Các nguyên lý và kỹ thuật cơ bản trong tổ hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG   TRẦN ĐỨC VINH CÁC NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT CƠ BẢN TRONG TỔ HỢP Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã ngành: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC   Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN DUY THÁI SƠN       Đà Nẵng - Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan Những nội dung trình bày luận văn tơi thực hướng dẫn TS Nguyễn Duy Thái Sơn Mọi tài liệu luận văn trích dẫn rõ ràng trung thực tên tác giả, tên cơng trình, thời gian địa điểm cơng bố Nếu có chép khơng hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm   Tác giả luận văn Trần Đức Vinh   MỤC LỤC MỞ ĐẦU   1. Lý do chọn đề tài 1    2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu  .1    3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu  2    4. Phương pháp nghiên cứu 2    5. Giả thuyết khoa học 2    6. Cấu trúc luận văn 3  CHƯƠNG 1: HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP VÀ TỔ HỢP    1.1. Hai nguyên lý đếm cơ bản  4    1.2. Hoán vị  9      1.3. Hốn vị vịng trịn  18      1.4. Tổ hợp  .24      1.5. Nguyên lý đơn ánh và song ánh  29      1.6. Chỉnh hợp  34      1.7. Một số bài toán ứng dụng cơ bản  46  CHƯƠNG 2: HỆ SỐ NHỊ THỨC VÀ HỆ SỐ ĐA THỨC .65     2.1. Định lý nhị thức  65      2.2. Các đồng nhất thức tổ hợp  66      2.3. Tam giác Pascal  80      2.4. Đường đi ngắn nhất trong một lưới hình chữ nhật  82      2.5. Một số thuộc tính của các hệ số nhị thức  90      2.6. Định lý đa thức và các hệ số đa thức  94  KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 103 TÀI LIỆU THAM KHẢO 104 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) 105 1    MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài   Trong những năm qua, Tổ hợp đã trở thành một phần căn bản trong các  giáo trình cho học sinh và sinh viên các trường THPT và đại học trên thế giới.  Các ngun lý và kỹ thuật trong Tổ hợp ngày càng có nhiều ứng dụng trong  nhiều lĩnh vực khác, đặc biệt là trong khoa học máy tính và lý thuyết tốn tử.  Các bài tốn trong Tổ hợp khơng chỉ thách thức các nhà nghiên cứu mà cịn  xuất  hiện  rất  thường  xuyên  trong  các  cuộc  thi  Toán  học,  đặc  biệt  là  kỳ  thi  Olympic Toán học quốc tế (IMO).       Tuy nhiên, hiện nay tài liệu tiếng Việt về Tổ hợp chưa nhiều. Trên thực  tế,  giáo  viên  THPT  ở  nước  ta  chưa  được  đào  tạo  bài  bản,  chuyên  sâu  về  tổ  hợp.  Sinh  viên  và  học  sinh  Việt  Nam  thường  tỏ  ra  lúng  túng  trước  các  bài  tốn Tổ hợp. Trong luận văn này, tơi sẽ cố gắng tìm hiểu các ngun lý và kỹ  thuật (từ cơ bản đến nâng cao) thường dùng khi giải các bài tốn về Tổ hợp.  Bản thân là một giáo viên phổ thơng, tơi hi vọng sẽ khám phá được nhiều điều  thú vị khi rèn luyện các kỹ năng Tổ hợp. Mong rằng luận văn này - sau khi  được  hồn  thành  -  sẽ  cung  cấp  thêm  một  tài  liệu  về  Tổ  hợp  đáp  ứng  được  phần  nào  lịng  u  thích  Tốn  học  của  học  sinh,  phục  vụ  cho  công  tác  bồi  dưỡng học sinh giỏi.  Đồng thời đây cũng là một tài liệu để mọi người quan  tâm đến Tổ hợp tham khảo.      