tiện trình bày, các phép cộng chỉ số trong phần này đều được hiểu là thực hiện vòng tròn, nghĩa là n + 1 = 1) Mỗi cách xếp các ông

được biểu diễn bằng một phép thế  trên tập {1, 2, 3, …, n} với quy ước

Xét tập hợp tất cả các phép thế  của {1, 2, 3, …, n} Trên tập này, gọi Pi

là tính chất (i) = i và Qi là tính chất (i) = i +1 Đặt Pn+i = Qi và ta được, theo

nguyên lý bù trừ (tương ứng với 2n tính chất P i):

U n = N = n! – N 1 + N 2 – … trong đó N k là tổng số tất cả các phép thế thỏa mãn k tính chất lấy từ 2n tính chất

đang xét

Chú ý rằng, không thể xảy ra đồng thời thỏa mãn Pi và Qi hoặc đồng thờithỏa mãn Pi+1 và Qi, do đó trong các cách lấy ra k tính chất từ 2n tính chất đang

xét, cần thêm vào điều kiện: các Pi và Qi hoặc Pi+1 và Qi không được đồng thời có

mặt Gọi số các cách này là g(2n, k) (với g(2n, k) = 0 khi k > n) Với mỗi cách lấy ra k tính chất như vậy (k n), ta có (n - k)! phép thế thỏa mãn chúng Từ đó nhận được N k = g(2n, k).(n - k)! và

! (2 ,1).( 1)! (2 , 2).( 2)! ( 1)n (2 , ).

n

U  n g n n g n n    g n n

Bây giờ còn phải tính các hệ số g(2n, k), k = 1, 2, …, n.

Xếp 2n tính chất đang xét trên một vòng tròn theo thứ tự

P 1 , Q 1 , P 2 , Q 2 , …, P n , Q n

ta thấy rằng g(2n, k) chính là số cách lấy ra k phần tử trong 2n phần tử xếp thành

vòng tròn sao cho không có 2 phần tử nào kề nhau cùng được lấy ra.

1.2.2 Phương pháp truy hồi

Ví dụ Tính số mất thứ tự D n trong Bài toán bỏ thư.

Giải: Đánh số thư và phong bì từ 1 đến n (thư i gửi đúng địa chỉ nếu bỏ vào

phong bì i) Một cách bỏ thư được đồng nhất với hoán vị (a1, …, a n) của

{1,2, …, n} Một mất thứ tự được định nghĩa là một hoán vị (a1, …, a n) sao cho

a1 i với mọi i Thành phần a1 có thể nhận n - 1 giá trị ngoài 1 Với mỗi giá trị k (k1) của a1, xét 2 trường hợp:

1) a1 = 1, khi đó các thành phần còn lại được xác định như một mất thứ tự của n - 2 phần tử, tức là số các mất thứ tự thuộc loại này bằng D n2

2) a1  1, khi đó các thành phần từ 2 đến n được xác định như một mất thứ

tự của n-1 phần tử (xem giá trị 1 như là giá trị k), tức là số mất thứ tự thuộc loại

Các giá trị ban đầu dễ dàng được tìm trực tiếp: D1 = 0, D2 = 1.

Mọi giá trị còn lại được tìm đơn giản nhờ luật kế thừa

Để công thức truy hồi đúng cả đối với n = 2, ta xem như D 0 = 1.

Có thể nhận được công thức trực tiếp qua công thức truy hồi Thật vậy, từ

D n = (n - 1)(D n-2 + D n-1)

Suy ra D n – nD n-1 = -(D n-1 - (n-1)D n-2 ).

Ví dụ Trên mặt phẳng, kẻ n đường thẳng sao cho không có 2 đường nào song

song và 3 đường nào đồng quy Hỏi mặt phẳng được chia làm mấy phần?

Giải: Gọi số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng là S n.Giả sử đã kẻ

được n - 1 đường thẳng Bây giờ kẻ thêm đường thẳng thứ n thì số phần tử được

thêm sẽ bằng số giao điểm được thêm cộng với 1 Số giao điểm được thêm là số

giao điểm mà đường thẳng vừa kẻ cắt n - 1 đường thẳng cũ, nghĩa là bằng n - 1.

