lí thuyết tổ hợp nguyên tắc bù trừ và ứng dụng

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG KHOA TOÁN LỚP CAO HỌC PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP K25 ***** TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TỔ HỢP NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ ỨNG DỤNG NHÓM THỰC HIỆN : Lê Thị Sơn, Nguyễn Hạ Thi Giang, Nguyễn Ngọc Mỹ, Nguyễn Phương Thảo, Lê Thiện Trung Người Hướng Dẫn : PGS.TSKH Trần Quốc Chiến Đà Nẵng – 2012 MỤC LỤC Lời giới thiệu Chương : MỘT SỐ CẤU HÌNH TỔ HỢP CƠ BẢN Các cấu hình bản…………………………………………………………1 Các Bài toán Ứng dụng…………………………………………………… Chương : NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ BÀI TOÁN Chứng minh Nguyên Lý Bù Trừ………………………………………… 10 Bài toán đếm số phần tử không thỏa mãn tính chất ……………………… 12 Bài toán LUCAS……………………………………………………………13 Chương : ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TẬP Bài toán mở rộng giản đồ Ven phổ thông nguyên lý bù trừ………… 18 Bài toán đếm số thỏa mãn tính chất số học…………………………… 19 Bài toán đếm số nghiệm nguyên……………………………………… 20 Bài toán Bernoulli - Euler (gửi thư, lấy mũ…)…………………………… 22 Bài toán đếm số toàn ánh ………………………………………………….24 Bài toán phối hợp nguyên lý bù trừ ánh xạ…………………………… 25 Kết luận Tài Liệu tham khảo LỜI NÓI ĐẦU “Lý thuyết Tổ Hợp” phận quan trọng “Toán Rời Rạc”, nghiên cứu chuyên sâu toán mà nhìn chung đơn giản ẩn chứa tính toán tư phức tạp Thậm chí có phép tính mà đời máy tính có đến chục năm trời có kết Dù bao gồm nhiều “Bài Toán” hóc búa chất “Lý thuyết Tổ Hợp” quy dạng : Bài Toán tồn tại, Bài toán đếm, Bài toán Liệt Kê Bài Toán tối ưu tổ hợp Tất tập nằm Bài Toán Trong đó, “Bài Toán đếm số cấu hình Tổ Hợp” toán hay, có nhiều ứng dụng để phát triển vào việc tính xác suất hay độ phức tạp tính toán Trong khuôn khổ tiểu luận kết thúc học phần, nhóm chúng em tập trung nghiên cứu phương pháp quan trọng “Bài Toán đếm”, “Nguyên Lý Bù Trừ ứng dụng” để giải số tập từ đơn giản đến phức tạp Tiểu luận gồm nội dung sau : • Chương : Đại cương Tổ Hợp - cấu hình tổ hợp bản, định nghĩa, công thức, ví dụ • Chương : Chứng minh Nguyên Lý Bù Trừ, Ví dụ minh họa Ứng dụng vào toán Lucas • Chương : Ứng dụng nguyên lý bù trừ giải toán phổ thông đơn giản nâng cao Nhóm thực : Nhóm ST Họ Và Tên Công Việc T Lê Thị Sơn Chương Nguyễn Hạ Thi Giang Chương Nguyễn Thị Ngọc Mỹ Chữ Ký Chương (1,2,3) Nguyễn Phương Thảo Chương (4,5) Lê Thiện Trung Chương (6) Nhận Xét giáo viên CHƯƠNG : Các cấu hình tổ hợp ***** Chỉnh hợp lặp • Định nghĩa Một chỉnh hợp lặp chập k n phần tử khác có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử cho Các thành phần lặp lại Một chỉnh hợp lặp chập k n xem phần tử tích Đề-các X k , với X tập n phần tử Một chỉnh hợp không lặp chập k n xây dựng qua k bước sau : Chọn thành phần đầu : có n khả Chọn thành phần thứ hai : có n khả Chọn