ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN DIỄN PHÉP PHÂN HOẠCH TẬP HOWPJVAF MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG TỐN SƠ CẤP THÁI NGUN 2015 Mơc lơc Muc luc Lời nói đầu Phép phân hoạch tập hợp 1.1 Phép phân hoach tập hợp quan hệ tơng đơng 1.2 Số Bell số Stirling loại hai 10 1.3 Mét sè c«ng thøc tÝnh hàm phân hoạch tập hợp 18 Một số ứng dụng toán sơ cấp 22 2.1 Phân hoạch chẵn, lẻ ứng dụng toán sơ cấp 22 2.2 Một số ứng dụng giải toán tổ hợp hình học sơ cấp 27 2.3 Phân hoach số ứng dụng toán sơ cấp 32 KÕt luËn 38 Tµi liƯu tham kh¶o 39 Lời cảm ơn Trớc hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn đà giúp hoàn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài lớn không nhiều nên cha thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc nhng Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hớng dẫn, động viên khuyến khích suốt thời gian thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến trình hoàn thiện luận văn Cô luân tận tình bảo tạo điều kiện tốt cho Cho đến luận văn thạc sĩ đà đợc hoàn thành, xin cảm ơn Cô đà đôn đốc nhắc nhở giúp đỡ Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa toán-Tin phòng Đào tạo trờng Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô đà tận tình truyền đạt kiến thức quí báu nh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, ngời đà không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho Vì lực thân nh thời gian hạn chế, luận văn chắn tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đợc đóng góp ý kiến nhận xét Thầy, Cô để luận văn đợc hoàn thiện Nam Định, ngày 15, tháng 4, năm 2015 Học viên Nguyễn Văn Diễn Lời nói đầu Lí thuyết phân hoạch tập hợp có lịch sử lâu dài (đợc quan tâm từ Thế kỉ 19), chủ đề nghiên cứu hấp dẫn thời Lí thuyết phân hoạch tập hợp đóng vai trò quan trọng nhiều lĩnh vực khác toán học nh Tổ hợp, Lí thuyết Lie, LÝ thut biĨu diƠn, To¸n vËt lÝ, LÝ thut c¸c hàm đặc biệt Vì tầm quan trọng ứng dụng khác nhau, nhà toán học đà nỗ lực tìm công thức tính số phân hoạch tập hợp Một số công thức tính số phân hoạch thuộc Bell báo tạp chí tiếng Annals of Mathematics năm 1934 tiếp tục phát triển báo khác Annals of Mathematics công bố năm 1938 Số phép phân hoạch tập hợp n phần tử đợc gọi số Bell thứ n để ghi nhận đóng góp to lớn nhà toán học tên tuổi Eric Temple Bell (1883-1960), số đợc kí hiệu Bn Nhiều công thức khác để tính số phân hoạch tập hợp n phần tử nh công thức đợc đa G C Rota báo The Number of Partitions of a Set Amer Math Monthly năm 1964, công thức W F Lunnon, P Pleasants, M N Stephens báo “Arithmetic Properties of Bell Numbers to a Composite Modulus” trªn Acta Arith năm 1979, Ngày việc nghiên cứu số Bell đợc quan tâm, thể công trình năm 2013 E D Knuth tổng kết 2000 năm toán Tổ hợp (xem [K]), D Berend T Tassa năm 2010 (xem [BT]), D Callan năm 2006 (xem [Ca]), Mục đích luận văn nghiên cứu lí thuyết phân hoạch tập hợp, số công thức tính số Bell Bn ứng dụng để giải số dạng toán sơ cấp, đặc biệt toán tổ hợp Luận văn gồm chơng Trong Chơng 1, trớc hết trình bày khái niệm phép phân hoạch tập hợp, liên quan chặt chẽ phép phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng tập hợp Tiết 1.2 dành để chứng minh số công thức tính số phân hoạch, số Stirling loại đa số công thức truy hồi để tính số Bell Chơng giới thiệu tam giác Bell, thành việc tính toán dựa công thức có đợc Trong Chơng 2, trình bày số ứng dụng lí thuyết phân hoạch việc giải số dạng toán sơ cấp, đặc biệt toán đại số tổ hợp hay hình học sơ cấp Chúng đa