Với những lý do trên, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Thái Sơn,  tơi chọn “Các ngun lý và kỹ thuật cơ bản trong Tổ hợp” làm đề tài nghiên  cứu cho luận văn Thạc sĩ của mình.    2. Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu 2      Tơi  mong  muốn  tìm  kiếm  được  nhiều tài  liệu  từ  các  nguồn  khác  nhau,  nghiên cứu kỹ càng các tài liệu đó, cố gắng lĩnh hội đầy đủ các kiến thức về  Tổ hợp liên quan đến đề tài. Từ đó, trình bày các kiến thức này trong luận văn  theo một thể khép kín.   Trong luận văn này, tơi cũng cố gắng tìm tịi lời giải cho các bài tốn  (theo mức độ từ dễ đến khó) thu thập được từ nhiều nguồn khác nhau, đặc biệt  là từ những kỳ thi Olympic Tốn học và tơi hy vọng luận văn có thể được sử  dụng như một tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh, sinh viên và giáo viên.  Đối tượng phạm vi nghiên cứu   3.1. Đối tượng nghiên cứu: Các nguyên lý và kỹ thuật trong Tổ hợp.    3.2. Phạm vi nghiên cứu: Các kiến thức về Tổ hợp được dùng để giảng  dạy  cho  học  sinh  chuyên  Toán  ở  các  trường  THPT,  các  bài  toán  tổ  hợp  thường gặp trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán trong nước và Quốc tế.  Phương pháp nghiên cứu   - Cơ bản sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu (sách, báo và các tài  liệu  trên  internet  có  liên  quan  đến  đề  tài  của  luận  văn)  để  lĩnh  hội,  trau  dồi  kiến thức về Tổ hợp và tập hợp các bài toán phục vụ cho yêu cầu của đề tài.    - Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn khoa học.  Giả thuyết khoa học   Xây dựng một giáo trình có tính hệ thống, khép kín và có thể giảng dạy  với thời lượng chấp nhận được cho học sinh chun tốn bậc trung học phổ  thơng và cho sinh viên tốn tại các trường đại học.    Xây dựng được một hệ thống các bài tốn (cũ và mới) với các mức độ  khó dễ khác nhau.  3    Cấu trúc luận văn       Cấu trúc của luận văn gồm:  Phần mở đầu Chương 1: Hoán vị, Chỉnh hợp Tổ hợp   1.1. Hai ngun lý đếm cơ bản    1.2. Hốn vị    1.3. Hốn vị vịng trịn    1.4. Tổ hợp    1.5. Ngun lý đơn ánh và song ánh    1.6. Chỉnh hợp    1.7. Một số bài tốn ứng dụng cơ bản  Chương 2: Hệ số nhị thức hệ số đa thức   2.1. Định lý nhị thức    2.2. Các đồng nhất thức tổ hợp    2.3. Tam giác Pascal    2.4. Đường đi ngắn nhất trong một lưới hình chữ nhật    2.5. Một số thuộc tính của các hệ số nhị thức     2.6. Định lý đa thức và các hệ số đa thức.  4    CHƯƠNG HỐN VỊ VÀ TỔ HỢP 1.1 Hai nguyên lý đếm bản:   Trong cuộc sống hằng ngày, chúng ta thường phải liệt kê “các sự kiện”  như sắp xếp các đối tượng theo một cách nào đó, phân chia các đối tượng theo  một điều kiện nhất định, phân phối các đối tượng theo một đặc điểm kỹ thuật,  v.v… Ví dụ, chúng ta có thể gặp phải bài tốn đếm có dạng như sau:  “Có cách xếp chàng trai cô gái hàng cho khơng có hai gái đứng cạnh nhau?” “Có cách chia nhóm 10 người thành nhóm gồm nhóm người, nhóm người, nhóm người giữ lại người?” Đây là hai bài tốn đếm rất đơn giản liên quan đến những gì mà chúng ta gọi  là  “hốn  vị”  và  “tổ  hợp”.  Trước  khi  chúng  ta  giới  thiệu  trong  ba  phần  tiếp  theo của những gì gọi là hốn vị và tổ hợp, chúng ta nêu hai ngun tắc cơ  bản trong tất cả các bài tốn đếm.  