thành phần thứ k : có n khả Như vậy, theo nguyên lý nhân, số tất chỉnh hợp lặp chập k n phần tử AR(n,k) = nk • Ví dụ: Một vé số Đồng Nai có chữ số Hỏi đợt phát hành có vé tất cả? Ta nhận thấy: + Mỗi vé số nhóm có thứ tự gồm chữ số lấy từ tập hợp 10 phần tử + Mỗi chữ số xuất nhiều lần nhóm (tối đa lần) Vì vé số xem chỉnh hợp lặp chập từ 10 phần tử Như vậy, số vé số phát hành đợt là: AR(10,6) = 106 (vé) Chỉnh hợp không lặp • Định nghĩa Một chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử khác có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử cho Các thành phần không lặp lại Một chỉnh hợp không lặp chập k n xây dựng qua k bước sau : Chọn thành phần đầu : có n khả Chọn thành phần thứ hai : có n − khả Chọn thành phần thứ k : có khả Như vậy, theo nguyên lý nhân, số tất chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử Nhận xét: Hai chỉnh hợp khác khi: + Có phần tử khác + Hoặc có thứ tự xếp khác • Ví dụ: Có cách xếp người vào ghế dài chỗ ngồi? Ta nhận thấy: Sắp người vào ghế dài chỗ ngồi, tức lấy vị trí vị trí (có kể thứ tự) Vậy cách xếp chỉnh hợp không lặp chập từ phần tử, nên số cách xếp là: Hoán vị • Định nghĩa Một hoán vị n phần tử khác cách xếp thứ tự phần tử Như vậy: + Mỗi hoán vị thay đổi chỗ phần tử tập hợp + Hoán vị n phần tử chỉnh hợp không lặp chập k n k = n Ta có số hoán vị • Ví dụ: Có cách xếp học sinh ngồi vào chỗ ghi số thứ tự bàn dài? Ta thấy rằng: cách xếp học sinh ngồi vào chỗ ghi số thứ tự hoán vị phần tử Như số cách xếp là: (cách) Tổ hợp • Định nghĩa Một tổ hợp chập k n phần tử khác không kể thứ tự gồm k thành phần khác lấy từ n phần tử cho Nói cách khác ta coi tổ hợp chập k n phần tử khác tập có k phần tử từ n phần tử cho Gọi số tổ hợp chập k n phần tử C(n,k) ta có : Suy • Ví dụ: Một hộp 10 viên bi đỏ đen Lấy ngẫu nhiên viên bi để kiểm tra Hỏi có cách lấy viên bi? Ta thấy rằng, lấy viên ngẫu nhiên để kiểm tra, không quan tâm đến thứ tự viên bi đó, nên tổ hợp chập n phần tử Vậy số cách chọn viên 10 viên là: Từ định nghĩa ta suy tính chất tổ hợp: • Hệ Tích k số tự nhiên liên tiếp chia hết cho k! Chứng minh Với n k, ta có C(n,k) = (n k+1).(n k+2) n/ k! số nguyên Từ suy đpcm Một số toán ứng dụng • Bài Một tổ sinh viên có nam nữ xếp thành hàng dọc Hỏi có cách xếp hàng để hai sinh viên nữ đứng gần ? Giải Mỗi cách xếp hàng tương ứng với hoán vị (SV nam A1,A2, ,A7) chỉnh hợp chập (SV nữ) (khoảng trống ký hiệu dấu gạch ngang): _A1_A2_A3_A4_A5_A6_A7_ Như ta có tất 7! A(8,5) = 5040 6720 = 33 868 800 cách xếp hàng • Bài Có cách xếp k bit m bit hàng ngang cho bit kề (m Giải Nhận thấy rằng: Có cách xếp m bit hàng ngang _1_1_1_1_1_1_1_ Khi đó, có tương ứng m+1 khoảng trống để xếp bit 0, tức bit xếp chen vào m +1 khoảng trống bit Mà có tất k bit Do số cách xếp bit tổ hợp chập k từ m+1 khoảng trống Vậy có: C(m +1,k) (cách xếp) Như theo nguyên lý nhân số