lời giải số toán liên quan đến nghiệm phơng trình, tính xác suất biến cố hay toán phân hoạch tập hợp số, đặc biệt toán phân hoạch đa giác thành tam giác hình học sơ cấp Chơng Phép phân hoạch tập hợp Mục tiêu Chơng trình bày khái niệm phân hoạch tập hợp, mối quan hệ phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng, tính chất sở số Bell chứng minh số công thức tính số Bell, tức công thức tính hàm phân hoạch tập hợp 1.1 Phép phân hoach tập hợp quan hệ tơng đơng Trong suốt tiết giả thiết X tập hợp khác rỗng Mục tiêu tiết giới thiệu khái niệm phép phân hoạch tập hợp mối liên hệ phép phân hoạch tập X với quan hệ tơng đơng tập X 1.1.1 Định nghĩa Ta gọi phép phân hoạch tập X (hay chia lớp X) cách chia X thành họ tập khác rỗng {Xi}iI cho Xi ∩ Xj = ∅ víi mäi i, j ∈ I, i = j vµ X = Xi NÕu {Xi}iI iI phân hoạch tập X tập Xi đợc gọi khối phân hoạch; I gồm k phần tử ta nói phân hoạch gồm k khối 1.1.2 Ví dụ (i) Nếu X = {a} X có phân hoạch, phân hoạch thành khối X (ii) NÕu X = {a, b} th× X cã hai phân hoạch, phân hoạch thứ thành khối X; phân hoạch thứ hai gồm hai khối {a}, {b} (iii) NÕu X = {a, b, c} th× cã phép phân hoạch tập X, {{a}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}}; {{a, c}, {b}}; {{b, c}, {a}}; {{a, b, c}}, có phân hoạch thành khối, ba phân hoạch thành khối, phân hoạch thành khối (iv) Nếu X = {a, b, c, d} có 15 phép phân hoạch tập X, ®ã lµ {{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}} {{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}} {{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}} {{b, c, d}, {a}}; {{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}} {{a, d}, {b, c}; {a, b, c, d}; {abcd} Cô thể: Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối {abcd} Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối {a, b, c, d} Tập hợp gồm phần tử có phân hoạch thành khối {{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}}; {{b, c, d}, {a}}; {{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}}; {{a, d}, {b, c}} TËp hỵp gåm phần tử có phân hoạch thành khối {{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}}; {{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}} 1.1.3 VÝ dơ Chó ý r»ng phân hoạch không phụ thuộc vào thứ tự khối Chẳng hạn, Ví dụ 1.1.2(iii) với X = {a, b, c}, phép phân hoạch {{a}, {b}, {c}} {{b}, {a}, {c}} nh nhau; phép phân hoạch {{a, c}, {b}} vµ {{b}, {a, c}} lµ nh− Thực tế, có nhiều toán đợc quy toán phân hoạch tập hợp nh toán xác xuất thống kê, tổ hợp đồ thị, 1.1.4 VÝ dơ Cho Ω lµ không gian mẫu phép thử Khi ®ã hÖ biÕn cè gåm n biÕn cè A1, A2 , A3 , , An đợc gọi phân hoạch không gian mẫu Ai ∩ Aj = ∅, víi mäi i, j = 1, 2, n vµ A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ∪ An = Hệ biến cố đợc gọi hệ đầy đủ đôi xung khắc với Khi với B biến cố phép thử, ta có công thức đầy đủ công thøc Bayes nh− sau: (i) P (B) = P (A1)P (B/A1 ) + P (A2 )P (B/A2) + + P (An)P (B/An ) P (Ai)P (B/Ai) (ii) P (Ai/B) = P (B) TiÕp theo, chóng ta trình bày mối quan hệ phép phân hoạch tập X với quan hệ tơng đơng X Nhắc lại tập khác rỗng tích Descartes X ì X đợc gọi quan hệ (hai ngôi) X Ta thờng kí hiệu quan hệ chữ R, S, T, , kí hiệu , , , Cho quan hệ hai X Nếu (a, b) ta viết ab vµ ta nãi a quan hƯ víi b (theo quan hệ ) Dới số tính chất quan träng mµ mét quan hƯ Ω cã thĨ cã (i) Phản xạ: aa với a X (ii) Đối xøng: NÕu aΩb th× bΩa víi mäi a, b ∈ X (iii) Phản đối xứng: Nếu ab ba a = b víi mäi a, b ∈ X (iv) Bắc cầu: Nếu ab bc ac với a, b, c X Chẳng hạn, với X = {1, 2, 3, 4}, quan