Từ đó nhận được công thức truy hồi

S n = S n-1 + n, n1, với giá trị ban đầu S 0 = 1.

Từ công thức này, dễ dàng tính mọi giá trị của S n , n =1, 2, …

Để tìm công thức trực tiếp, ta cộng các hệ thức S k = S k-1 + k với k =1,

2, , n Sau khi khử các số hạng giống nhau ở 2 vế, ta nhận được:

2 0

1.2.3 Định lý (Giải công thức truy hồi tuyến tính thuần nhất hệ số hằng) Cho

c1, c 2 là các hằng số thực Giả sử phương trình r 2 - c1r - c 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt r1 và r 2 Khi đó dãy số {a n } là nghiệm của công thức truy hồi

Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng nếu r1 và r 2 là 2 nghiệm phân biệt

của 2 phương trình đặc trưng, và là các hằng số, thì dãy số {a n} xác định bởicông thức (*) là nghiệm của công thức truy hồi đã cho

Thật vậy, do r1 và r 2 là nghiệm đặc trưng nên

Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng nghiệm {a n } của hệ thức a n = c1a n-1 + c 2 a n-2 luôn có dạng(*) với   1 , 2 nào đó Thật vậy, giả sử {a n} là nghiệm của hệ thức đã cho với điềukiện đầu

Ví dụ Dãy Fibonacci trong toán học được định nghĩa bằng hệ thức truy hồi:

F n = F n-1 + F n-2 , n2,

F 0 = F 1 = 1.

Tìm công thức hiện cho F n

Giải Giải phương trình đặc trưng:

F  r  r

trong đó   1 , 2 là các hằng số cần xác định từ các giá trị ban đầu F 0 , F 1 Từ côngthức (***), ta có

1

2 5

   , 2

2 5

có k nghiệm phân biệt r r1, , ,2 r k Khi đó dãy số {a n } là nghiệm của hệ thức

Ví dụ Tìm nghiệm của hệ thức a n 6a n1 11a n2 6a n3 với điều kiện đầu

Ví dụ Có bao nhiêu cách chọn ra n quả từ 4 loại quả: táo, chuối, cam, đào (mỗi

loại đều có số ít ra là n) mà trong đó có một số chẵn quả táo, số lẻ quả chuối, không quá 4 quả cam và ít ra 2 quả đào?

Giải: Hàm sinh để giải bài toán này là

Do đó, số cách cần đếm là hệ số thứ n trong khai triển g(x) dưới dạng

chuỗi lũy thừa Tuy là chúng không có câu trả lời bằng số, nhưng hàm xây dựngđược chứa dữ liệu để có thể lập trình trên máy tính đưa ra bảng đáp số cho các

giá trị của n mà ta mong muốn.

1.2.7 Phương pháp liệt kê

2 3 … n 1

J Riordan (1946) đã chứng minh công thức

2 0

(3, ) m k

n n k k n k k

Nếu p = q = n, thì hình chữ nhật Latinh được gọi là hình vuông Latinh Một hình vuông Latinh cấp n được gọi là chuẩn nếu có dòng đầu và cột đầu là hoán vị 1 2 … n Ví dụ một hình vuông Latinh chuẩn cấp 7

cho thấy rằng điều này không phải đơn giản Tuy nhiên ta có thể lập một chương

trình cho máy tính, liệt kê tất cả các hình vuông Latinh chuẩn cấp n Dưới đây là

một vài giá trị tính được:

l n 1 1 1 4 56 9408 16942080

1.3 Hệ thống các ví dụ minh họa về các bài toán rời rạc

Ví dụ 1 Cho số nguyên n 2 Gọi S là tập hợp gồm n phần tử và A i , với 1 i m 

, là các tập con khác nhau và gồm ít nhất hai phần tử của S sao cho từ

Giải Ta chứng minh bằng quy nạp theo n Hiển nhiên phát biểu ở đề bài đúng

khi n=2 Giả sử n > 2 và phát biểu đúng với mọi số nguyên bé hơn n Ta xét hai

trường hợp sau:

Trường hợp 1: Không tồn tại i và j nào để cho A iA j S và A iA j  1 (kí hiệu

T để chỉ số phần tử của tập hữu hạn T) Gọi x là phần tử tùy ý thuộc S Số tất cả các tập A i không chứa x lớn nhất là bằng 2 n-2 -1 theo giả thiết quy nạp Số các tập con chứa x của S là 2n1 Nếu x A i thì sẽ không có j nào để cho

 

A  S A  x , bằng không thì phải có A iA j  1 Do vậy, quá lắm là một nửa

các tập con chứa x của S xuất hiện dưới dạng các tập A i Như thế, số lớn nhất các

Ví dụ 2 Gọi S là tập hợp tất cả các n – bộ (X 1 , X 2 , …, X n ), với mỗi X i là một tập con của tập {1, 2, …, 1998} Với mọi k thuộc S (tức là, k là một n – bộ như trên),

ta gọi f(k) là số tất cả các phần tử trong hội của n tập hợp của k Tìm tổng tất cả các f(k) khi k chạy trong khắp S.

Giải Gọi s(n, m) là tổng cần tính trong trường hợp các X i là một tập con của tập

{1, 2, …, m} Có tất cả 2 m tập con X i nên suy ra có tất cả 2 mn các n- bộ như đề

bài Cho một n – bộ bất kì (X 1 , …, X n ) gồm các tập con của tập {1, 2, …, m - 1},

ta có thể chọn để thêm vào phần tử m hoặc không thêm (2 cách chọn) cho mỗi tập X i Bằng cách đó ta nhận được 2n n – bộ gồm các tập con của tập {1, 2, …, m} Số f(k) của mỗi n – bộ này tăng lên 1, riêng có một n – bộ có số f(k) không

tăng Từ đó ta suy ra được công thức (*) sau đây:

s(n,m) = 2 n s(n, m – 1) + (2n – 1)2 n(m-1) (*)

Dễ thấy s(n,1) = 2 n – 1 Từ đó, và từ (*), bằng quy nạp ta chứng minh được s(n,m) = m(2 nm – 2 n(m – 1) )

Thay m = 1998, ta có được tổng cần tính là 1998(2 1998n – 21997n).

Ví dụ 3 Có bao nhiêu số nguyên không âm sao cho biểu diễn thập phân của nó

không quá 1993 chữ số, và các chữ số đó viết theo thứ tự không giảm?

Ta chứng minh được công thức trên bằng quy nạp

Ta tạm gọi số có các chữ số viết theo thứ tự không giảm (trong hệ cơ sốnào đó) là số TTKG Khi đó, 0 là TTKG, và đây là số TTKG duy nhất có chứachữ số 0 Để thuận tiện trong chứng minh, ta xem 0 là số có 0 chữ số

Ta sẽ chứng minh rằng trong hệ cơ số n, có C n m m 2 số TTKG có m chữ số.

Ta chứng minh điều này bằng quy nạp theo m.

Rõ ràng kết quả đúng khi m = 1 (với mọi n) với điều kiện ta chấp nhận rằng 0 là số có 0 chữ số như đã nói Giả sử kết quả đúng cho m Xét số TTKG có

m + 1 chữ số Nếu chữ số đầu tiên là 1, thì các chữ số còn lại tạo thành số TTKG

với m chữ số, với chữ số đầu tiên là 1 hoặc lớn hơn, vì vậy có đúng C n m m 2 khả

năng, theo giả thuyết quy nạp Nếu chữ số đầu tiên là 2, thì m chữ số sau, mỗi chữ số bé nhất là 2, do đó, số các khả năng cũng giống như số các số TTKG có

Để ý rằng khi m = 0, theo quy ước, ta có 1 số có 0 chữ số, đó là số 0 Từ

đó, suy ra số các số nguyên không âm TTKG có không quá 1993 chữ số là

Giải Gọi a(n) là số tất cả các hoán vị thuộc S và b(n) là tổng các phần tử đầu

tiên của những hoán vị này Gọi f(n) là số trung bình của các phần tử đầu tiên đó,

 Dễ thấy a(1) = 0, a(2) = 1, a(3) = 3, b(3) = 5.

