Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)

Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)Một số vấn đề về bài toán đếm trong tổ hợp (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ BÍCH PHƯỢNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ BÍCH PHƯỢNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Hồng Lê Trường THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Bài tốn đếm ii 1.1 Định lí nhị thức 1.2 Lựa chọn với lặp lại 1.3 Phân hoạch 1.4 Đếm lặp 1.5 Nguyên tắc trung bình 12 1.6 Nguyên tắc bao hàm loại trừ 15 Chương Đếm nâng cao 19 2.1 Chặn cỡ tập giao 19 2.2 Đồ thị khơng có chu trình độ dài 23 2.3 Vấn đề Zarankiewicz 32 2.4 Tính trù mật ma trận nhị phân 36 KẾT LUẬN 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 ii MỞ ĐẦU Toán học tổ hợp nội dung quan trọng giáo dục phổ thơng Học sinh thường gặp khó khăn giải tốn Vì vậy, tìm hiểu sâu thêm toán tổ hợp cần thiết Trong toán học tổ hợp, toán đếm tốn Phép đếm cơng cụ đắc lực toán học điều tự nhiên sống người Nhiều kết biết tốn học tổ hợp giải thích phép đếm Luận văn viết dựa chủ yếu tài liệu để tham khảo [4] Mục đích luận văn trình bày, khẳng định lại kết có tốn học tổ hợp lí luận đếm từ đến nâng cao, phục vụ cho công việc giảng dạy mơn tốn tổ hợp bậc THPT Cấu trúc luận văn gồm chượng Chương Bài toán đếm Chương trình bày lại kiến thức toán đếm tổ hợp, với số ứng dụng điển hình chúng thơng qua lí luận đếm Đó định lí khai triển nhị thức NewTon, lựa chọn với lặp lại, phân hoạch, đếm lặp, nguyên tắc trung bình, nguyên tắc bao hàm loại trừ Chương Đếm nâng cao Trên sở vận dụng kiến thức trình bày chương 1, chương trình bày số kết nâng cao nghiên cứu từ tốn đếm Mục đích chương tập trung vào khai thác số kết quan trọng lí thuyết đồ thị Đó chặn cỡ tập giao, đồ thị khơng có chu trình độ dài 4, vấn đề Zarankiewicz, tính trù mật ma trận nhị phân Trong suốt trình làm luận văn, tác giả nhận hướng dẫn giúp iii đỡ tận tình tiến sĩ Hồng Lê Trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy Tác giả bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới q thầy giảng dạy lớp cao học tốn khóa 10, trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên giảng dạy truyền thụ đến cho tác giả nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Tác giả xin chân thành cảm ơn tới Ban giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Lí Nhân Tơng, gia đình bạn bè động viên giúp đỡ tạo điều kiện cho tác giả mặt suốt trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, ngày tháng năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Bích Phượng Chương Bài tốn đếm 1.1 Định lí nhị thức Cho tập có n phần tử, tốn tìm số tập có k phần tử tốn cổ quan trọng với học sinh THPT Con số (số tập gồm k phần tử tập hợp có n phần tử) thường kí hiệu Cnk gọi hệ số nhị thức Nói cách khác, Cnk số khả chọn k phần tử phân biệt từ n phần tử phân biệt Đẳng thức sau chứng minh Sir Isaac Newton năm 1666, biết đến định lí khai triển nhị thức Newton Định lí khai triển nhị thức