Ngun lý cộng (Addition Principle (AP)) Giả sử có:  n1  cách thực hiện phương án  E1 ,    n2  cách thực hiện phương án  E2 ,                                     nk  cách thực hiện phương án  Ek ,    5    trong  đó  k    Nếu  cách  thực  hiện  mỗi  phương  án  Ei   không  phụ  thuộc  vào mọi cách thực hiện phương án  E j   (1  i, j  k , i  j )  thì số cách để thực  hiện ít nhất một trong các phương án  E1 ,  E2 ,   ,  hoặc  Ek  xảy ra là:  k n1  n2   nk   ni   i 1 Ví dụ 1.1.1   Giả  sử  từ  tỉnh  P  đến  tỉnh  Q  có  thể  đi  bằng  đường  thủy,  đường  hàng  khơng và tàu hỏa. Có 2 cách đi bằng đường thủy, 3 cách đi bằng đường hàng  khơng và 2 cách đi bằng tàu hỏa. Khi đó, theo ngun lý (AP) tổng số cách đi  từ tỉnh P đến tỉnh Q bằng đường thủy, đường hàng khơng hay đường tàu hỏa  là       Sử  dụng  ngơn  ngữ  của  lý  thuyết  tập  hợp,  ta  có  một  dạng  tương  đương  của  nguyên lý cộng như sau:  Cho  A1 , A2 , , Ak   là  k   tập  hữu  hạn,  với  k    Nếu  k   tập  này  đơi  một  khơng giao nhau thì:  k k i 1 i 1  Ai  A1  A2   Ak   Ai   Ví dụ 1.1.2 Tìm số cặp số ngun   x; y   sao cho  x  y    Giải   Chúng  ta  có  thể  chia  bài  tốn  thành  6  trường  hợp  rời  nhau:  x  y  0,1, ,5  Như vậy, với  i  0,1, ,5,  xét:  Si   x; y  | x, y  , x  y  i ,   ta có thể kiểm nghiệm:  6      S0   0,0  ,      S1  1,0  ,  1,0  ,  0,1 ,  0, 1 ,     S2  1,1 , 1, 1 ,  1,1 ,  1, 1 ,     S  ,     S4   0,2  ,  0, 2  ,  2,0  ,  2,0  ,  và    S5  1,  , 1, 2  ,  2,1 ,  2, 1 ,  1,2  ,  1, 2  ,  2,1 ,  2, 1    Do đó, theo nguyên lý (AP) số cặp   x; y   thỏa mãn yêu cầu bài toán là:  S i        21   i 0 Nhận xét   1/ Trong ví dụ trên chúng ta có thể tìm ra đáp số là 21 bằng cách liệt kê  tất cả các trường hợp xảy ra. Tuy nhiên, phương pháp trên đã cung cấp cho  chúng ta một cách có hệ thống để có được đáp số.    2/  Người ta có thể phân  chia bài tốn trên  thành  các trường  hợp tương  ứng với  x  0,1, 2,3, 4,5,  từ đó tìm ra được số cặp   x, y   thỏa mãn u cầu  bài tốn trong mỗi trường hợp và áp dụng ngun lý (AP) tìm ra được đáp số  mong muốn.  Nguyên lý nhân (Multiplication Principle (MP))   Giả sử công việc  E  bao gồm  r  công đoạn  E1 , E2 , , Er ,  và:      Có  n1  cách thực hiện cơng đoạn  E1 ,       Có  n2  cách thực hiện cơng đoạn  E2 ,            Có  nr  cách thực hiện cơng đoạn  Er           90      10  Cho  n    là số chẵn,  n n C  C   C   Cnn1  Cnn   n n  2.5.1   và với  n    là số lẻ,  n n C  C   C   n 1 n C n 1 n   Cnn1  Cnn    2.5.2    20  Cho  n  2, n    Mann và Shanks [MS] đã chỉ ra rằng:  n  là một số nguyên tố nếu và chỉ nếu  n Cnr  với mọi  r  1, 2, , n    Gần đây, kết quả này được cải tiến bởi Z.Hao người đã chỉ ra rằng:  n   là một số nguyên tố nếu và chỉ nếu  n Cn6 k 1 ,    n cho mọi số  k  với   k    ,  trong đó   x   là ký hiệu số nguyên lớn nhất    không vượt quá số thực  x     30  Cho  a, b, c  ,  chúng ta viết  a  b  mod c   nếu và chỉ nếu  c  a  b    Các kết quả sau, là do nhà tốn học người Pháp E.Lucas (1842-1891) cơng bố  vào thế kỷ 19.  Với  p  là một số ngun tố, khi đó:  i  n Cnp     mod p  , với mọi  n  ,  p  ii    C pr   mod p  ,  với mọi  r  sao cho 1  r  p  1,    iii    C pr 1   mod p  ,  với mọi  r  sao cho   r  p  1,   r  iv    C pr 1   1  mod p  ,  với mọi  r  sao cho   r  p  1,   91    r  v  C pr 2   1  r  1 mod p  ,  với mọi  r  sao cho   r  p  2,    vi    C pr 3   1   r Cr2  mod p  ,  với mọi  r  sao cho   r  p    40  Cho  p  là một số ngun tố, chúng ta có thể ln tìm được một số  n  *    0  sao cho:  p | Cnr  với mọi  n  0,1, , n      Ví dụ, chúng ta có thể chọn  n  0,1, , p   (xem thuộc tính   iv    vi   ở  trên).  