hÖ chia hÕt Ω = {(a, b) X ì X | a ớc b} có tính chất phản xạ, phản đối xứng bắc cầu Ta viết quan hệ chia hết cách thuộc tính đặc tr−ng nh− sau: aΩb nÕu vµ chØ nÕu a lµ −íc cđa b víi mäi a, b ∈ X Ta viết quan hệ cách liƯt kª nh− sau Ω = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)} 1.1.5 Định nghĩa Một quan hệ X đợc gọi quan hệ tơng đơng phản xạ, đối xứng bắc cầu Theo truyền thống, quan hệ tơng đơng thờng đợc kí hiệu Giả sử quan hệ tơng đơng X Với a X, ta gọi lớp tơng đơng a, kí hiệu cl(a) (hay a, [a]) tập phần tử X quan hƯ víi a, tøc lµ cl(a) = {b X | b a} Tập lớp tơng đơng đợc gọi tập thơng X theo quan hệ tơng đơng đợc kí hiệu X/ ∼ Nh− vËy X/ ∼ = {cl(a) | a ∈ X} Chó ý r»ng a ∼ b vµ chØ cl(a) = cl(b) víi mäi a, b ∈ X ThËt vËy, gi¶ sư a ∼ b Cho x ∈ cl(a), tøc lµ x ∼ a Do ∼ cã tính bắc cầu nên x b Vì x cl(b) Do cl(a) cl(b) Tơng tự, cl(b) cl(a) Ngợc lại, giả sử cl(a) = cl(b) Do có tính phản xạ nên a cl(a) Vì thÕ a ∈ cl(b), tøc lµ a ∼ b 1.1.6 VÝ dơ Cho m ≥ lµ mét sè tù nhiên Ta định nghĩa quan hệ (mod m) Z nh− sau: víi mäi a, b ∈ Z, a ≡ b (mod m) vµ chØ a − b bội m Quan hệ đợc gọi quan hệ đồng d theo môđun m Quan hệ phản xạ, đối xứng bắc cầu không phản xứng Do quan hệ tơng đơng Z Nếu a b (mod m) ta đọc a đồng d với b theo môđun m Với a Z, lớp tơng đơng a thờng đợc kí hiệu a gọi lớp thặng d theo môđun m với đại diện a Tập thơng Z theo quan hệ đợc kí hiệu Zm đợc gọi tập lớp thặng d theo môđun m hay tập số nguyên mođunlô m Cho a Z Viết a = mq + r víi r m − Khi a r bội m, tức lµ a ≡ r (mod m) Suy a = r Hơn nữa, r = s số tự nhiên cho r, s m r s không bội m Do r = s Vậy tập thơng Zm gồm m phần tử, 0, 1, , m 1.1.7 Mệnh đề Cho quan hệ tơng đơng X Khi (i) cl(a) = ∅ víi mäi a ∈ X; (ii) X = cl(a); a∈X (iii) NÕu cl(a) = cl(b) th× cl(a) ∩ cl(b) = ∅ víi mäi a, b ∈ X Chøng minh (i), (ii) Với a X, tính phản xạ nên ta có a a Vì a cl(a) Do cl(a) = X = cl(a) a∈X (iii) Gi¶ sư cl(a) ∩ cl(b) = ∅ Chän c ∈ cl(a) ∩ cl(b) Ta cã a c c b Giả sử x cl(a) Khi x a Do tính chất bắc cầu ta có x b Vì x cl(b) Suy cl(a) ⊆ cl(b) T−¬ng tù, cl(a) ⊇ cl(b) Do cl(a) = cl(b) Định lí sau kết tiết này, cho ta mối quan hệ phép phân hoạch với quan hệ tơng đơng 1.1.8 Định lý Nếu quan hệ tơng đơng X tập lớp tơng đơng X/ = {cl(a) | a X} phân hoạch X Ngợc lại, {Xi}iI phép phân hoach tập X tồn quan hệ tơng đơng X cho Xi lớp tơng đơng Chứng minh Giả sử quan hệ tơng đơng X Theo Mệnh đề 1.1.7, tập X/ lớp tơng đơng X theo quan hệ tơng đơng làm thành phép phân hoạch X Ngợc lại, giả sử {Xi}iI 25 theo qui tắc nhân, ta cã O(n, n − 2) = Cn3 = n(n − 1)(n − 2) víi n ≥ Tõ MƯnh đề 2.1.4, ta có bảng sau để tính số E(n, k) O(n, k) với n nhỏ O(n, k) k = k = k = k = k = k = k = k = On n=1 1 n=2 1 n=3 1 n=4 0 n=5 10 12 n=6 16 20 37 n=7 91 35 128 n=8 64 366 56 457 E(n, k) k = k = k = k = k = k = k = k = En n=1 0 n=2 1 n=3 0 0 n=4 0 n=5 0 0 0 n=6 15 15 0 31 n=7 0 0 0 0 n=8 63 210 105 0 0 379 2.1.5 VÝ dô Có 20 vận động viên thi đấu cầu lông Ban tổ chức cần chia vận động viên thành 10 cặp thi đấu Số cách chia số phân hoạch tập hợp 20 phần tử thành 10 tập mà tập gồm phần tử Số cách E(20, 10) = 654729685 26 2.1.6 Ví dụ Tại vòng chung kết Worldcup giới diễn Brazil năm 2014, Ban tổ chức chọn đợc 16 đội bóng vào đấu loại trực tiếp Các đội bóng tham gia bốc thăm để chia thành cặp đấu Hai đội thuộc cặp thi đấu để chọn đội thắng vào tứ kết Khi đó, số khả phân chia cặp đấu số phân hoạch tập hợp gồm 16 phần tử thành tập không rỗng mà tập gồm phần tử Số E(16, 8) = 2027025 Tơng tự số cách chia đội thắng thành