Nếu phần tử đầu tiên của hoán vị là 1 thì phần tử thứ hai sẽ thỏa mãn tính

chất là luôn lớn hơn các phần tử trước nó Mà n thì luôn lớn hơn các phần tử trước nó Do đó, n phải là phần tử đứng thứ hai (chú ý giả thiết: mỗi hoán vị này

có đúng một phần tử a i (khác a1) lớn hơn các phần tử đứng trước nó) Lúc này,

các phần tử đứng sau n là phần tử nào cũng được trong n – 2 phần tử còn lại Do vậy có đúng (n – 2)! hoán vị thuộc S mà phần tử đầu tiên là 1.

Nếu phần tử đầu tiên khác 1 thì số 1 có thể nằm ở bất cứ đâu trong hoán

vị, và có thể bớt đi 1 ở các số khác để có thể tạo nên một hoán vị n – 1 phần tử thỏa mãn các điều kiện đề bài Ngược lại, với một hoán vị n – 1 phần tử cho

trước thỏa mãn các điều kiện đề bài, ta có thể tăng mỗi phần tử 1 đơn vị rồi đặt

số 1 vào vị trí bất kì trong n – 1 vị trí, ngoại trừ vị trí đầu, để nhận được hoán vị

n phần tử thỏa mãn các điều kiện đề bài Vậy ta có

a(n) = (n – 1)a(n – 1) + (n – 2)!

b(n) = (n – 1)(a(n – 1) + b(n – 1)) + (n – 2)!= a(n) + (n – 1)b(n – 1) Bằng quy nạp, chứng minh được a(n) = (n – 1)!s n-1

Ta cũng có b(n) = n!s n-1 – (n – 1).(n – 1)!

Thật vậy, khi n = 2 ta có b(2) = 2 – 1 = 1, công thức đúng.

Giả sử công thức đúng với n – 1, ta có

Ví dụ 5 Có 1999 người tham dự một cuộc triển lãm Cứ chọn ra 50 người một

cách tùy ý thì trong số 50 người này sẽ có ít nhất 2 người không biết nhau.

Chứng minh rằng ta có thể tìm được ít nhất 41 người sao cho mỗi người trong

số này biết nhiều nhất là 1958 người khác.

Giải Gọi Y là tập hợp những người có biết ít nhất là 1959 người khác Kí hiệu

N(p) là tập hợp những người mà người p có biết đến.

Để giải bài toán, ta giả sử ngược lại rằng có ít hơn 41 người sao cho mỗingười trong số này biết nhiều nhất là 1958 người khác Khi đó, Y 1959 (kí hiệu

. để chỉ số phần tử một tập hợp) Để có mâu thuẩn với giả thiết đề bài, ta sẽchứng minh rằng tồn tại một nhóm gồm 50 người mà tất cả đều có biết nhau.Chọn ra người y1Y và đặt B 1 = N(y 1 ), ta có B 1 1959 Lúc đó B1 Y  1999,

do đó tồn tại người y2 B1 Y Lại đặt B2 N y( )1 N y( )2 , ta có

1959 1959 1999 1999 40.2   

Như vậy B2 Y  1999, do đó tồn tại người y3B2Y

Tiếp tục quá trình trên theo cách tương tự: Giả sử ta có j 48 người khác nhau

y 1 , y 2 , …, y j thuộc Y mà tất cả 48 người này điều biết nhau, ta đặt

nên ta lại tiếp tục quá trình này

Như vậy, ta có thể tìm được 49 người y 1 , y 2, …, y 49 sao cho tập hợp

N y N y N y khác rỗng Suy ra tồn tại một người y50B49

Nhưng bấy giờ, bất cứ hai người nào trong số 50 người y 1 , y 2 , …,y 50 cũng biếtnhau Điều này mâu thuẫn 

Ví dụ 6 Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử Tìm số lớn nhất các tập con gồm 3

phần tử của A sao cho giao của hai tập bất kì trong các tập con này không phải

là một tập hợp gồm 2 phần tử.

