Ứng dụng lý thuyết tổ hợp trong chương trình toán trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRẦN THỊ NHẬT NGUYÊN ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Gia Định Đà Nẵng – Năm 2014 LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết quả, số liệu nêu luận văn hoàn toàn trung thực chưa công bố công trình khác Tác giả luận văn Trần Thị Nhật Nguyên MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài 3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu .3 Phương pháp nghiên cứu .3 Bố cục luận văn CHƯƠNG 1: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM CƠ BẢN 1.1 NGUYÊN LÝ CỘNG VÀ NGUYÊN LÝ NHÂN .5 1.1.1 Nguyên lý cộng 1.1.2 Nguyên lý nhân 1.2 TỔ HỢP .6 1.3 CÁC TÍNH CHẤT CỦA HỆ SỐ TỔ HỢP .9 1.4 SONG ÁNH 25 1.5 PHÉP ĐỆ QUY 28 1.6 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG 34 CHƯƠNG 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM DÙNG NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ, NGUYÊN LÝ FUBINI VÀ HÀM SINH 40 2.1 NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ .40 2.2 PHÉP TÍNH THEO HAI CÁCH: NGUYÊN LÝ FUBINI 46 2.3 HÀM SINH .50 2.4 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG 57 KẾT LUẬN .63 TÀI LIỆU THAM KHẢO .64 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Tư tổ hợp đời sớm Ở Trung Quốc, vào thời nhà Chu người ta biết đến hình vng thần bí Nhà triết học cổ Hy Lạp Kxenokrat, sống kỷ thứ trước cơng ngun biết cách tính số từ khác lập từ bảng chữ cho trước Nhà tốn học Pithagore học trị ông phát nhiều tính chất kỳ lạ số Một kết tiếng trường phái kết mà ngày gọi định lý Pithagore Tuy nhiên, thời gian dài sau đó, tổ hợp phát triển cách riêng lẻ, chưa hình thành hệ thống lý luận sở khoa học, phương pháp nghiên cứu đặc thù Và tổ hợp thực trở thành ngành toán học rời rạc vào đầu kỷ 17 loạt cơng trình nghiên cứu nghiêm túc nhà toán học xuất sắc Pascal, Fermat, Leibnitz, Euler, Mặc dầu vậy, tổ hợp lĩnh vực mờ nhạt ý tới quãng thời gian hai kỷ Từ máy tính phát triển thịnh hành, tổ hợp trở thành lĩnh vực toán ứng dụng với phát triển mạnh mẽ Nó cầu nối tốn cần giải cơng cụ tính tốn máy tính Cụ thể việc giải toán thực tế hay toán lĩnh vực khoa học thường quy việc giải tốn tổ hợp Vì tổ hợp có liên quan tới nhiều vấn đề nhiều lĩnh vực đời sống khoa học khác nên khó định nghĩa cách hình thức chặt chẽ Nói chung, lý thuyết tổ hợp gắn liền với việc nghiên cứu cấu hình tổ hợp cấu trúc tổ hợp Các vấn đề lý thuyết tổ hợp liên quan tới cấu hình tổ hợp đa dạng Tuy nhiên, có bốn loại tốn thường gặp cả: toán đếm, toán liệt kê, toán tối ưu tổ hợp, toán tồn Trong toán kể trên, toán đếm thuộc loại toán quan