Newton Cho n số nguyên dương Khi với x, y , ta có n n Cnk xk y n−k (x + y) = k=0 Chứng minh Ta có: (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y), n số hạng Để chứng minh định lí ta cần chứng minh với k = 0, 1, , n ta thu Cnk số hạng xk y n−k Thật vậy, ta xét tốn tìm số số hạng có chứa xk khai triển Một cách tự nhiên thực phép đếm sau Đầu tiên, ta chọn k thừa số (x + y) n thừa số (các thừa số giống có dạng (x + y)) ta có Cnk cách chọn Tiếp theo, ứng với cách chọn đó, muốn có số hạng xk ta lấy số x thừa số chọn nhân với ta xk , số xk lại tiếp tục nhân với nhóm lại, gồm (n − k) thừa số (x + y) hay nói cách khác xk nhân thêm với (x + y)n−k Vì số mũ x phép k nên ta cần chọn xem khai triển (x + y)n−k = (x + y)(x + y) · · · (x + y), (n−k) số hạng Những số hạng nhân với xk mà không làm thay đổi số mũ x Ta thấy rằng, phải số hạng khơng chứa x, chứa y Muốn tìm số hạng chứa y khai triển trên, có cách ta lấy số y (n − k) thừa số nhân với nhau, kết ta số hạng y n−k Do đó, xk y n−k số hạng mà chứa xk ứng với cách chọn k thừa số (x + y) Vì vậy, với Cnk cách chọn k thừa số (x + y) trên, ta thu Cnk số hạng có dạng xk y n−k Chú ý định lí tổng qt hóa đẳng thức mà biết: (x + y)2 = x2 + 2xy + y Mặc dù đơn giản vậy, định lí khai triển nhị thức có nhiều ứng dụng Ví dụ 1.1 (Tính chẵn lẻ) Đây ví dụ điển hình, tính chất sau số nguyên: Nếu n,k số tự nhiên nk số lẻ n số lẻ Lời giải (⇒) Nếu n = 2m, n số chẵn nk = 2k mk phải số chẵn (⇐) Để chứng minh chiều ngược lại ta giả sử n số lẻ tức n có dạng n = 2m + (m∈ N) Áp dụng định lí khai triển nhị thức ta có: nk = (2m + 1)k = + (2m)1 Ck1 + (2m)2 Ck2 + · · · + (2m)k Ckk Từ khai triển ta thấy nk phải số lẻ n giai thừa kí hiệu n! tích n số tự nhiên liên tiếp đầu tiên, n! = n(n − 1) · · · 2.1 Điều mở rộng cho tất số nguyên không âm với quy ước 0! = Chỉnh hợp chập k của n tích k thừa số Akn = n! = n(n − 1) · · · (n − k + 1) (n − k)! Chú ý Cn0 = (tập rỗng) Cnn = (tập chứa toàn n phần tử) Nói chung, hệ số nhị thức viết dạng thương giai thừa Mệnh đề 1.2 Cnk = Akn n! = k! k!(n − k)! Chứng minh Ta thấy Akn số dãy có thứ tự (x1 , x2 , · · · , xk ) gồm k phần tử khác tập hợp cố định có n phần tử Có n cách chọn phần tử x1 Có (n − 1) cách chọn phần tử x2 ,· · · Bằng cách khác ta chứng minh Ta chọn tập hợp k phần tử khác từ tập hợp có n phần tử, ta có Cnk cách chọn Ứng với cách chọn ta có Akk = k! cách xếp thứ tự phần tử dãy (x1 , x2 , · · · , xk ) Từ ta kết luận: Akn = Cnk k! Có nhiều đẳng thức hữu ích mối quan hệ hệ số nhị thức Trong nhiều tình huống, sử dụng điều tự nhiên thuộc tổ hợp để chứng minh đẳng thức đại số giống mệnh đề trên, thu kết mong muốn cách dễ dàng Ví dụ thấy tập xác định cách theo phần bù ta thu đẳng thức Cnn−k = Cnk Với đẳng thức này, với n cố định, giá trị hệ số nhị thức Cnk tăng đến lại giảm Dùng định lí khai triển nhị thức tổng tất (n + 1) hệ số 2n , 2n số tất tập tập có n phần tử: n n Cnk k=0 Cnk (1)k (1)n−k = (1 + 1)n = 2n = k=0 Bằng cách tương tự dùng tổ hợp ta thiết lập đồng thức hữu ích