cặp đấu cho vòng tứ kết E(8, 4) = 105, số cách chia đội thắng cho vòng bán kết E(4, 2) = Bây ta sử dụng công thức để giải số toán sơ cấp 2.1.7 Bài toán Phân phối n cầu phân biệt vào m hộp giống Có cách phân phối cho hộp có chẵn cầu cách phân phối cho hộp có lẻ cầu Lời giải Vì cầu phân biệt hộp giống nên số cách phân phối để hộp có số chẵn (lẻ) phần tử số cách phân hoạch tập hợp gồm n phần tử thành m tập cho tập có số chẵn (lẻ) cầu Do số cách phân phối cho hộp có chứa số chẵn cầu E(n, m) cách số cách phân phối cho hộp có chứa số số lẻ cầu O(n, m) cách 2.1.8 Bài toán Có cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp chứa số chẵn đồ vật Có cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp chứa số lẻ đồ vật Lời giải Vì đồ vật khác hộp giống nên số cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp có số chẵn đồ vật số phân hoạch tập hợp5 phần tử phân biệt thành tập 27 cho tập có chứa số chẵn phần tử E(5, 3) = Tơng tự số cách phân phối đồ vật khác vào hộp giống cho hộp có số lẻ đồ vật O(5, 3) = 10 2.2 Mét sè øng dơng gi¶i toán tổ hợp hình học sơ cấp Nh Định nghĩa 1.2.2, số phân hoạch tập X gồm n phần tử thành k khối đợc kí hiệu S(n, k) đợc gọi số Stirling loại Nh S(n, k) số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp giống mà hộp rỗng Chẳng hạn, số cách phân phối 10 cầu phân biệt vào hộp giống mà hộp rỗng S(10, 5) = 52525 2.2.1 Bài toán Có cách phân phối 2015 cầu phân biệt vào 100 hộp phân biệt Lời giải Giả sử hộp giống Khi phân phối 2015 cầu phân biệt vào 100 hộp giống số phân hoạch tập hợp gồm 2015 phần tử thành 100 khối, S(2015, 100) Với cách phân phối 2015 cầu vào 100 hộp giống nhau, cách hoán vị 100 hộp ta đợc 100! phân phối 2015 cầu vào 100 hộp phân biệt Do số cách phân phối 2015 cầu phân biệt vào 100 hộp phân biệt 100! x S(2015, 100) 2.2.2 Bài toán Phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt Có cách phân phối cho hộp chứa số chẵn cầu có cách phân phối cho hộp chứa số lẻ cầu Lời giải Giả sử hộp giống Số cách phân phối cho hộp chứa số chẵn cầu E(n, k) số cách phân phối cho hộp chứa số lẻ cầu O(n, k) Với cách phân phối vào k hộp giống nhau, cách hoán vị k hộp, ta đợc phân phối vào k hộp 28 khác Do số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt cho hộp chứa số chẵn cầu k! x E(n, k) số cách phân phối n cầu phân biệt vào k hộp phân biệt cho hộp chứa số lẻ cầu k! x O(n, k) 2.2.3 Bài toán Tính số nghiệm nguyên không âm phơng trình x1 + x2 + x3 + + xk = n Lời giải Xét dÃy có độ dài n + k bao gồm n phần tử x k − sè nh− sau x x x x x x, x1 x2 xk ®ã x1 + x2 + x3 + + xk = n vµ xi > víi mäi i ∈ {1, 2, 3, , k} NhËn xÐt r»ng cã song ¸nh tõ tËp nghiệm nguyên dơng phơng trình đà cho vào tập dÃy dạng x1 , , xk thỏa mÃn điều kiện Mặt khác, số dÃy có dạng tơng ứng với số cách chọn k vị trí cho số 0, tập gồm k1 phần tử tập hợp gồm n1 phần tử Do số k1 dÃy dạng thỏa mÃn điều kiện Cn1 Vì số nghiệm nguyên dơng k1 phơng trình Cn1 Nhận xÐt r»ng nÕu x1 + x2 + x3 + + xk = n vµ xi ≥ víi i ∈ {1, 2, 3, k} th× (x1 + 1) + (x2 + 1) + + (xk + 1) = n + k víi xi +1 > vµ i ∈ {1, 2, 3, k} Đảo lại, y1 +y2+y3+ .