Bên cạnh đó, chúng ta cịn có những số  n  khác, vì vậy bài tốn ở đây là:  Cho một số ngun tố  p,  khi đó xác định một tập hợp:  A  n  * | p | Cnr , r  0,1, , n    Theo như Honsberger [H2], bài toán này đã được đặt ra và giải quyết bởi hai  nhà toán học Ấn độ là M.R. Railkar và M.R. Modak vào năm 1976.  Họ đã chứng minh rằng:  n  A  nếu và chỉ nếu  n  kp m    với  m  là một số nguyên không âm và  k  1,2, ,p      50  Cho  n, r    và  p  là một số nguyên tố. Viết  n  và  r  theo cơ số  p   như sau:  n  n0  n1 p  n2 p   nk p k ,   r  r0  r1 p  r2 p   rk p k ,   với  k  là một số nguyên không âm và  ni , ri  0,1, ,p  1  với mỗi  i  0,1, , k   Vào năm 1878, Lucas đã chứng minh một kết quả rất quan trọng như sau:  Cnr  Cnr00 Cnr11 Cnrkk  mod p    92    Đặc biệt, nếu ta chọn  p   và viết  n  và  r  trong hệ nhị phân:  n   nk nk 1 n1n0 2    r   rk rk 1 r1r0 2   với  ni , ri  0,1  với mỗi  i  0,1, , k ,  thì chúng ta có được một kết quả thú vị  như sau:   2.5.3   Cnr  là số lẻ nếu và chỉ nếu  ni  ri  với mỗi  i  0,1, , k     Ví  dụ,  lấy  a  11   a3a2 a1a0 2  10112 ,   b    b3b2b1b0 2  10012 ,   và  c    c3c2c1c0 2   0110 2  Khi đó,   bi  với mỗi  i  0,1, 2,3, Cab  C119  là  số lẻ; và lúc đó  a2  c2 , Cac  C161  là số chẵn.    60  Theo như Honsberger [H1], bài tốn sau đã được nghiên cứu và giải  quyết bởi  Fine  [F]: Với  n  ,   có bao  nhiêu hệ  số nhị  thức lẻ  Cnr   nằm  trên  một hàng bậc  n  của tam giác Pascal? Chúng ta sẽ áp dụng kết quả   2.5.3  để  trả lời cho câu hỏi trên.  k Viết  n   nk nk 1 n1n0 2   trong  hệ  nhị  phân  và  kí  hiệu  w  n    ni ,   chính  là  i 0 bằng số chữ số 1 trong đa tập  n0 , n1 , , nk   Với  r    sao cho   r  n,  viết  r   rk rk 1 r1r0 2   Theo  kết  quả   2.5.3 ,   Cnr   là  số  lẻ  nếu  và  chỉ  nếu  ri  ni   Theo thứ tự  ri  ni ,  chúng ta có  ri   nếu  ni  0,  và  ri  0,1  nếu  ni   Như  vậy số cách cho  r  là  w( n )  Do dó, chúng ta kết luận với  n  ,  số hệ số nhị  thức  lẻ  Cnr   nằm  trên  hàng  bậc  n   là  w( n )   Ví  dụ,  nếu  n  11  10112 ,   thì  w 11  3,   và  trong  12  hệ  số  nhị  thức  C110 , C111 , , C1111   của  bậc  11,  ta  sẽ  có    23   hệ số nhị thức là lẻ như sau:  C110  C1111  1, C111  C1110  11, C112  C119  55, C113  C118  165   93    Ví dụ 2.5.1 Đề thi Học viện Kỹ thuật Quân năm 2001 – Khối A   Khai triển đa thức:  12 P  x   1  x   thành dạng:  a0  a1 x  a2 x   a12 x12   Tìm  max a1 , a2 , , a12     Giải   Ta có:  12 12 12 P  x   1  x    C12r 2r x r  ar x r ,   r 0 r 0 với  ar  C12r 2r      Nếu  ar  ar 1  k  23  thì ta có:  a0  a1   a7  a8 1     Nếu  ar  ar 1  k  23  thì ta có:  a8  a9  a10  a11  a12      Từ  1  và     ta có được:  a0  a1   a7  a8  a9  a10  a11  a12   Vậy:  max a1 , a2 , , a12   a8  C128 28  126720   Nhận xét Nếu tìm  max C , C , , C 12 12 12 12 12 12   thì theo tính chất 1  chính là  C  C126   Ví dụ 2.5.2 Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2006 – Khối B   Cho tập hợp  A  gồm  n  phần tử   n    Biết rằng, số tập con gồm 4 phần  tử của  A  bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của  A  Tìm  k  1, 2, ,n  sao  cho số tập con gồm  k  phần tử của  A  là lớn nhất.  94    Giải Số tập con gồm  k  phần tử của tập  A  là  Cnk  Theo giả thiết ta có:  Cn4  20Cn2  n  5n  234   n  18   ( vì  n  4)   Theo   2.5.1  ta có:  18 18 18 18 1 18 C  C   C   C18 18  C18   Nên:  max C180 , C181 , , C1818   C189   Vậy, số tập con gồm  k  phần tử của  A  lớn nhất khi và chỉ khi  k    2.6 Định lý đa thức hệ số đa thức   Bằng cách thay đổi các ký hiệu  x, y  thành  x1 , x2  tương ứng, khi đó khai  triển hệ số nhị thức có thể được viết lại:   x1  x2  n n   Cnr x1r x2nr ,    r 0 với  n     Một  cách tự nhiên, người ta  ước  muốn tìm  được  các  hệ  số trong  khai triển tổng quát sau:   x1  x2   xm  n    2.6.1   với  n, m    và  m      Để làm được điều này, trước hết chúng ta giới thiệu một hệ thống các số,  cái mà ta quan niệm như phần mở rộng của các hệ số nhị thức. Cho  Cnn1 ,n2 , , n m    2.6.2    ký hiệu là số cách phân bố  n  phần tử phân biệt vào  m  hộp phân biệt, sao cho  n1  phần tử này vào hộp 1,  n2  phần tử này vào hộp 2, …, và  nm  vào hộp  m,   với  n, m, n1 , n2 , , nm  là các số nguyên không âm thỏa mãn:  95    n1  n2   nm  n      2.6.3   Những gì có thể nói về con số ở   2.6.2   khi cho  m  2?  Vì có  Cnn1  cách  lựa chọn  n1  phần tử phân biệt trong  n  phần tử phân biệt và đặt vào trong hộp  thứ nhất, và có 1 cách đặt  n2  n  n1  phần tử còn lại vào trong hộp 2, chúng ta  thấy  rằng  Cnn1 ,n2  Cnn1 ,   cái  này  chính  là  hệ  số  nhị  thức  thường  dùng.  Trong  trường  hợp tổng  quát, những  số  của dạng   2.6.2    có  thể biểu diễn  như  một  tích số của dãy các hệ số nhị thức như sau: Từ  n  phần tử phân biệt, ta có:    Có  Cnn1  cách lựa chọn  n1  phần tử và đặt nó vào trong hộp 1,    có  Cnn2 n1  cách lựa chọn  n2  phần tử từ những phần tử cịn lại và đặt nó vào  trong hộp 2,      có  Cnnm(n11   nm 2 )  cách lựa chọn  nm1  phần tử từ những phần tử cịn lại và  đặt nó vào trong hộp   m  1 ,      và có  Cnnm( n1   nm 1 )   cách đặt các phần tử cịn lại vào trong hộp  m   Như vậy, chúng ta có:  Cnn1 ,n2 , , nm  Cnn1 Cnn2 n1 Cnnm n1  n2   nm 1       2.6.4    Chú ý rằng, như chứng minh ở mục 1.6, thì tích số của vế phải   2.6.4    bằng:  Cnn1 ,n2 , , nm     2.6.5    Chúng ta sẽ thấy vai trị của tập hợp hệ thống các số   2.6.2   trong khai  triển tích số   2.6.1     n!   n1 !n2 ! nm ! Trong khai triển tích số:  96     x1  x2   xm  n   x1  x2   xm   x1  x2   xm  ,     n chúng ta lựa chọn ra, từ mỗi  n  thừa số ở trên, một  xi  từ tập hợp   x1 , x2 , , xm    và nhân chúng lại với nhau. Như vậy, mỗi số hạng trong khai triển có dạng:   2.6.6    x1n1 x2n2 xmnm   m đối với những số nguyên không âm  n1 , n2 , , nm  với   ni  n  Nếu như các số  i 1 hạng được nhóm lại với nhau, thì hệ số của   2.6.6   có thể được tìm thấy.     Cho A là tập hợp các cách mà   2.6.6   có thể được hình thành, và B là  tập hợp  các  cách phân  phối  n   phần  tử  phân biệt  vào  m   hộp  khác nhau sao  m cho  ni  phần tử đặt vào trong hộp  i  với mỗi  i  1,2, , m,  và   ni  n  Chúng  i 1 ta  thấy  rằng  A  B   Định  nghĩa  một  ánh  xạ  f : A  B   như  sau:  Với  mỗi  phần  tử  dạng  a  x1n1 x2n2 xmnm   trong  A,   cho  f  a    là  cách  đặt  ni   phần  tử  đặt  vào trong hộp  i  (tương ứng với  xi ). Hiển nhiên  f  là một song ánh từ  A  vào  B , hơn nữa  A  B     Do đó, ta kết luận rằng hệ số của   2.6.6   trong khai triển là:  A  B  Cnn1 ,n2 , , n m     Kết hợp điều này với đồng nhất thức   2.6.5  ,  dẫn chúng ta đến một định  lý  nhị  thức  tổng  quát,  mà  lần  đầu  tiên  được  xây  dựng  bởi  G.W.  