Mệnh đề 1.3 (Tam giác Pascal) Với số nguyên n≥ k ≥ 1, ta có k−1 k Cnk = Cn−1 + Cn−1 k−1 Chứng minh Số hạng đầu Cn−1 số tập hợp có k phần tử ln k có phần tử cố định Số hạng thứ hai Cn−1 số tập hợp có k phần tử khác phần tử cố định Do đó, tổng chúng Cnk Thay đổi n,k, tính cách xác hệ số nhị thức Cnk phức tạp Tuy nhiên, ứng dụng, thường quan tâm đến tỉ lệ tăng chúng cho đủ để ước lượng Ví dụ ước lượng thu cách sử dụng khai triển Taylor hàm số mũ hàm số lôgarit (2) et = + t + t2 t3 + + ··· , 2! 3! ∀t ∈ R (3) ln (1 + t) = t − t2 t3 t4 + − + ··· , ∀ − < t ≤ Điều đặc biệt kéo theo số ước lượng hữu ích khác + t < et , (4) 1−t>e (5) Mệnh đề 1.4 (6) : ( nk )k ≤ Cnk k i=0 ∀t = 0, −t− t2 , ∀0 < t < k Cni ≤ ( en k ) Chứng minh Bị chặn dưới: n nn n nn−1 n−k+1 ( )k = ··· ≤ ··· = Cnk k kk k kk−1 Bị chặn trên: Cho < t ≤ 1, từ định lí nhị thức ta có bất đẳng thức sau: k k Cni i=0 Cni ≤ i=0 ti (1 + t)n = tk tk k n Tiếp theo ta thay t = Những ước lượng chặt chẽ sau thu từ công thức tiếng Stirling cho giai thừa: (7) n √ n! = ( )n 2πneαn , e 1/(12n + 1) < αn < 1/12n Ước lượng có nhiều ứng dụng ví dụ để tính xấp xỉ cho chỉnh hợp chập k n phần tử Akn = nk e (8) −k2 k3 − 6n +o(1) 2n với k = o(n3/4 ), thế, áp dụng hệ số tổ hợp ta có: Cnk = (9) 1.2 nk e −k2 k3 − 6n 2n k! (1 + o(1)) Lựa chọn với lặp lại Trong phần trước xét số cách chọn r phần tử phân biệt từ tập hợp có n phần tử Một điều tự nhiên đặt điều xảy chọn phần tử giống lặp lại Nói cách khác, trả lời câu hỏi có nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 +· · ·+xn = r (xi ≥ 0, ∀i = 1, · · · , n) (xem xi số lần mà phần tử thứ i chọn) Công thức sau vấn đề đưa Lov a´sz , P elika´n Vesztergombi Lov a´sz giải toán chia kẹo phương pháp lựa chọn với lặp lại Giả sử có r kẹo loại (giống nhau) muốn chia cho n đứa trẻ Chúng ta có cách chia ? Ta kí hiệu xi số kẹo mà phát cho đứa trẻ thứ i Câu hỏi tương đương với phát biểu Câu trả lời phụ thuộc vào có kẹo phải công Nếu công có r < n kẹo điều tự nhiên khơng có lặp lại ta phát cho đứa trẻ không nhiều kẹo (đứa trẻ xi nhận kẹo) Trong trường hợp câu trả lời thật dễ dàng Chúng ta cần chọn r đứa 27 Nhắc lại đồ thị cảm sinh đồ thị thu cách xóa số đỉnh với cạnh liên thuộc với (xem hình 2.1) G Hình 2.1: Đồ thị G chứa nhiều đồ thị C4 không chúng đồ thị C4 cảm sinh Định lý 2.4 nói đồ thị khơng thể có nhiều cạnh trừ chứa C4 đồ thị (không thiết đồ thị cảm sinh) Một cách tự nhiên, có câu hỏi: Chúng ta nói đồ thị mà khơng chứa C4 đồ thị cảm sinh? Chúng ta gọi đồ thị câu hỏi đồ thị yếu khơng có chu trình có độ dài (đồ thị yếu C4 -tự do) Chú ý đồ thị có nhiều cạnh Cụ thể đồ thị đầy đủ Kn lại đồ thị yếu C4 -tự Thật vậy, 4-chu trình ln có cạnh Kn nối đỉnh không kề C4 Một điều thú vị đồ thị yếu C4 -tự phải chứa đồ thị đầy đủ gần trù mật Đặt ω(G)= max {n|tồn đồ thị đầy đủ G mà có n đỉnh} Đặc biệt, ω(G) ≤ đồ thị C4 -tự Ngược lại, đồ thị yếu C4 -tự do, có kết sau Gyarfas, Hubenko Solymosi(2002) Định lí 2.6 Nếu đồ thị n đỉnh G=(V,E) đồ thị yếu khơng có chu trình độ dài | E |2 