trọng Đây toán nhằm trả lời câu hỏi: “Có cấu hình tổ hợp thuộc dạng cho?” Phương pháp đếm thường dựa vào số quy tắc, nguyên lý đếm số kết đếm cho cấu hình tổ hợp đơn giản Khi việc xác định xác số cấu hình tổ hợp gặp khó khăn hay chưa giải trọn vẹn, người ta thường đặt toán đánh giá số cấu hình tổ hợp cách xác định cận cận Bài tốn đếm áp dụng có hiệu vào cơng việc mang tính chất đánh tính xác suất kiện, tính độ phức tạp thuật toán, Bài toán đếm giải tốt nắm vững phương pháp đếm bản, phương pháp đếm dùng hàm sinh, phương pháp đếm nguyên lý bao hàm loại trừ, phương pháp đếm dùng ngun lý Fubini Ngồi ra, chương trình tốn THPT có đưa vào số khái niệm kết tổ hợp liên quan đến phương pháp đếm Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi, kỳ thi olympic nước quốc tế toán có tốn liên quan đến lý thuyết tổ hợp thường dạng toán khó Xuất phát từ nhu cầu phát triển tính thời việc nghiên cứu lý thuyết tổ hợp, định chọn đề tài với tên gọi: Ứng dụng lý thuyết tổ hợp chương trình tốn THPT để tiến hành nghiên cứu Chúng hy vọng tạo tài liệu tham khảo tốt cho người muốn tìm hiểu tốn tổ hợp nằm bối cảnh toán đếm ứng dụng cho chương trình tốn THPT Mục tiêu nghiên cứu đề tài Mục tiêu đề tài nhằm giúp học sinh THPT hiểu chất khái niệm ý tưởng lý thuyết tổ hợp, lĩnh vực quan trọng toán học Mục tiêu thực cách tập làm quen cho học sinh với ví dụ điển hình minh họa kiện toán học trung tâm cách trau dồi học sinh với số toán chọn lọc cẩn thận Điều cốt yếu giúp học sinh tạo cầu nối tập tổ hợp trường THPT khái niệm - toán trừu tượng, phức tạp tinh vi Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài lý thuyết tổ hợp Phạm vi nghiên cứu đề tài phép đếm thơng dụng ứng dụng vào chương trình tốn THPT Phương pháp nghiên cứu Thu thập báo khoa học tài liệu tác giả nghiên cứu liên quan đến phương pháp đếm, vấn đề quan trọng lý thuyết tổ hợp Tham gia buổi seminar thầy hướng dẫn để trao đổi kết nghiên cứu Trao đổi qua email, blog, forum với chuyên gia ứng dụng lý thuyết xác suất thống kê Bố cục luận văn I Phần mục lục II Phần mở đầu Giới thiệu lịch sử, tính thời vấn đề liên quan đến lĩnh vực khác Giới thiệu nội dung nghiên cứu luận văn III Phần nội dung Chương 1: Các phương pháp đếm 1.1 Nguyên lý cộng nguyên lý nhân 1.2 Tổ hợp 1.3 Các tính chất hệ số tổ hợp 1.4 Song ánh 1.5 Phép đệ quy 1.6 Các toán ứng dụng Chương 2: Các phương pháp đếm dùng nguyên lý bao hàm – loại trừ, nguyên lý Fubini hàm sinh 2.1 Nguyên lý bao hàm - loại trừ 2.2 Phép tính theo hai cách: nguyên lý Fubini 2.3 Hàm sinh 2.4 Các toán ứng dụng IV Phần kết luận : Tổng kết kết đạt được, nêu số vấn đề chưa giải hướng phát triển đề tài CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM CƠ BẢN 1.1 NGUYÊN LÝ CỘNG VÀ NGUYÊN LÝ NHÂN Tính kỹ Chúng ta bắt đầu đếm ngón tay học trường mẫu giáo chí sớm hơn, làm để tính cách nhanh chóng, xác, có hệ thống khóa học suốt đời 1.1.1 Ngun lý cộng Một cơng việc hồn thành k hành động T1, T2, , Tk Các hành động làm tương ứng n1, n2, , nk cách giả sử hành động làm đồng thời, cơng việc có n1 + n2 + + nk cách thực Nguyên lý cộng phát biểu dạng ngôn ngữ tập hợp sau: Nếu A1, A2, , Ak tập hữu hạn đôi rời nhau, tức Ai ∩ Aj = Ø (i ¹ j ) A1 È A2 È È Ak |= A1 + A2 + + | Ak | , |Ai| số phần tử tập Ai Ví dụ 1.1.1 Giả sử cần chọn học sinh nam học sinh nữ tham gia họp Hỏi có cách để chọn có 37 học sinh nam 63 học sinh nữ? Giải: Gọi cách chọn thứ chọn học sinh nam từ tập 37 học sinh nam, ta có 37 cách Gọi cách chọn thứ hai chọn học sinh nữ từ tập 63 học sinh nữ, ta có 63 cách Vì tập học sinh nam tập học sinh nữ rời nên theo nguyên lý cộng, ta có số cách chọn nhân 37 + 63 = 100 cách 1.1.2 Nguyên lý nhân Giả sử nhiệm vụ tách thành k việc T1, T2, , Tk Nếu việc Ti làm ni cách sau việc T1, T2, , Ti-1 làm (1 ≤ i ≤ k) có n1.n2 nk cách thực nhiệm vụ cho Quy tắc nhân phát biểu dạng ngôn ngữ tập hợp sau: Nếu A1, A2, , Ak tập hữu hạn A1 ´ A2 ´ ´ Ak tích Descartees tập A1 ´ A2 ´ ´ AK =| A1 || A2 | | AK | Ví dụ 1.1.2 Có xâu nhị phân có độ dài 7? Giải: Một xâu nhị phân có độ dài gồm bit, bit có hai cách chọn (hoặc giá trị giá trị 1) Theo quy tắc nhân ta có: 2.2.2.2.2.2.2 = 128 xâu bit nhị phân có độ dài 1.2 TỔ HỢP Chúng ta thường gặp số toán yêu cầu phải đếm số tổ hợp, tức đếm số tập hợp đối tượng không xếp thứ tự Định lý 1.2.1 Cho n k số nguyên, với n ≥ k Số tổ hợp việc lần lấy k phần tử từ n phần tử ỉ n n( n - 1) (n - k + 1) n! çç ÷÷ = = k! k!(n - k )! èk ø ỉnư Ký hiệu: nCk C(n; k) hay çç ÷÷ èk ø Chứng minh: Có Pkn = n! cách chọn k đối tượng có thứ tự ( n - k )! Có k! cách để xếp k phần tử chọn, có nghĩa là, có k! cách để chọn tổ hợp k phần tử giống Vì tổ hợp tính k! lần nPk Do có n! tổ hợp (n - k )!k! □ Trong số tình huống, thứ tự phần tử cách xác định trước, thứ tự đối tượng chọn khơng cịn quan trọng Ví dụ 1.2.1 Lớp học tốn thầy An có học sinh nam học sinh nữ Vào cuối năm, thầy An muốn chụp ảnh lớp Thầy muốn tất học sinh đứng hàng, học sinh nam đứng theo thứ tự giảm dần theo chiều cao họ (giả định họ có chiều cao khác nhau) từ trái sang phải học sinh nữ đứng theo thứ tự tăng dần theo chiều cao họ (giả định họ có chiều cao khác nhau) từ trái sang phải Có cách để thực cơng việc này? (Học sinh nam không cần phải đứng nhau, học sinh nữ không cần phải đứng nhau.) Giải: Xét 14 khoảng trống hàng