Giải Kí hiệu M là số phần tử của tập (hữu hạn) M.

Gọi B 1 , B 2 , …, B n là các tập con của A thỏa mãn

Từ đây suy ra A  1 4.2 9  , điều này mâu thuẫn

Như vậy, mỗi phần tử của A chỉ thuộc về nhiều nhất là ba trong số các tập B1, B 2 ,

Giải Xét các tập con (nếu có thể có) mà chúng chứa một số lẻ các phần tử Vì

tổng số các phần tử là chẵn, nên số các tập hợp có số các phần tử lẻ cũng phải là

số chẵn Ta chia các tập này thành từng đôi một (theo một thứ tự tùy ý) Với cáctập hợp của mỗi cặp ta áp dụng thuật toán như đã nêu ở bài toán, có nghĩa là từtập lớn hơn chuyển một số phần tử bằng số phần tử của tập nhỏ hơn sang tậpnhỏ hơn đó Khi đó, tất cả các tập sẽ có một số chẵn các phần tử Xét các tập mà

số phần tử của nó không chia hết cho 4 (với n 2; nếu n = 1, thì số các phần tử

là 2 và tất cả đều nằm trong một tập con) Vì tổng số các phần tử chia hết cho 4nên ta suy ra số các tập con như vậy cũng phải là số chẵn Ta lại chia các tập nàythành từng cặp một cách tùy ý và với mỗi một cặp ta lại áp dụng thuật toán đãnêu trên Lúc này, số các phần tử ở mỗi tập con đều chia hết cho 4

Tương tự, ta lặp lại các bước này sao cho số các phần tử của mỗi tập chia hết cho

8, 16,… Khi mà tổng số các phần tử của tập bất kì chia hết cho 2n, thì tất cả 2nphần tử sẽ nằm trong một tập hợp Đó là điều cần chứng minh.

Ví dụ 9 Cho S = {1, 2, 3, …, 280} Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập

hợp con gồm n phần tử của S đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau.

Ta sẽ chứng minh n = 217 thỏa mãn đề bài Đặt:

( \ ) 217 4 213

Điều này chứng tỏ rằng từ tập hợp tất cả các số không nguyên tố trong S (tất cả

Rõ ràng M i SP (i = 1, 2, …, 8) và mọi phần tử của M i đôi một nguyên tố cùng

nhau Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 chỉ số i 0 (1  i0 8) sao cho

0

i

M T Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 10 (a) Chứng minh tập Qcác số hữu tỉ dương có thể phân hoạch được thành ba tập A, B, C rời nhau thỏa mãn BA = B, B 2 = C, BC = A trong đó

trong đó các số p, q, r là những số nguyên tố phân biệt, các số p ở trong A, các

số q ở trong B và các số r ở trong C, còn các số  , ,v là những số nguyên

(dương hoặc âm) Khi đó, x thuộc A, B hay C tùy theo

Nếu x là số hữu tỉ dương, ta có:

(i) Nếu x A , thì x2 A2 A và vì thế x 3 x x 2  AA=A

(ii) Nếu x B , thì x2 B2 C , vậy x 3 x x 2 BC=A

(iii) Nếu x C , thì x2 C2 B, vậy x 3 x x 2 CB=A

Vậy mọi lập phương của các số hữu tỷ dương đều thuộc A.

(c) 1) Từ (b), suy ra 1, 8, 27A.

2) Rõ ràng nếu điều kiện đã cho được thỏa mãn thì 2 A Do đó, 2 B

hay 2 C Vì tính đối xứng của bài toán đối với B và C nên ta có thể giả thiết

2 B Khi đó 4  C, 16B, 32C.

3) Nếu 7  A, thì do 8A, điều kiện đã cho không được thỏa Vậy 7B hay C Nếu 7 B thì vì 4C ta có 28A Nhưng 27A nên điều đó dẫn đến vô lí.

Do đó 7C, vậy 14A vì 2B, từ đó 28B.