ω(G) ≥ 0, n Chứng minh định lí 2.6 dựa mối liên quan bậc trung bình bậc nhỏ Với đồ thị G = (V, E) đặt e(G) = |E| ký hiệu số cạnh nó, 28 dmin (G) bậc nhỏ đỉnh dave (G) = 2e(G)/|V | bậc trung bình đỉnh Chú ý rằng, theo định lí Euler bậc trung bình dave (G) tổng số bậc tất đỉnh chia cho tổng số đỉnh Mệnh đề 2.7 Moị đồ thị G có đồ thị H với dave (H) ≥ dave (G) dmin (H) ≥ dave G Chứng minh Chúng ta loại bỏ đỉnh bước sau Để tránh nguy kết thúc đồ thị rỗng, loại bỏ đỉnh v ∈ V khơng làm giảm bậc trung bình dave (G) Do đó, có dave (G − v) = 2(e(G) − d(v)) 2e(G) ≥ dave (G) = |V | − |V | Điều tương đương với d(v) ≤ dave (G)/2 Do chọn đỉnh có bậc nhỏ dave (G)/2 loại bỏ đỉnh khỏi đồ thị G nhận đồ thị H , muốn Nhắc lại tập đỉnh đồ thị tập độc lập đỉnh chúng không kề Gọi α(G) số đỉnh tập độc lập cực đại Mệnh đề 2.8 Với đồ thị G yếu khơng có chu trình độ dài với n đỉnh, ta có ω(G) ≥ n Cα(G)+1 Chứng minh Cố định tập độc lập S ={x1 , · · · , xα } với α = α(G) Gọi Ai tập đỉnh kề với xi G Bi tập đỉnh mà có đỉnh kề S xi Xét họ F gồm α tập xi ∪ Bi Cα2 tập Ai ∩ Aj Chúng ta khẳng định rằng: [i] tập hợp thuộc F đồ thị đầy đủ G [ii] hợp tập F chứa tất đỉnh G Các tập Ai ∩ Aj đồ thị đầy đủ G đồ thị yếu khơng có chu trình độ dài Bất kì đỉnh u = v ∈ Ai ∩ Aj phải nối với cạnh, không {xi , xj , u, v} có dạng C4 đồ thị cảm sinh Các tập xi ∪ Bi đồ thị đầy đủ S tập độc lập lớn Nếu khơng thay xi S đỉnh Bi , với lý tương 29 tự (S tập độc lập lớn nhất) hợp tập F phải chứa tất đỉnh G Nếu số đỉnh v không phủ S ∪ {v} tập độc lập lớn xi S u y xi z v xj Bi Ai ∩ Aj (b) (a) Hình 2.2: (a) Nếu u v khơng kề nhau, ta có đồ thị cảm sinh 4-chu trình {xi , xj , u, v, } (b) Nếu y z không kề (S \ {xi }) ∪ {y, z}sẽ trở thành tập độc lập cực đại Từ khẳng định (i) (ii) với nguyên tắc trung bình, nhận ω(G) ≥ n n n = = |F| α + Cα Cα+1 Mệnh đề 2.9 Đồ thị G yếu khơng có chu trình có độ dài với n đỉnh d = dmin (G) Khi với t ≥ α(G) ω(G) ≥ dt − n Ct2 Chứng minh Tạo tập độc lập S = {x1 , · · · , xt } có lực lượng t gọi Ai tập đỉnh kề với xi G Gọi m số lớn |Ai ∩ Aj | với tất ≤ i < j ≤ t Chúng ta biết tập |Ai ∩ Aj | phải đồ thị đầy đủ, ω(G) ≥ m Bây sử dụng bất đẳng thức Bonferroni để chứng minh Bất đẳng thức Bonferroni cho số k chẵn, k ≥ ta có k n v+1 |AI | ≤ | (−1) v=1 |I|=v k+1 (−1)v+1 Ai | ≤ i=1 v=1 |AI | |I|=v 30 với Ai AI = i∈I Để chứng minh bất đẳng thức Bonferroni ta chứng minh toán tổng quát sau đây: Bài toán Cho X tập khác rỗng, A1 , · · · , An tập khác rỗng Ai = ∅} m ≥ với X Đặt m := max{|T | : T ⊂ {1, 2, · · · , n}, i∈T l = 1, 2, , m, ta có  n  = | Ai | l=m    i=1  l  n j+1 >| Ai | l 21 |H| Chứng minh Ta cần ra: |H \ P | < 12 |H| Với điểm không ưa chuộng b ∈ Ai có: |{a ∈ H : = b}| < |H| 2k |Ai | Vì số điểm không ưa chuộng tập Ai không vượt |Ai |, thu được: k |H \ P | ≤ k |{a ∈ H : = b}| < i=1 b∈Pi i=1 b∈Pi |H| ≤ 2k |Ai | k i=1 |H| 2k = |H| √ Hệ 2.15 Trong ma trận nhị phân H 2α-trù mật a α phần √ √ dòng nó, a α phần cột nó, a α phần dòng √ a α phần cột α -trù mật Chứng minh Gọi H ma trận