s1, s2, , s14 Nếu si1, si2, , si5 chọn cho vị trí nam sinh, học sinh nam đứng vị trí theo chiều cao họ Các gái sau 50 (i) khơng có ba điểm thẳng hàng (ii) Với điểm P T, có k điểm T cách P k< Chứng minh + 2n Giải: Cho A = T = {P1, P2 , , Pn } B = {li , j | £ i < j £ n} li,j đường trung trực Pi Pj ỉ nư B = ỗỗ ữữ ố 2ứ Khi ú Cho S = {(Pi, lj, k)| Pi lj,k} Từ khơng có điểm thằng hàng, ta có |S(*, lj,k)| ≤ Do S= å S (*, l l j ,k ỴB j ,k ) £ | B |= n - n Mặt khác, Pi cách k điểm khác nhau, Pi nằm ỉk è2ø trung trực k điểm Do | S ( Pi ,*) | ỗỗ ữữ Vỡ vy ổ k n( k - k ) S = å S ( Pi ,*) nỗỗ ữữ = (pcm) PẻA ố2ứ 2.3 HÀM SINH Cho A = (a0, a1, a2, ) dãy Khi PA(x) = a0 + a1x + a2x2 + hàm sinh (dạng 1) liên quan đến A, tức là, hệ số xn đa thức PA(x) số hạng thứ n A Nếu A = (a0, a1, a2, ) B = (b0, b1, b2, ) hai chuỗi vô hạn, 51 ¥ PA ( x) + PB ( x) = å (an + bn )x n = PA+ B ( x), n =o A + B = (a0 + b0 ; a1 + b1 ; a2 + b2 ; ) Ngoài ra, cho số α ta định nghĩa dãy αA=(αa0, αa1, αa2, ) Cho C = (c0, c1, c2, , cn, ), c0 = a0b0, c1 = a0b1 + a1b0, n c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 cn = å ak bn-k Ta có: k =0 ¥ ¥ n =0 n=0 aPA ( x) = a å an x n = å aa n x n = PaA ( x ) Và ưỉ ¥ ỉ ¥ PA ( x).PB ( x) = ỗ an x n ữ.ỗ bn x n ÷ ø ø è n =0 è n =0 Ơ Ơ ổ = ỗ a k bn - k ÷ x n = PC ( x ) n=0 è k =0 ø Lưu ý phép tính số học chuỗi lũy thừa vơ hạn chuỗi lũy thừa hữu hạn định nghĩa giống Ví dụ: a (a0 + a1 x + a2 x ) = aa0 x + aa1 x + aa2 x ( a0 + a1 + a x )(b0 + b1 x ) = a0 b0 + ( a0 b1 + a1b0 ) x + ( a1b1 + a b0 ) x + ( a 2b1 ) x đó, ta biểu diễn a2 b1 = a0 b3 + a1b2 + a2 b1 + a3b0 cách đặt a3 = b2 = b3 = Chú ý rằng, đặt α = -1, chuỗi P- A ( x) = - PA ( x) PA-B (x) = PA(x) - PB (x) = PA(x) + (-PB (x)) Mệnh đề 2.3.1 Cho A B hai dãy với A = (a0, a1, a2, ) B = (b0, b1, b2, ) = (a0, a0 + a1, a0 + a1 + a2, ) C = (c0, c1, c2, ) = (1, 1, 1, ) 52 D = (d0, d1, d2, ) d n = åk = a k a n - k n Khi PA(x).PC(x) = PB(x) (PA(x))2 = PD(x) Chứng minh: Bằng định nghĩa tích hai chuỗi luỹ thừa, ta có ¥ ¥ ỉ n ỉ n PA ( x).PC ( x) = ỗ ak cn-k ữx n = ç å ak ÷ x n = PB ( x) n =0 è k =0 n =0 è k =0 ø ø Và (PA (x ))2 = PA (x ).PA (x ) = ổỗ ak an-k ửữ x n = PD ( x) ¥ n =0 n è k =0 □ ø Ví dụ 2.3.1 Nếu A = (1, 1, 1, …) B = (1, 2, 3, …) Tìm PA(x) PB(x) Cho C = (c0, c1, c2, ) = (1, -1, 0, 0, ) Khi PC(x) = – x PA(x) = + x + x2 + Cho A = (a0, a1, a2, ), a0.c0 = n Và åa c k=0 k n-k = a0cn + a1cn-1 + + anc0 = an-1c1 + anc0 = (n ≥ 1) Do đó, (1 – x)PA(x) = Hay PA(x) = + x + x + = 1- x Chú ý B = (a0, a0 + a1, a0 + a1 + a2, ) Ta có: PB ( x) = + x + 3x + = (1 + x + x + ) = (1 - x) □ Kết dễ dàng nhận chuỗi Maclaurin hàm vi phân Mặt