+yk = n+k vµ yi > víi mäi i ∈ {1, 2, 3, k} th× (y1 − 1) + (y2 − 1) + + (yk − 1) = n víi yi ≥ vµ i ∈ {1, 2, 3, k} Do số nghiệm nguyên không âm k1 n phơng trình Cn+k1 = Cn+k1 29 2.2.4 Bài toán Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để chọn đợc số có tổng chữ số chia hết cho 10 Lời giải Gọi số cần lập có dạng abc thỏa m·n a = vµ a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Sè có chữ số tùy ý x 102 = 900 sè NhËn xÐt r»ng sè nghiƯm kh«ng âm phơng trình a + b + c = n Cn+2 Theo giả thiết, ta có trờng hợp sau Trờng hợp 1: a + b + c = 10 Khi số nghiệm nguyên không ©m víi Sè nghiƯm a, b, c tháa m·n a = 0, a, b, c tïy ý lµ C12 b, c vµ b, c ∈ N lµ C11 Sè nghiƯm a, b, c tháa m·n a = 10, b = c = lµ Kết hợp lại, trờng hợp có 2 C12 − C11 − = C11 −1 sè thỏa mÃn yêu cầu toán Trờng hợp 2: a + b + c = 20 Đặt a = − x, b = − y, c = − z Khi ®ã, ta cã x, y, z ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} vµ x + y + z = 7, x = Sè nghiƯm x, y, z tháa m·n lµ C92 số thỏa mÃn trờng hợp C92 Tóm lại số số thỏa mÃn yêu cầu toán C11 + C92 = 90 Vì 90 = vậy, xác suất cần tìm P = 900 10 2.2.5 Bài toán Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để chọn đợc số có tổng chữ số chia hết cho Lời giải Gọi số cần lập có dạng abc thỏa mÃn a = vµ a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 30 Sè cã chữ số tùy ý x 102 = 900 số Nhận xét số nghiệm không âm phơng trình a + b + c = n Cn+2 Theo giả thiết ta có trờng hợp sau Trờng hợp 1: a + b + c = 9, số nghiệm nguyên không âm víi a, b, c tïy ý lµ C11 Sè nghiÖm a, b, c tháa m·n a = 0, b, c vµ b, c ∈ N lµ 2 C10 Kết hợp lại, trờng hợp có C11 C10 = C10 số thỏa mÃn yêu cầu toán Trờng hợp 2: a + b + c = 18 Đặt a = x, b = − y, c = − z Khi ®ã, ta cã x, y, z ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} x + y + z = 9, x khác V× thÕ sè nghiƯm x, y, z tháa m·n C11 1, số số thỏa mÃn trờng hợp C11 Trờng hỵp 3: a + b + c = 27, ®ã a = 9, b = 9, c = nên có số thỏa mÃn trờng hợp 2 Tóm lại số số thỏa mÃn yêu cầu toán C10 + C11 + = 100 90 = Xác suất cần tìm P = 900 10 2.2.6 Bài toán Trong hộp có 50 viên bi đợc đánh số từ đến 50, chọn ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để tổng ba số viên bi đợc chän lµ mét sè chia hÕt cho 3 Lêi giải Chọn ngẫu nhiên viên bi có C50 cách Nên số phần tử không gian mẫu n(Ω) = C50 = 19600 Gäi A lµ biÕn cè để tổng ba số ba viên bi đợc chọn lµ mét sè chia hÕt cho Trong mét tËp hợp X gồm 50 viên bi ứng với 50 số ban đầu phân hoạch thành tập hợp X1, X2 , X3, X1 gồm 16 viên bi đánh số có chung tính chất chia hết cho 3, X2 gồm 17 viên bi đánh số có chung tính chÊt lµ chia cho d− vµ X3 gåm 17 viên bi đánh số có chung tính chất chia cho d Để tìm số cách chọn viên bi có tổng ba 31 số viên bi số chia hết cho 3, ta xét trờng hợp sau Trờng hợp 1: viên bi đợc chọn thuộc loại, tức thuộc tập hợp X1 tập hợp X2 tập hợp X3 Khi số cách chọn 3 trờng hợp C16 + C17 + C17 = 1920 Tr−êng hỵp 2: viên bi đợc chọn, viên thuộc loại, tức viên thứ thuộc tập hợp X1 , viên thứ hai thuộc tập hợp X2, viên thứ ba thuộc tập hợp 1 X3 Khi số cách chọn trờng hợp C16 + C17 + C17 = 4624 Theo qui t¾c céng cã n(A) = 1920 + 4624 = 6544 Xác suất cần tìm lµ P (A) = n(A) 6544 409 = = n() 19600 1225 Trong hình học, toán truyền thống dựa đặc trng hình học đợc phát triển thành định lí hình học, toán kiểu ghép hình, chia hình mang nội dung khác Phơng pháp khảo sát học toán dựa vào vài đặc tính riêng biệt đợc gọi suy luận logic hình thức tơng tự không liên quan đến hình học nh nguyên lí Dirichle Các toán kiểu ghép hình học, chia hình xem nh toán sơ đẳng hình học tổ hợp Trong phần xem xét số tính chất đơn giản cuả hình học tổ hợp Bài toán phân hoạch đa giác lồi, phẳng thành tam giác hệ thống điểm cho trớc đa giác 2.2.7 Ví dụ Cho tứ giác ABCD điểm M tùy ý nằm tứ giác Xét trờng hợp sau (i) Điểm M không nằm đờng chéo AC BD; (ii) Điểm M nằm đờng chéo AC nằm đờng chéo BD; (iii) Điểm M nằm đờng chéo BD nằm đờng