cách xếp là: C(m +1,k) = C(m +1,k) • Bài Có cách xếp k bit m bit vòng tròn đánh số từ đến m+k (vị trí m+k kề với vị trí 1) cho bit kề (m k) Giải : Cố định vị trí Ta có trường hợp  Trường hợp vị trí bit Lúc phải xếp bit vào vị trí vị trí m+k Ta m bit k bit Bài toán quy xếp vào vị trí (tức xếp hàng ngang m bit k bit 0) cho bit kề Giải tương tự tập trên, ta làm sau: Có cách xếp m bit hàng ngang _1_1_1_1_1_1_1_ Khi bit xếp chen vào m khoảng trống bit Mà có tất k bit Do số cách xếp bit tổ hợp chập k từ khoảng trống Vậy có: C(m 1, k 1) (cách xếp) Như số cách xếp trường hợp : C(m 1, k 1)  Trường hợp vị trí bit Ta Bài toán quy xếp bit k bit bit k bit hang ngang cho bit kề Lập luận giải tương tự trường hợp ta có số cách xếp trường hợp : C(m,k)  Kết luận: Tổng cộng số cách xếp : Chương : Nguyên Lý Bù Trừ ***** Công thức : Cho tập A, B Ta có : A∪ B = A + B − A∩ B (1.1) Công thức : Cho tập X n tập X , X , , X n Ta có : n X ∪ X ∪ ∪ X = ∑ (−1) X (n, k ) n k =1 Trong đó, X (n, k ) = ∑ k −1 X i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik 1≤i1 < n) Nên : (tức số lượng tập hợp giao mà lớn n giao rỗng) n k Khi : U n = ∑ ( −1) X (2n, k ) k =0 • Vậy 2n tính chất ta lấy k tính chất ( k ≤ n ) thỏa mãn điều kiện (*), gọi số cách lấy g(2n,k) : Cho k tính chất i1 , , ik Ta xét tập : X i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik X i1 : hoán vị f thỏa mãn tính chất i1 , tức f (i1 ) = i1 f (i1 ) = i1 + X i2 : hoán vị f thỏa mãn tính chất i2 , tức f (i2 ) = i2 f (i2 ) = i2 + …… X ik : hoán vị f thỏa mãn tính chất ik , tức f (ik ) = ik f (ik ) = ik + Vậy : X i ∩ X i ∩ ∩ X i tập tất hoán vị f thỏa mãn tất tính k chất i1 , , ik Hay {1,2,…,n } có k phần tử i có giá trị f(i) cố định Khi đó, lại (n-k) phần tử nhận (n-k) giá trị lại Suy : | X i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik |= (n − k )! n n k =0 Vậy : k =0 U n = ∑ ( −1) k X (2n, k ) = ∑ (−1) k.(n − k )!.g (2n, k ) • Bây ta tính : g(2n,k) cách xếp theo vòng tròn sau : P , Q1 , P2 , Q2 , , Pn , Qn 16 Vậy g(n,k) số cách lấy từ vòng tròn k phần tử cho phần tử kề không lấy Số cách lấy tương ứng với số cách xếp k-bit (2n-k)-bit lên vòng tròn cho 2-bit đứng cạnh Theo toán , ta có : g (2n, k ) = 2n C (2n − k , k ) 2n − k Khi : n U n = ∑ ( −1) k.(n − k )! k =0 2n C (2n − k , k ) 2n − k • Kết luận : Tổng số cách xếp là: n 2n M = 2.n !.∑ (−1) k.(n − k )! C (2n − k , k ) n 2n − k k =0 17 CHƯƠNG : Ứng dụng giải tập ***** Bài toán mở rộng giản đồ Ven phổ thông nguyên lý bù trừ • Bài 1:có toán kiểm tra lớp có 30 học sinh làm thứ 20 hs làm thứ hai.Chỉ có 10 hs làm bài.Hỏi số hs lớp Giải: Gọi A tập hợp hs gải 1,B tập hợp hs giải Suy A ∩ B tập hợp hs giải toán Ta cần tínhN( A ∪ B )=? Ta có N ( A ∪ B ) = N ( A) + N ( B ) − N ( A ∩ B ) = 30 + 20 -10= 40hs • Bài 2:Giờ kiểm tra môn toán có bài.biết hs làm đươc bài.Có 20hs làm 1,có 14 