khác, ta không xét hội tụ chuỗi Chú ý quan 53 trọng, ta khơng xét với nhiều số hạng vơ hạn, khơng ý nghĩa để tính giá trị hàm sinh giá trị cụ thể Ví dụ, cho x ³ 1 + x + x + ¹ 1- x Ví dụ 2.3.2 Cho {Fn }¥n=0 dãy Fibonacci Xác định cơng thức Fn Giải: Cho Fn = {F0, F1, F2, }, với F0 = F1 = Fn+2 = Fn+1 + Fn (n ≥ 0) Khi PA ( x) = + x + x + x + x + , - xPA ( x) = - x - x - x - x + , - x PA ( x) = - x - x - x + , Tức PA(x) – xPA(x) – x2PA(x) = Hay, PA ( x) = 1 - x - x2 Hàm bậc 2, x2 + x + = có nghiệm r1 = -1+ -1- , r2 = 2 Do (r1 – x)(r2 – x)=(x –r1)(x –r2) = x2 + x1 – = –(1 – x – x2) Bởi vậy, PA ( x) = = Lưu ý, r -r r1 - r2 1 2 = r1 - r2 - x - x r1 - r2 - (r1 - x)(r2 - x) (r1 - x) - (r2 - x) ỉ 1 çç ÷ = r1 - r2 - (r1 - x)(r2 - x) è r1 - x r2 - x ÷ø r1 - r2 = Đặt x' = x r1 54 ¥ 1 1 ¥ n = = å ( x') = å n +1 x n r1 - x r1 - x ' r1 n =0 n = r1 Từ ví dụ 2.3.1, ta có: ¥ 1 = å n +1 x n r2 - x n =0 r2 Có nghĩa ¥ ỉ 1 1 = ỗỗ n+1 - n+1 ữữx n r1 - x r2 - x n=0 è r1 r2 ø (r2n+1 - r1n+1 )x n n +1 n =0 (r1 r2 ) ¥ =å ¥ = å (- 1) ( r2n +1 - r1n +1 ) x n n +1 n =0 Vì r1.r2 = – Do đó: ¥ (- 1)n+1 (r2n+1 - r1n+1 )x n å n =0 ¥ =å (- r )n+1 - (r1 )n+1 x n n =0 PA ( x ) = [ Vậy Fn = [x n ]PA ( x) = ] [ (- r2 )n+1 - (- r1 )n+1 éỉ + ÷ ờỗ = ờỗố ữứ n +1 n +1 ổ1- ự ữ ỳ - ỗỗ ữ ú è ø û ] □ Công thức chắn có cách sử dụng Định lý 2.3.1 2.3.2 Tiếp theo ta giới thiệu dạng khác hàm sinh, nói chuỗi số nguyên 55 Nếu A = (a0, a1, a2, ) dãy nguyên E A ( x) = x a + x a + x a + hàm sinh (của dạng thứ 2) liên quan tới A Nếu toàn số hạng A khơng âm EA(x) đa thức Cách khác, EA(x) viết thương hai đa thức Mệnh đề 2.3.2 Cho A = (a1, a2, , am) B = (b1, b2, ,bn) hai dãy số nguyên Khi dãy số C = {ci, j,| + bj, ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n} liên kết với EC(x)=EA(x).EB(x) Đặc biệt, hệ số xk EC(x) số cặp số tự nhiên (ai, aj) xếp với ai∈A, bj∈B cho + b j = k Chứng minh: Chú ý E A ( x) = åi =1 x a E B ( x) = å j =1 x m n i n m Do đó, E A ( x ).E B ( x) = å x a å x b = j i i =1 j =1 bj åx 1£i £ m 1£ j £ n + b j = EC ( x ) tổng đưa (a, b) với a∈A b∈B Cũng ý số hạng xk xuất EC(x) ai∈A bj∈B cho + b j = k , cặp tương ứng với lần xuất x EC(x) □ Ví dụ 2.3.3 Cho (a1, a2, , an) (b1, b2, , bn) hai dãy số nguyên không xếp thứ tự n-tập hợp cho a1 + a2, a1 + a3, , an-1 + an (tổng quát, + aj, 1≤ i < j ≤ n) b1 + b2, b1 + b3, , bn-1 + bn (tổng quát, bi + bj, 1≤ i < j ≤ n) 56 có hốn vị trùng Chứng minh n lũy thừa Giải: Cho c số, n-tập hợp (c + a1 , c + a2 , , c + an ) (c + b1 , c + b2 , , c + bn ) thỏa mãn điều kiện toán Một cách tổng quát, ta giả định (a1, a2, , an), (b1, b2, , bn) hai n-tập hợp số nguyên dương Cho (a1, a2, , an) (b1, b2, , bn) , n n E A ( x) = å x a E B ( x) = å x b i i i =1 i =1 Theo Mệnh đề 2.3.2, ta có n ( E A ( x )) = å x k + k =1 Và åx + a j = EA (x2 ) + 1£i < j £ n åx + a j 1£i < j £ n (EB (x ))2 = EB ( x ) + å x b +b i j 1£i < j £ n Vì dãy a1 + a2, a1 + a3, …, an-1 + an b1 + b2, b1 + b3, , bn-1 + bn có hốn vị trùng nên åx + a j = 1£i < j £n åx bi +b j 1£i < j £ n Vì vậy, (EA(x))2 – (EB(x))2) = EA(x2) – EB(x2) Vì n-tập hợp A B không xếp thứ tự khác nên EA(x) – EB(x) ≠ Do đó, ta có E A ( x) + E B ( x) = E A ( x ) + EB ( x ) E A ( x) - E B ( x) Chú ý EA(1)=EB(1) = n, tức x = nghiệm EA(x)– EB(x) EA(x) EB(x) đa thức Do EA(x) – EB(x) = (x – 1)kf(x) với k nguyên dương f(x) đa thức không chia hết cho x – 1, tức f(1) ≠ 57 Khi đó: EA(x2) – EB(x2) = (x2 – 1)kf(x2) Có nghĩa E A ( x) + E B (x ( x) = - 1) f ( x ) ( x + 1) f ( x ) = f ( x) (x - 1)k f ( x) k k Đặt x = 1, đồng thức cho 2n = E A (1) + E B (1) = k f (1) = 2k f (1) Tức n = 2k – (đpcm) 2.4 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG Ví dụ 2.4.1 (Szego & Polya) Cho n > số nguyên, cho a1, a2, , aØ(n) số tập A = {1, 2, , n} với n nguyên tố Khi a12 + a22 + + af2( n ) = f (n) (2n + (-1) k p1 p2 pk ) với p1, p2, , pk số chia nguyên tố n Giải: Cho f(x) = x2, f ( A) = å f ( x) = å x f(Ø) = xỴA xỴA Cho ≤ i ≤ k, cho Ai tập phần tử A, tức chia hết cho pi Khi n(n + 1)(2n + 1) n n n f ( A) = å i = = + + 6 i =1 n Ta có: æ n ö f ( Ai ) = p + ( pi ) + + ỗỗ pi ữữ è pi ø é 1ỉ n ỉ n ứ 1ỉ n = pi ê çç ÷÷ + çç ÷÷ + çç ÷÷ ú è pi ø è pi ø ú êë è pi ø û i 58 với ≤ i ≤ k, é1 ỉ n ư3 ổ n ữ + ỗ f ( Ai ầ A j ) = ( pi p j ) ỗ ç p p çè pi p j ê è i j ÷ø ë 2 ỉ ÷ + 1ỗ n ữ ỗố pi p j ứ öù ÷ú ÷ú øû với ≤ i ≤ k, Từ định lý 2.1.3, ta có: ỉ k 2 a1 + a2 + + af ( n ) = f ( A) - f ỗ U Ai ÷ è i =1 ø n n n ỉ = + + - å (-1)|I |+1 f ỗ I Ai ữ I ạf è iỴI ø = n3 n2 n + + + å (-1)|I | I ¹f ỉ f ỗ I Ai ữ ố iẻI ứ Chỳ ý rằng: é 1ỉ 1ỉ ửự ổ I 1ổ ỗ ữ ỗ ữ ỗ + f A p n n n ( ) ( ) + = ỗ ữ å å I i Õ Õ Õ Õ ÷ú i ỗố iẻI pi ữứ ỗố iẻI pi ữứ ỗố iẻI pi ữứỳ I ạf iẻI ố iẻI ø I Í{1, ,k } ê ë û I ¹f |I | Theo a12 + a22 + + af2( n ) ỉ ỉ - ư÷ n ổỗ n3 ỗ |I | ữ = ỗ1 + ế ỗỗ ữữ ữ + ỗ1 + ế (- 1) ữ + ỗ I {1, ,k } iẻI ố pi ứ ữ ỗ I {1, ,k } iẻI ữ I ạf I ạf ố ứ è ø k k ỉ n 1ư n n k = ế ỗỗ1 - ữữ + ế (1 - 1) + Õ (1 - pi ) i =1 è pi ø i =1 i =1 M Nờn m ổ 1ử f (n) = nế ỗỗ1 - ữữ pi ứ i =1 ố ổ nỗ ữ + ế (- pi )ữ ỗ ỗ I {1, ,k } iẻI ữ I ạf ố ø 59 n 2f (n) f (n)Õi =1 ( - pi ) = + f ( n) = (2n + (-1) k p1 p2 pk ) k a + a + + a 2 2 f (n) □ Ví dụ 2.4.2 (Olympic Hong Kong lần năm 1994) Một trường học có b giáo viên c sinh viên thỏa mãn điều kiên sau: - Mỗi giáo viên dạy k học sinh - Cho sinh viên, có