chéo AC; (iv) Điểm M nằm đờng chéo AC BD 32 Khi đó, trờng hợp có tam giác nằm phân hoạch nói 2.3 Phân hoach số ứng dụng toán sơ cấp 2.3.1 Bài toán Chứng minh chia tập hợp {1, 2, 3, , 1997} thành mét sè tËp rêi cho sè lín tập tổng số lại Chứng minh Giả sử phản chứng phân hoạch nh tồn Khi tổng tất số tập hai lần số lớn Suy tổng tất số tập hợp {1, 2, 3, , 1997} số chẵn Mặt khác, ta có dÃy số 1, 2, 3, , 1997 lËp thµnh cÊp sè céng cã 1997 sè h¹ng víi sè hạng u1 = công sai lµ d = Suy 1997.1998 + + + + 1997 = = 1997999, số lẻ, mâu thuẫn Từ ta suy phân hoạch nh không tồn 2.3.2 Bài toán Chứng minh với phân hoạch tập hợp X = {1, 2, 3, , 100} thành tập con, tồn tập chứa phần tử ph©n biƯt a, b, c, d cho a + b = c + d chứa số phân biÖt e, f, g cho e + f = 2g Chứng minh Vì 14.7 = 98 < 100 nên tån t¹i Ýt nhÊt tËp T cđa X cã Ýt nhÊt 15 phÇn tư Chóng ta xÐt tÊt hiệu a b với a, b thuộc T vµ a > b Ta cã C15 = 105 hiƯu nh− vËy C¸c hiƯu nh− thÕ nhËn gi¸ trị thuộc tập hợp {1, 2, 3, , 99} Do tồn cặp (x, y), (u, v) ph©n biƯt tháa m·n x − y = u − v > NÕu x, y, u, v số phân biệt ta có x + v = u + y, suy ®iỊu phải chứng minh Nếu x = v y + u = 2x y = u, ta cã x + v = 2y 33 2.3.3 Bài toán Giả sử tổng số nguyên a, b kh«ng chia hÕt cho Chøng minh r»ng kh«ng thể chia tập số nguyên Z thành lớp đôi rời cho t Z sè sau t, t + a, t + b thuộc lớp phân biệt Chứng minh : Giả sử phản chứng có phân hoạch Z = T1 T2 T3 thỏa mÃn yêu cầu toán Ta kÝ hiƯu xΩy nÕu x, y thc cïng líp phân hoạch Bộ số nguyên (a, b, c) đợc gäi lµ bé tèt nÕu a, b, c thuéc lớp phân hoạch Từ giả thiết (x, x + a, x + b) tốt x, x + a, x + b thuộc lớp phân hoạch Tơng tù cho t = x + a, t = x + b ta cã c¸c bé tèt (x + a, x + 2a, x + a + b), x + b, x + 2b, x + a + b) Khi x(x+a+b), cho x = 0(a+b) cho x = a+b suy (a+b)Ω2(a+b) TiÕp tôc, ta cã 0Ωp(a + b) víi mäi p ∈ Z (∗) MỈt kh¸c, (x + a, x + 2a, x + a + b) lµ bé tèt vµ (x + a + b)x nên (x, x + a, x + 2a) bét tèt, cho x = suy (0, a, 2a) lµ bé tèt vµ cho x = a suy (a, 2a, 3a) tốt, từ 03a Mặt khác (3a, 4a, 5a), (4a, 5a, 6a) tốt nên 3a6a 0qa q chia hÕt cho (∗∗) KÕt hỵp (∗) víi (∗∗), ta cã tỉng sè a + b ph¶i chia hÕt cho 3, điều mâu thuẫn với giả thiết 2.3.4 Bài toán Tìm số m nhỏ cho phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, , m} thành lớp T1 , T2 tồn lớp có chứa số phân biÖt x < y < z cho x + z = 2y Chøng minh : Víi m = 4, ta cã: {1, 2, 3, 4} = {2} ∪ {1, 3, 4} Cả hai lớp không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 5, ta cã {1, 2, 3, 4, 5} = {2, 3} ∪ {1, 4, 5} không thỏa mÃn yêu cầu to¸n XÐt m = 6, ta cã {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {2, 5, 6} ∪ {1, 3, 4} không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 7, ta cã {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = {1, 2, 4, 5} ∪ {3, 6, 7} không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 8, ta 34 cã {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} = {1, 4, 5, 8} ∪ {2, 3, 6, 7} không thỏa mÃn yêu cầu toán Xét m = 9, ta giả sử phản chứng tồn phân hoạch {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = T1 ∪ T2 mµ lớp T1 , T2 không thỏa mÃn yêu cầu toán (giả sử phản chứng m = không thỏa mÃn yêu cầu toán) Do vai trß cđa líp T1 , T2 nh− nên ta xét trờng hợp sau đây: 1+9 Tr−êng hỵp 1: (1, 9) ⊆ T1 suy = không thuộc T1 nên thuộc T2 Từ 3, không đồng thời thuộc T2 (nếu ngợc lại 3+7=2.5) suy phải có sè thc T1 Gi¶ sư ∈ T1 suy 3+9 6+2 3+1 = ∈ T2 , = ∈ T2 , = ∈ T1 , (5, 6) ⊆ T2 , 2 suy T1 (1, 4, 7) T1 (mâu thuẫn) Gi¶ sư ∈ T1 suy 7+9 7+1 4+8 = ∈ T2 , = ∈ T2 , = ∈ T1 , (6, 7) ⊆ T1 , 2 suy ∈ T2 , (5, 4) ∈ T2 , ∈ T1 vµ (3, 6, 9) T1 (mâu thuẫn) Trờng hợp 2: T1 , ∈ T2 , gi¶ sư ∈ T1 suy (1, 5) ⊆ T1 vµ ∈ T2 , ∈ T2 vµ (1, 3, 5), (1, 5, 9) lập thành cấp số cộng nên 9+3 = ∈ T1 , (5, 6) ∈ T1 suy ∈ T2 , ∈ T2 mµ 7, ∈ T2 nªn 7+9 = ∈ T1 Ta cã (3, 4) ∈ T2 suy T1 (2, 5, 8) T1 (mâu thn) Gi¶ sư ∈ T2 ta suy ( 9, 5) ∈ T2 vµ (3, 6) ∈ T1 mµ 1, ∈ T1 suy 1+3 = ∈ T2 , (6, 7) ∈ T1 , suy T2 (2, 5, 8) T2 (mâu thuẫn) nên số m nhỏ cần tìm 2.3.5 Bài toán Phân hoạch T1 , T2 , T3 , , Tn cđa tËp hỵp X đợc gọi cân theo số phần tử lớp có số phần tử Phân hoạch đợc gọi cân tổng tổng phần tử lớp 35 Hỏi có tồn phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, , nk} thành k lớp vừa cân số phần tử vừa cân tổng Nếu tồn ta gọi giả thiết H(n, k) Chứng minh Ta chứng minh giả thiết H(n, k) n số chẵn Thật giả sử H(2, k), n = ta có phân hoạch {1, 2, 3, , 2k} = {1, 2k} ∪ {2, 2k − 1} ∪ {3, 2k − 2} ∪ ∪ {k, k + 1} phân hoạch cân cân theo số phần tử cân theo tổng Ta xét H(2m, k) {1, 2, , 2mk} = {1, 2mk} ∪ {2, 2mk − 1} ∪ ∪ {mk, mk + 1} Ta kÝ hiệu lớp sau đây: T1 = {1, 2mk} {2, 2mk − 1} ∪ ∪ {m, 2mk − m + 1} T2 = {m+1, 2mk −m}∪{m+2, 2mk −m−1}∪ ∪{2m, 2mk −2m+1} Tk = {m(k − 1) + 1, 2mk − m(k − 1)} ∪ ∪ {mk, mk + 1} ta thu ®−ỵc {1, 2, , 2mk} = T1 ∪ T2 ∪ T3 ∪ ∪ Tk Khi Ti có 2m phần tử tổng số Ti m(2mk + 1) giả thiết H(2m, k) Với n > lẻ giả thiết H(3, k) ®óng suy H(n, k) ®óng ThËt vËy, gi¶ sư ta cã T1 , T2 , , Tn phân hoạch cân theo tổng theo số phần tử Nếu n > số lẻ n3 số chẵn Khi ta có phân hoạch cân theo tổng theo số phần tư cđa tËp hỵp {1, 2, 3, (n−3)k} thµnh k líp X1 , X2, , Xk Bây ta thêm vào lớp Xi để nhận đợc phân hoạch {1, 2, 3, , nk} tõ {(n−3)k+1, (n−3)k+2, , nk} TËp hỵp sau gåm 3k sè {(n−3)k+1, (n3)k +2, , nk} nên theo giả thiết qui nạp phân hoạch thành k lớp, lớp có phần tử có tổng phần tử lớp {(n 3)k + 1, (n − 3)k + 2, , nk} = Y1 ∪ Y2 ∪ ∪ Yk 36 Khi tập hợp sau phân hoạch thành k lớp sau {1, 2, , nk} = {X1 ∪ Y1} ∪ {X2 ∪ Y2 } ∪ ∪ {Xk Yk } (điều phải chứng minh) 2.3.6 Bài toán Chứng minh với phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, , 3n} thµnh lớp, lớp có n phần tử chọn từ lớp số cho số tổng số lại Chứng minh : Ta xét phân hoạch A, B, C Ta có số phần tử lớp A, B, C n Không giảm tính tổng quát ta mô tả phân hoạch nh sau: ∈ A vµ {1, 2, 3, , k − 1} ⊆ A, k ∈ B Các phần tử lại A, B, C đợc phân bố tiếp tùy theo phân hoạch khác Ta gäi (a, b, c) ∈ (A, B, C) lµ bé tèt nÕu cã sè b»ng tỉng cđa số lại Ta giả thiết phản chứng không tồn tốt ta chứng minh khẳng định với c C ta có c A, với mục đích số phần tử C nhỏ số phần tử A để suy mâu thuẫn số phần tư cđa C vµ cđa A b»ng vµ b»ng n Ta giả sử c không thuộc A, ta chọn giá trị c nhỏ giá trị mà c không thuộc A Nếu c − ∈ B th× (1, c − 1, c) tốt thỏa mÃn giả thiết, suy c không thuộc B Vì c không thuộc A c không thuộc B nên c − ∈ C NÕu c − k ∈ A (c k, k, c) tốt (mâu thuẫn) nên c k không thuộc A Nếu c − k ∈ B th× (k − 1, c k, c 1) tốt (mâu thuẫn) nên c k không thuộc B, suy c k C Hơn c nhỏ để c − kh«ng thuéc A suy c − k − thuéc A vµ (c − k − 1, k, c 1) tốt Từ khẳng định đúng, áp dụng khẳng định ta có số phần tử C nhỏ số phần tử A Mặt khác theo qui tắc tơng ứng, ta có không thuộc C mà = A nên số phần tử C nhỏ số phần tử A (mâu thuẫn) nên suy điều phải chứng minh 37 2.3.7 Bài toán Trong tập hợp n số nguyên dơng phân biệt Xét tất tổng phần tử tập không rỗng Chøng minh 2n − sè nµy cã thĨ chia thành n lớp cho lớp tỷ số số lớn số nhỏ nhỏ Chứng minh : Trớc hết, ta đà biết số tập không