m × n Chúng ta xem H tập tích Cartesian [m] × [n], (i, j) ∈ H dòng thứ i cột thứ j Chúng ta sử dụng bổ đề 2.14 với k = Ta biết |H| ≥ 2αmn Vì P1 tập tất dòng với 14 |H|/|A1 | = αn/2 số P2 tập tất cột, cột có 41 |H|/|A2 | = αm/2 số Theo bổ đề 2.14, ta có: |P1 | |P2 | |H| 2αmn ≥ ≥ = α m n mn mn √ Do đó, |P1 |/m |P2 |/n phải α 39 Kết luận Sau thời gian học tập trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, thầy cô trực tiếp giảng dạy hướng dẫn tiến sĩ Hồng Lê Trường, tơi hồn thành luận văn với đề tài "Một số vấn đề toán đếm tổ hợp" Luận văn đạt số kết sau: Bằng lí luận đếm, luận văn trình bày lại kiến thức toán đếm tổ hợp, ứng dụng điển hình chúng Đó định lí khai triển nhị thức NewTon, lựa chọn với lặp lại, phân hoạch, đếm lặp, nguyên tắc trung bình, nguyên tắc bao hàm loại trừ Đặc biệt, phần đếm lặp, đưa khái niệm tổng quát bậc phần tử họ tập hợp cho trước, từ tìm mối liên hệ với kiến thức liên quan đến lí thuyết đồ thị Tiếp theo, vận dụng kiến thức lí thuyết trình bày để nghiên cứu số kết quan trọng lí thuyết đồ thị Đó chặn cỡ tập giao, đồ thị khơng có chu trình độ dài 4, vấn đề Zarankiewicz, tính trù mật ma trận nhị phân 40 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Đức Nghĩa, Nguyễn Tô Thành (2009), Giáo trình tốn rời rạc, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [2] K Corrádi (1969), “Problem and Schweitzee competition”, Mat Lapok, 20, pp 159–762 [3] P Erdăos (1964b), On extremal proplems of graphs and generalized graphs”, Israel J Math., 2, pp 183–190 [4] G Kalai - draft, Extremal combinatorics [5] F Galvin (1997), “On a theorem of J Ossowski”, J.Combin, Theory (A), 78, pp 151–153 [6] M Grigni and M Sipser (1995), “Monotone separation of logarithmic space from logarithmic depth”, J Comput Syst Sci., 50, pp 433–437 [7] A Gyáfás, A Hubenko, and J Solymosi s(2002), “Large cliques in C4 -freegraphs”, Combinatorica, 22 (2), pp 209–274 [8] J Hastad (1993), “The shrinkage exponent is in: Proc, of 34 th Ann.”, IEEE Symp on Foundations of Comput Sci., pp 114123 [9] P Kăovỏri, V.T Sús, and P Turán (1954), “On a problem of Zarankiewicz”, Colloq Math, 3, pp 50–57 41 [10] L Lovász, J Pelikỏn, and K Vesztergombi (1997), Kombinatorika, Tankăonyvkiadỏ, (German translation: Tebbner, 1977) Budapest [11] J Ossowki (1993), “On a proplem of F.Galvin, Congr Numer., 96, pp 6574 ă [12] I Reiman (1958), “ Uber ein Problem von K Zarankiewic”, Acta Math Acad Sci Hingar., 9, pp 269–279 ...  - NGUYỄN THỊ BÍCH PHƯỢNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BÀI TOÁN ĐẾM TRONG TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Hoàng... ĐẦU Toán học tổ hợp nội dung quan trọng giáo dục phổ thơng Học sinh thường gặp khó khăn giải tốn Vì vậy, tìm hiểu sâu thêm toán tổ hợp cần thiết Trong toán học tổ hợp, toán đếm toán Phép đếm. .. chia hết cho i: Số lần xuất số cột thứ j t(j), số ước số j Vì vậy, lấy tổng cột thấy tổng số lần xuất số ma trận T (n) = t(1) + t(2) + · · · + t(n) Mặt khác, số số dòng i số bội số i: i, 2i, 3i,