h giáo viên dạy Chứng minh: b c(c - 1) = h k (k - 1) Giải: Nếu giáo viên Tr, dạy hai sinh viên Si, Sj (i ≠ j) Tr,Si, Sj ba {Tr,Si, Sj } giả thiết số ba {Tr,Si, Sj }là M Mặt khác, chọn giáo viên, giáo viên dạy k sinh viên ổk Do ú cú ỗỗ ữữ b ba {Tr,Si, Sj } chứa Tr có b cách để chọn Tr v ố2ứ ổk M = bỗỗ ữữ (1) è2ø Và cho sinh viên Si, Sj (i ≠ j) có h giáo viên dạy Do có h ỉc ba {Tr,Si, Sj } chứa Si, Sj (i j) v cú ỗỗ ữữ cỏch để chọn Si, Sj (i ≠ j) è 2ø ổc M = hỗỗ ữữ (2) ố 2ứ T (1) v (2) ta cú ổhử ổc bỗỗ ữữ = hỗỗ ữữ ố2ứ ố 2ứ 60 ổc ỗ ữ b ỗố ữứ c(c - 1) = = (pcm) h ổ k k (k - 1) ỗỗ ÷÷ è2ø Do Ví dụ 2.4.3 Chứng minh rằng: n n-k ỉnư k ỉ ỉ 2n + 1ư ữ n ữứ ỗỗ k ữữ2 ỗỗ [(n - k )]/ ữữ = ỗỗ ứ ố ố ứ è k =0 Giải: Cách 1: Ta có hệ số x (1 + x ) n n +1 = ỉ 2n + 1ư k ỉ 2n + 1ử ữữx l ỗỗ ữữ k ứ k =0 ố ố n ứ n +1 ỗỗ Mt khỏc, (1 + x )2 n+1 = (1 + x + x) n (1 + x) n ỉnư k = ỗỗ ữữ(2 x ) (1 + x ) n-k (1 + x) k =0 è k ø n n ổnử ổnử = ỗỗ ữữ2 k x k (1 + x ) n - k + ỗỗ ữữ2 k x k +1 (1 + x ) n - k k =0 è k ø k =0 è k ø Khi n – k lẻ, biểu thức n-k n - k ỉnư k k ổnử ổ 2i ỗỗ ữữ2 x (1 + x ) n-k = ỗỗ ữữ2 k x k çç ÷x i ÷ø i =0 è èk ø èk ø khơng có nhóm chứa xn biểu thức n -k n - k ỉ n k k +1 ổnử ổ 2i ỗỗ ữữ2 x (1 + x ) n-k = ỗỗ ữữ2 k x k +1 ỗỗ ữx i ữứ i =0 ố èk ø èk ø Nhóm chứa xn (*) 61 n-k ( n -k -1) / ỉ n k ỉ n - k ỉ n n k +1 ổ ữữ ữữ x ỗỗ ữữ2 x ỗỗ = ỗỗ ữữ2 ỗỗ ố k ứ ố [(n - k ) / 2]ø è (n - k - 1) / ø èk ø Khi n – k chẵn, biểu thức n-k n - k ö 2i ỉ ỉnư ỉ n k k +1 ÷x çç ÷÷2 x (1 + x ) n-k = çç ÷÷2 k x k +1 å çç i ÷ø i =0 è èk ø èk ø khơng có nhóm chứa xn biểu thức n -k n - k 2i ổ ổnử ổnử k k ữữx ỗỗ ữữ2 x (1 + x ) n-k = ỗỗ ữữ2 k x k ỗỗ i =o ố i ø èk ø èk ø nhóm chứa xn ỉnư n k ỉn - k ( n -k ) / ỉ n k ỉ n - k n ỗỗ ữữ2 x ỗỗ ữữ x ữữ x = ỗỗ ữữ2 ỗỗ ốk ứ ố (n - k ) / ø è k ø è [(n - k ) / 2]ø Do đó, hệ số xn vế phải (*) n ỉnư k ổ n-k ỗỗ k ữữ2 ỗỗ [(n - k ) / 2]÷÷ è ø è ø k =0 Vì ta có n ỉnư k ỉ n-k ổ 2n + 1ử ữ n ữứ ỗỗ k ữữ2 ỗỗ [(n - k ) / 2]ữữ = ỗỗ è ø è ø è k =0 Cách 2: Ta xét phương thức tổ hợp Có 2n sinh viên, n sinh viên nam n sinh viên nữ lớp thầy T Giả sử g1, g2, …, gn sinh viên nữ, b1, b2, …, bn sinh viên nam Cho ≤ i ≤ n, (gi, bi) cặp Lớp có n vé xem bóng đá ỉ 2n + 1ư ÷÷ è n ø Chúng ta xét số cách tìm n người xem Rõ rng cõu tr li l ỗỗ Mt khỏc, ta cng có số cách tính sau: Cho k ngun bất kỳ, ta tìm k cặp từ n cặp sinh viên v mi cp mt vộ 62 ổnử Cú ỗỗ ÷÷2 k cách để tìm k cặp chọn sinh viên từ cặp để k è ø xem Ta có n – k vé trái n – k cặp sinh viên trái Chúng ta chọn ỉ n-k én - k ù ÷÷ cách lm iu ỗỗ cp v cho mi cp vé Như có êë úû è [(n - k ) / 2]ø n-kù vé ë úû Bây ta gán S = k + éê Nếu n – k lẻ, S = n – ta gán vé