hs làm 2,có 10 hs làm 3,có hs làm 3,có hs làm 3,có hs làm 2,có hs làm bài.Hỏi lớp có hs Giải: Gọi A số hs giải 1,B số hs giải 2,C số hs giải 18 Suyra: N ( A ∩ B ) =2, N ( A ∩ C ) =6, N ( B ∩ C ) =5, N ( A ∩ B ∩ C ) = Ta cần tính N ( A ∪ B ∪ C ) =? TheoNLBT: N ( A ∪ B ∪ C ) = N ( A) + N ( B ) + N (C ) − N ( A ∩ B ) − N ( A ∩ C ) − N ( B ∩ C ) + N ( A ∩ B ∩ C ) =20+14+1 0-6-5-2+1=32hs Bài toán đếm số thỏa mãn tính chất số học • Bài 1: Trong tập S = {1;2;3;…;280} có số không chia hết cho 2; 3; 5; Giải: Đặt A tập số chia hết cho 2;B tập số chia hết cho 3;C tập số chia hết cho 5;D tập số chia hết cho Khi đó: A ∪ B ∪ C ∪ D tập số chia hết cho số 2,3,5,7 Tacó: N ( A) =[280/2]=140; N ( B ) =[280/3]=93 N (C ) =[280/5]=56 ; N ( D ) =[280/7]=40 N ( A ∩ B) =[280/6]=46 ; N ( A ∩ C ) =[280/10]=28 N ( A ∩ D ) =[280/14]=20 N ( B ∩ C ) =[280/15]=18 N ( B ∩ D ) =[280/21]=13 N (C ∩ D ) =[280/35]=8 N ( A ∩ B ∩ C ) =[280/30]=9 19 N ( A ∩ B ∩ D ) =[280/42]=6 N ( A ∩ C ∩ D ) =[280/70]=4 N ( B ∩ C ∩ D ) =[280/105]=2 N ( A ∩ B ∩ C ∩ D ) =[280/210]=1 Theo NLBT, ta có: N ( A ∪ B ∪ C ∪ D ) = N ( A) + N ( B ) + N (C ) + N ( D ) - N ( A ∩ B) - N ( A ∩ C ) - N ( A ∩ D ) N ( B ∩ C ) - N ( B ∩ D ) - N (C ∩ D ) + N ( A ∩ B ∩ C ) + N ( A ∩ B ∩ D) + N ( A ∩ C ∩ D) + N ( B ∩ C ∩ D) N ( A ∩ B ∩ C ∩ D ) =140+93+56+40-46-28-20-18-13-8+9+6+4+2-1=216 Suy ra:số không chia hết cho 2;3;5;7 S : 280 - 216=64 • Bài 2: Tìm số chuỗi bit thỏa mãn điều kiện bit hay hai bit cuối Giải: Gọi A số chuỗi bit có bit 1; B chuỗi số bit có hai bit cuối Theo NLBT ta có: N ( A ∪ B ) = N ( A) + N ( B ) − N ( A ∩ B) Gọi S= s1s2 s8 chuỗi bit có bit 1,vậy s1 có cách chọn, si(i=2…8) có cách chọn Suy ra: N ( A) = 27 Tương tự: N ( B) = 26 N ( A ∩ B ) = 25 Do đó: N ( A ∪ B) = 27 + 26 − 25 = 160 Bài toán đếm số nghiệm nguyên: 20 • Bài 1: Tìm số nghiệm nguyên pt: x1 + x2 + x3 + x4 = 20 với x1 ≥ 6; x2 ≥ 3; x3 ≥ 9; x4 ≥ −2 Giải: x1 ≥ ⇔ x1 − ≥ x2 ≥ ⇔ x2 − ≥ x3 ≥ ⇔ x3 − ≥ x4 ≥ −2 ⇔ x4 + ≥ Đặt a = x1 − 6; b = x2 − 3; c = x3 − 9; d = x4 + x1 + x2 + x3 + x4 = 20 ⇔ a+6+b+3+c+9+d-2=20 ⇔ a+b+c+d=5 với a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; d ≥ Ta thấy nghiệm pt ứng với cách chọn phần tử từ tập có loại Vậy số nghiệm tổ hợp lặp chập từ phần tử C(n+k-1,n-1)=C(4+5-1,4-1)=C(8,3)= =56 nghiệm • Bài 2:Tìm số nghiệm nguyên pt: x + y + z = 10 với ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ 4; ≤ z ≤ Giải Gọi U tập tất nghiệm nguyên không âm pt: x + y + z = 10 Ta có: N (U ) = C (n + k − 1; n − 1) = C (10 + − 1;3 − 1) = C (12; 2) = 66 Gọi : A tập nghiệm với x ≥ 3; y ≥ 0; z ≥ B tập nghiệm với x ≥ 0; y ≥ 5; z ≥ C tập nghiệm với x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ Theo NLBT số nghiệm nguyên pt là: N (U ') = N (U ) − N ( A ∪ B ∪ C ) 21 N ( A ∪ B ∪ C ) = N ( A) + N ( B ) + N (C ) − N ( A ∩ B ) − N ( A ∩ C ) − N (B ∩ C) + N ( A ∩ B ∩ C ) A tập nghiệm với x ≥ 3; y ≥ 0; z ≥ * Đặt x ' = x − 3; y ' = y; z ' = z Phương trình cho tương đương với: x '+ y '+ z ' = với x ' ≥ 0; y ' ≥ 0; z ' ≥ suy N ( A) = C (n + k − 1; k − 1) = C (9; 2) = 36 Tương tự: N ( B) = C (7; 2) = 21; N (C ) = C (5; 2) = 10 * A ∩ B tập nghiệm với x ≥ 3; y ≥ 5; z ≥ suy ra: x '+ y '+ z ' = với x ' ≥ 0; y ' ≥ 0; z ' ≥ nên N ( A ∩ B) = C (4; 2) = * A ∩ C tập nghiệm với x ≥ 3; y ≥ 0; z ≥ ⇒ x '+ y '+ z ' = với x ' ≥ 0; y ' ≥ 0; z ' ≥ nên N ( A ∩ C ) = C (2; 2) = * B ∩ C tập nghiệm với x ≥ 0; y ≥ 5; z ≥ ⇒ x '+ y '+ z ' = −2 với x ' ≥ 0; y ' ≥ 0; z ' ≥ nên N ( B ∩ C ) = A ∩ B ∩ C tập nghiệm với x ≥ 3; y ≥ 5; z ≥ ⇒ x '+ y '+ z ' = −5 với x ' ≥ 0; y ' ≥ 0; z ' ≥ nên N ( A ∩ B ∩ C ) = * Vậy N ( A ∪ B ∪ C ) = 36 + 21 + 10 − − − + = 60 Suy ra: N (U ') = 66 − 60 = nghiệm Đó nghiệm (0;4;6);(1;3;6);(1;4;5);(2;2;6);(2;3;5);(2;4;4) Bài toán Bernoulli – Euler • Có n thư n phong bì ghi sẵn địa Bỏ ngẫu nhiên thư vào phong bì i) Hỏi xác xuất để không thư địa bao nhiêu? ii) Hỏi xác xuất để r thư địa (r ≤ n) ? Giải : i) Gọi X tập hợp tất cách bỏ thư Ta có X = n! 22 Gọi α k tính chất thư k gửi địa chỉ, X k tập hợp cách bỏ thư cho thư k gửi địa (k = 1,2,…,n) Kí hiệu Ν ( n, r ) số cách bỏ thư cho có r thư địa (r = 0,1,2,….,n) Như theo nguyên lý bù trừ số cách bỏ thư cho thư gửi địa n k N ( n, ) = ∑ ( − 1) X ( n, k ) k =0 X ( n, 0) = X = n! X ( n, k ) = ∑X 1≤i1 < < ik ≤ n i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik ∀k =1, , n Với k thư i1 , i2 , , ik , X i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik tập hợp cách bỏ thư cho thư i1 , i2 , , ik bỏ địa Với k thư i1 , i2 , , ik ta có (n – k)! cách bỏ thư, tức hoán vị thư lại, cho thư i1 , i2 , , ik bỏ địa Suy X i1 ∩ X i2 ∩ ∩ X ik = (n – k)! Như ta có X ( n, k ) = C ( n, k ).( n − k )!= n! k! Suy  1 ( − 1) n  N ( n, ) = n!.1 − + − +  n!   1! 2! Như vây, xác suất cần tìm N ( n, )  1 ( − 1) n  = 1 − + − +  n! n!   1! 2! 23 Ta có xác suất tiến đến n → ∞ e Số N ( n, 0) tổng hoán vị f(i) tập {1,2, , n} thỏa mãn f (i ) ≠ i ∀ i ∈ {1,2, , n} Vì N ( n, ) gọi số thứ tự kí hiệu Dn ii) Cho tổ hợp i1 , i2 , , i r Số cách bỏ thư để thư i1 , i2 , , ir gửi địa N ( n − r ,0) Như số cách bỏ thư để có r thư gửi địa n −r   1 ( −1)  N ( n, r ) = C ( n, r ) N ( n − r ,0 ) = C ( n, r ) ( n − r ) ! 1 − + − + (n − r )!   1! 2!   Suy xác suất cần tìm ( − 1) n−r  N ( n, r )  1 = 1 − + − +  n! r!  1! 2! (n − r )! Bài toán đếm số toàn ánh • Cho hai tập X, Y có X = n, Y = k , n ≥ k Hãy đếm số toàn ánh từ X vào Y Giải Cho Y = { y1 , y2 , , y k } Kí hiệu S tập hợp tất ánh xạ từ X vào Y, T n tập hợp tất toàn ánh từ X vào Y Hiển nhiên X = k Kí hiệu S i = { f ∈ S | yi ∉ f ( X )} ∀i = 1,2, , k Suy T = S1 ∩ S ∩ ∩ S k Theo nguyên lý bù trừ ta có k T = ∑ (−1) r X (k , r ) r =0 Trong 24 X (k ,0) =| S |= k n X (k , r ) = ∑S i1 1≤i1 <