Leibniz  (1646-1716) và sau đó được chứng minh bởi Johann Bernoulli (1667-1748).  Định lý 2.6.1 (Định lý đa thức). Cho n, m  ,  x1  x2   xm  n   Cnn1 ,n2 , , nm x1n1 x2n2 xmnm   97    đó, tổng thực tất dãy  n1 , n2 , , nm  số nguyên m không âm với n i  n, và: i 1 Cnn1 ,n2 , , nm  n!   n1 !n2 ! nm ! Ví dụ 2.6.1 Cho  n   và  m  3,  theo định lý 2.6.1, ta có:   x1  x2  x3     C44,0,0 x14 x20 x30  C43,1,0 x13 x12 x30  C43,0,1 x13 x20 x31  C42,2,0 x12 x22 x30  C42,1,1 x12 x12 x31  C42,0,2 x12 x20 x32  C41,3,0 x11 x23 x30  C41,2,1 x11 x22 x31  C41,1,2 x11 x12 x32  C41,0,3 x11 x20 x33  C40,4,0 x10 x24 x30  C40,3,1 x10 x23 x31  C40,2,2 x10 x22 x32  C40,1,3 x10 x12 x33  C40,0,4 x10 x20 x34  x14  x13 x2  x13 x3  x12 x22  12 x12 x2 x3  x12 x32  x1 x23  12 x1 x22 x3  12 x1 x2 x32  x1 x33  x24  x23 x3  x22 x32  x2 x33  x34   Bởi vì theo định lý 2.6.1, những số dạng 2.6.2 thường được gọi là hệ số  đa thức. Vì hệ số đa thức là khái qt hóa của các hệ số nhị thức, đó là cách tự  nhiên để hỏi xem về một số kết quả từ hệ số nhị thức có thể được khái qt  hóa thành hệ số đa thức.  Chúng ta kết thúc chương này với một số thảo luận ngắn về điều này.    10  Đồng nhất thức  Cnn1  Cnnn1  của hệ số nhị thức có thể được viết thành  n n Cnn1 , n2  Cn 2,  (ở đây tất nhiên  n1  n2  n ). Theo đồng nhất thức   2.6.5  ,  ta có  thể dễ dàng thấy dạng tổng quát là:  n Cnn1 , n2 , , nm  Cn  1, n   , , n  m     2.6.7    với   1 ,   , ,  m   1,2, , m      20  Đồng nhất thức  Cnn1  Cnn111  Cnn1  của hệ số nhị thức có thể được viết  thành:  98    Cnn1 ,n2  Cnn1 11, n  Cnn1 ,1n2 1    Trong trường hợp tổng quát, ta có:  Cnn1 , n2 , , nm  Cnn111, n2 , , nm  Cnn1 ,1n2 1, , nm   Cnn1 ,1n2 , , nm 1    2.6.8    n    Trong hệ số nhị thức, ta có đồng nhất thức   Cnr  2n  Bây giờ, ta cho  r 0 x1  x2   xm  1 trong định lý đa thức, ta thu được:  C n1 ,n2 , , nm n  mn    2.6.9    với tổng được thực hiện trên tất cả dãy   n1 , n2 , , nm   của các số nguyên không  m âm với   ni  n   i 1   Đồng nhất thức   2.6.9  ,  nói một cách đơn giản là: tổng của tất cả các hệ  n số trong khai triển   x1  x2   xm   là  m n  Như vậy, trong ví dụ 2.6.1, tổng  của tất cả các hệ số trong khai triển   x1  x2  x3   là  34  81     n n 40   Trong  khai  triển  nhị  thức   x1  x2    Cnr x1r x2nr ,   số  các  số  hạng  r 0 phân biệt là  n   Như thế, có bao nhiêu số hạng phân biệt trong khai triển   x1  x2   xm  n ?  Để trả lời cho câu hỏi này, trước tiên chúng ta xem lại ví  dụ 2.6.1.  Số  các  số hạng phân  biệt,  thu được trong khai triển   x1  x2  x3    được chỉ ra, là nằm về phía bên phải của cột sau:           x14  4.x1            x13 x2  3  x1, x2             x13 x3  3  x1, x3            x12 x22  2  x1,  x2    99             x12 x2 x3  2  x1 , x2 , x3            x12 x32  2  x1,  x3          x1 x23   x1 ,3  x2             x1 x22 x3   x1 ,2  x2 , x3            x1 x2 x32   x1 , x2 ,  x3            x1 x33   x1 ,3  x3            x24  4  x2            x23 x3  3  x2 , x3            x22 x32  2  x2 ,2  x3            x2 x33   x2 ,3  x3            x34  4  x3     Nhận xét rằng, với mỗi số hạng ở trên tương ứng với một 4-phần tử đa    tập con  của  M    x1 ,   x2 ,   x3 ,   và  ngược  lại  mỗi  cột bên  phải như đã  chỉ  ra  ở  hình  trên.  