rỗng tập hợp gồm n phần tử 2n Mỗi tập cho ta tổng phần tư cđa tËp ®ã Do ®ã chóng ta cã tất 2n 1số tổng Bây giờ, ta kí hiệu số đà cho x1 , x2 , x3 , , xn tháa m·n ®iỊu kiƯn x1 < x2 < x3 < < xn kí hiệu tổng sau mk = (x1 + x2 + x3 + + xk ), Mk = x1 + x2 + x3 + + xk , k n Với k ta gọi lớp Tk gồm tổng S (của cac số tập đó) thỏa mÃn bất đẳng thức mk < S < Mk (∗) Gäi S1 , S2 lần lợt tổng nhỏ tổng lớn phần tử Mk S2 = tËp NÕu mk S1 S2 Mk th× ta cã tỷ số S1 mk Suy lớp Tk tỷ số số số lớn số nhỏ nhỏ Đối với tổng S thỏa mÃn điều kiện () với nhiều chØ sè k ta chän chØ sè k nhÊt VËy ta cã Ti ∩ Tk = ∅, mäi i = k Ta chøng minh mäi tæng S sÏ rơi vào lớp Tk trên, k n Thật vậy, ta giả sử phản chứng tồn tổng S mà S không thuộc Tk , k n Ta cã Mk ∈ Tk suy S khác Mk , k n Ta lại có M1 < S < Mn nên tồn k tháa m·n Mk < S < Mk+1 V× S > Mk nªn S = (x1 + x2 + + xk ) + xk+1 + + xi Tõ ®ã S > xi , i > k Suy 2S > xi + Mk ≥ xk+1 + Mk = Mk+1 Khi ®ã 2S > Mk+1 = 2mk+1 suy S > mk+1 vµ mk+1 < S < Mk+1 suy S ∈ Tk+1 Điều mâu thuẫn với giả thiết phản chứng 38 Kết luận Luận văn trình bày cách hệ thống kết lí thuyết phân hoạch tập hợp ứng dụng giải sơ cấp đại số tổ hợp, xác xuất thống kê, hình học sơ cấp, v.v Các kết đạt đợc luận văn nh sau - Trình bày khái niệm tính chất phép phân hoạch tập hợp, rõ mối quan hệ phép phân hoạch tập hợp quan hệ tơng đơng - Trình bày công thức tính số phân hoạch tập hợp gồm n phần tử (kí hiệu số Bell Bn ), công thức tính số Stirling loại (kí hiệu S(n, k)) xuất nhiều toán tổ hợp, xác suất thống kê - Trình bày số ứng dụng lý thuyết phép phân hoạch tập hợp toán sơ cấp Cụ thể giải số toán liên quan đến phân hoạch chẵn, phân hoạch lẻ, phân hoạch tập hợp số, đại số tổ hợp, xác suất thống kê hay hình học sơ cấp Dựa vào phát triển công nghệ thông tin, máy tính hay phần mềm Maple để tính xấp xỉ đánh giá cận số Bell tập hợp với số phần tử lớn Trong tơng lai chắn nhiều kết cụ thể số Stirling loại hay số Bell nh thấy đợc nhiều ứng dụng sâu sắc phép phân hoạch tập hợp toán học nói chung toán sơ cấp nói riêng Tài liệu tham kh¶o [An] G E Andrews, The theory of partitions, Cambridge University Press, 1998 [B1] E T Bell, Exponential polynomials, Annals of Mathematics 35 (1934), 258-277 [B2] E T Bell, The iterated exponential integer, Annals of Mathematics 39 (1938), 539-557 [BT] D Berend and T Tassa, Improved bounds on Bell numbers and on moments of sums of random variables, Probability and Mathematical Statistics 30 (2010), 185-205 [Ca] D Callan, A combinatorial interpretation of the eigensequence for composition, Journal of Integer Sequences (2006), 06-14 [Ha] R Hankin, Set partitions in R, Journal of Statistical Software, Code Snippets, 23 (2007) [K] E D Knuth, ”Two thousand years of combinatorics”, Oxford University Press 2013, pp 7-37 [TBM] Hamzeh Torabi, J Behboodian and S M Mirhosseini, On the number of partitions of sets and natural numbers, Appl Math Sci 33 (2009), 1635 - 1646 39 ... Mét sè øng dông toán sơ cấp 22 2.1 Phân hoạch chẵn, lẻ ứng dụng toán sơ cấp 22 2.2 Một số ứng dụng giải toán tổ hợp hình học sơ cấp 27 2.3 Phân hoach số ứng dụng toán sơ cấp 32 KÕt... nhiều toán tổ hợp, xác suất thống kê - Trình bày số ứng dụng lý thuyết phép phân hoạch tập hợp toán sơ cấp Cụ thể giải số toán liên quan đến phân hoạch chẵn, phân hoạch lẻ, phân hoạch tập hợp số, ... toán phân hoạch tập hợp số, đặc biệt toán phân hoạch đa giác thành tam giác hình học sơ cấp Chơng Phép phân hoạch tập hợp Mục tiêu Chơng trình bày khái niệm phân hoạch tập hợp, mối quan hệ phân