cuối cho giáo viên T Nếu n – k lẻ, S = n ta giao tồn vé có cho sinh viên Khơng khó để lấy k từ giá trị từ đến n Như ta tìm cách để gán n vé Do đó, có Vy ổnử k ổ n - k ỗỗ ữữ cách để tìm n người xem đá bóng i =0 è ø è [(n - k ) / 2] ứ n ỗỗ k ữữ2 ổ n k æ n - k ö æ n + 1ö çç ÷÷ = çç ÷÷ i =0 è ø è[(n - k ) / 2] ø è n ø n ỗỗ k ữữ2 63 KT LUN Qua mt thi gian tìm hiểu, tiếp cận nghiên cứu lý thuyết tổ hợp, luận văn hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề tài với kết cụ thể sau: - Trình bày cách đầy đủ chi tiết nguyên lý đếm bản: nguyên lý cộng nguyên lý nhân, tổ hợp, tính chất hệ số tổ hợp, song ánh, phép đệ quy toán đặc sắc nhằm minh họa vấn đề - Khảo sát nguyên lý phương pháp đếm dùng bao hàm – loại trừ, nguyên lý Fubini hàm sinh Đồng thời loạt ví dụ minh họa chọn lọc nhằm làm sáng tỏ vấn đề khảo sát Với tìm hiểu nghiên cứu được, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân tiếp tục sâu nghiên cứu hi vọng nguồn tư liệu tốt cho quan tâm nghiên cứu lý thuyết tổ hợp, ứng dụng kết để giải tốn chương trình tốn trung học phổ thơng Trong q trình làm luận văn, có nhiều cố gắng song điều kiện khách quan lực có hạn thân nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận góp ý chân thành q thầy bạn đọc để tiếp tục tìm hiểu, nghiên cứu phát triển luận văn sau 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Gia Định (2003), Giáo trình Tốn rời rạc, Trường Đại học Khoa học - Đại học Huế, Huế [2] Đặng Thị Thục Đoan (2011), Các phương pháp đếm lý thuyết tổ hợp, Luận văn thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, Đại học Đà nẵng [3] K.H Rosen (1997), Toán học rời rạc ứng dụng tin học, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [4] Ngô Đắc Tân (2003), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Tiếng Anh [5] M Hall (1998), Combinatorial theory, John Wiley & Sons, Chichester [6] R Merris (1996), Combinatorics, PWS Publishing, Boston MA [7] Titu Andreescu, Zuming Feng (2004), A path to combinatorics for undergraduates, Birkhauser Boston ... chung, lý thuyết tổ hợp gắn liền với việc nghiên cứu cấu hình tổ hợp cấu trúc tổ hợp Các vấn đề lý thuyết tổ hợp liên quan tới cấu hình tổ hợp đa dạng Tuy nhiên, có bốn loại tốn thường gặp cả: toán. .. tế toán có tốn liên quan đến lý thuyết tổ hợp thường dạng toán khó Xuất phát từ nhu cầu phát triển tính thời việc nghiên cứu lý thuyết tổ hợp, định chọn đề tài với tên gọi: Ứng dụng lý thuyết tổ. .. thường gặp cả: toán đếm, toán liệt kê, toán tối ưu tổ hợp, toán tồn Trong toán kể trên, toán đếm thuộc loại toán quan trọng Đây toán nhằm trả lời câu hỏi: “Có cấu hình tổ hợp thuộc dạng cho?” Phương