Như  vậy  theo  (BP),  số  các  số  hạng  phân  biệt  trong  khai  triển   x1  x2  x3    là  bằng  số  của  4-phần  tử  đa  tập  con  M ,   chính  là  H 43  C4431  C64  15  Trong trường hợp tổng quát:  n Số các số hạng phân biệt trong khai triển   x1  x2   xm   là  H nm  Cnn m1     Đặc biệt, trong khai triển nhị thức, ta có  H n2  Cn2 n1  n  1,  đây là kết  quả mà chúng ta đã đề cập trước đây.    50  Từ   2.5.1  và   2.5.2   với  n  là một số nguyên dương, thì giá trị lớn  nhất của hệ số nhị thức  Cnr , r  0,1, , n,  bằng:  100     n2  Cn  n 1 C  n nÕu n chẵn, n lẻ Chỳngtanúiiugỡvgiỏtrlnnhtcahsathc Cnn1 , n2 , , n m ?  Bài tốn  này, gần đây đã được Wu [W] tìm ra lời giải. Với  n, m  2,  cho  m   M  n, m   max Cnn1 , n2 , , n m | ni  * ,  ni  n    i 1     Trường hợp 1.  m | n      Cho  n  mr  với  r    Thì:  M  n, m   C m   r , r , , r n  n!  r ! m ,    và  C m    r , r , , r n   Trường hợp 2.  m | n      Giả sử rằng  n  mr  k  với  r , k    với 1  k  m   Thì:   là chỉ một số hạng đạt được giá trị lớn nhất này.  M  n, m  C  k  k    m r ,r , , r ,  r 1, r 1, ,  r 1 n n! m k  r !   r  1! k  n! k  r  1  r !   , m và  Cnn1 , n2 , , n m ,   với  n1 , n2 , , nm    m  k   r , k   r  1   là  đa  những  đa  tập,  Cmk  là những số hạng đạt được giá trị lớn nhất.    Chẳng hạn, trong ví dụ 2.6.1, ta có:  n  4, m  3, r   và  k    Như thế, hệ số lớn nhất là:  M  4,3  4! 2!1!  12,    101    Có  Cmk   số hạng đạt được giá trị lớn nhất đó là:  C41,1,2 , C41,2,1  và  C42,1,1   Ví dụ 2.6.2 Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2004 – Khối A   Tìm hệ số của  x8  trong khai triển thành đa thức của  1  x 1  x      Giải Lời giải thứ (theo đáp án Bộ)   Ta có:  1  x 1  x    C80  C81 x 1  x   C82 x 1  x   C83 x 1  x   C84 x8 1  x   C85 x10 1  x   C86 x12 1  x   C83 x14 1  x   C88 x16 1  x  Bậc của  x  trong ba số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của  x  trong bốn số hạng cuối  lớn hơn 8.  Vậy  x8  chỉ có trong số hạng thứ tư, thứ năm, với hệ số tương ứng là  C83  C22 , C84  C40    Suy ra:  a8  C83  C32  C84  C40  238     Cách giải trên sử dụng định lý 2.1.1, rồi tìm nghiệm  2k  i  :   8 k k i 1  x 1  x     C8k x k 1  x   C8k x k  Cki  1 x i k 0 k 0 i 0 với  k , i  ,  k  8,  i  k     Tiếp theo, ta sẽ sử dụng định lý đa thức 2.6.1. để giải quyết bài toán này.  Lời giải thứ hai Theo định lý đa thức 2.6.1 ta có:  1  x 1  x    n1 ,n2 , n3 C n1 1  x  1  x    x3   n2  x n3  n1 , n2 , n3  C n3   1  x    n2 n3 x 102    Ta có  x8  là do  x n2  x3n3 tạo thành, nên từ đó ta có:   8 2n2  3n3    n  n  n   Dễ dàng suy ra:   n1, n2 , n3    4, 4,0  ,  5,1,2    Nên hệ số của  x8  là:  a8  C84,4,0   1  C85,1,2   1  8! 8!   238    4!4!0! 5!1!2! 103    KẾT LUẬN   Qua luận văn “Các nguyên lý kỹ thuật tổ hợp” tác giả  đã tìm hiểu các nguồn tài liệu, đọc và trình bày lại lý thuyết cơ bản của tổ hợp  theo  cách  hiểu  của  mình,  giải  quyết  được  một  số  bài  tốn  đã  nêu  trong  lý  thuyết, cụ thể là:  - Trình  bày  được  hai  nguyên  lý  đếm  cơ  bản;  hoán  vị,  hoán  vị  vịng  trịn; tổ hợp, chỉnh hợp; ngun lý đơn ánh và song ánh  - Đưa ra một số bài tốn ứng dụng và nêu lời giải theo nhiều cách khác  nhau; trong đó, giải lại một số đề thi tuyển sinh đại học-cao đẳng theo  cách khác, chứng  minh  một  số  đồng nhất  thức (như đồng  nhất  thức  Vandermonde) và giải các ví dụ theo các cách khác nhau dựa trên lý  thuyết  đã  nêu,  giải  quyết  một  số  bài  toán  được  đề  nghị  trong  cuốn  “Principles and Techniques in Combinatorics’’ và đề xuất một số bài  tốn mới  - Trình  bày  định  lý  nhị  thức,  các  đồng  nhất  thức  tổ  hợp,  tam  giác  Pascal,  đường  đi  ngắn  nhất  trong  một  lưới  hình  chữ  nhật,  một  số  thuộc tính của hệ số nhị thức, định lý đa thức và các hệ số đa thức  - Đưa ra nhiều cách chứng minh hoặc lời giải cho cùng một bài tốn.            Hy  vọng luận  văn  sẽ  là  một  tài  liệu  tham  khảo  tốt  cho  học  sinh, giáo  viên THPT và sinh viên Tốn ở các trường Sư phạm.    Tác giả xin chân thành cám ơn các thầy cơ giáo trong Khoa Tốn đã tạo  điều kiện và giúp đỡ trong việc tìm hiểu và viết luận văn. Đặc biệt, tác giả xin  gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Duy Thái Sơn – người đã giúp đỡ và  hướng dẫn tận tình, cho ý kiến đóng góp để luận văn được hồn thiện hơn.      Hy vọng rằng kết quả nghiên cứu của luận văn sẽ cịn tiếp tục được mở  rộng và hồn thiện hơn trong tương lai khơng xa.  104    TÀI LIỆU THAM KHẢO     [1]  Vũ  Đình  Hịa  (2003),  Lý thuyết tổ hợp tốn ứng dụng,  NXB  Giáo dục.  [2] Nguyễn Văn Lộc (2010), Tuyển chọn thi vô địch Toán địa phương – Quốc gia – Quốc tế, NXB Giáo dục.  [3]  Đồn  Quỳnh  (2009),  Tài liệu chun tốn Đại số Giải tích 11,  NXB  Giáo dục.  [4]  Nguyễn  Văn  Mậu  (2008),  Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp tốn rời rạc,  NXB Giáo dục.  [5] Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ (2003 đến 2015), Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXB Giáo dục.  [6]  Chen  Chuan-Chong  and  Koh  Khee-Meng  (1999),  Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific.  [7]  Titu  Andreescu  and  Zuming  Feng  (2002),  102 Combinatorial Problems (from the Training of the USA IMO Team), Birkhäuser.  [8] I. Tomescu (1985), Problems in Combinatorics and Graph Theory, John  Wiley & Sons.    ... Trong? ?những năm qua,? ?Tổ? ?hợp? ?đã trở thành một phần căn? ?bản? ?trong? ?các? ? giáo trình cho học sinh? ?và? ?sinh viên? ?các? ?trường THPT? ?và? ?đại học trên thế giới.  Các? ?ngun? ?lý? ?và? ?kỹ? ?thuật? ?trong? ?Tổ? ?hợp? ?ngày càng có nhiều ứng dụng? ?trong? ?... dưỡng học sinh giỏi.  Đồng thời đây cũng là một tài liệu để mọi người quan  tâm đến? ?Tổ? ?hợp? ?tham khảo.      Với những? ?lý? ?do trên, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Thái Sơn,  tơi chọn ? ?Các? ?ngun? ?lý? ?và? ?kỹ? ?thuật? ?cơ? ?bản? ?trong? ?Tổ? ?hợp? ?? làm đề tài nghiên ... dụng như một tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh, sinh viên? ?và? ?giáo viên.  Đối tượng phạm vi nghiên cứu   3.1. Đối tượng nghiên cứu:? ?Các? ?nguyên? ?lý? ?và? ?kỹ? ?thuật? ?trong? ?Tổ? ?hợp.     3.2. Phạm vi nghiên cứu:? ?Các? ?kiến thức về? ?Tổ? ?hợp? ?được dùng để giảng