Về bài toán rời rạc và đại số tổ hợp

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ XUÂN HUY VỀ BÀI TOÁN RỜI RẠC V I S T HP Luận văn thạc sĩ toán häc NGHÖ AN – 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ XUÂN HUY VỀ BÀI TOÁN RỜI RẠC VÀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ngi hƣớng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHÖ AN - 2012 MỤC LỤC Mở đầu Chƣơng Một số toán rời rạc 1.1 Các cấu hình tổ hợp đơn giản 1.2 Một số phương pháp giải toán đếm tổ hợp 1.3 Hệ thống ví dụ minh họa toán rời rạc 18 Chƣơng Một số toán đại số tổ hợp 34 2.1 Bài toán chứng minh tồn 34 2.2 Số Ramsey 36 2.3 Hệ thống ví dụ minh họa tập đại số tổ hợp 38 Kết luận Tài liệu tham khảo 58 MỞ ĐẦU Tổ hợp ngành toán học rời rạc nghiên cứu cấu hình kết hợp phần tử tập hữu hạn phần tử Các cấu hình phép liệt kê, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp phần tử tập hợp Tổ hợp có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác toán học, đại số, lý thuyết xác suất, lý thuyết ergod (ergodic theory) hình học, ngành ứng dụng khoa học máy tính vật lí thống kê Các toán tổ hợp bao gồm: Bài toán rời rạc đại số tổ hợp; Bài tốn tơ màu; Bài tốn trị chơi; Bài tốn đồ thị Với lý trình bày trên, lựa chọn đề tài luận văn “Về toán rời rạc đại số tổ hợp” nhằm sâu tìm hiểu năm toán Tổ hợp Tài liệu tham khảo chủ yếu luận văn tài liệu: [1], [2], [6] Ngồi ra, luận văn cịn xây dựng hệ thống tập ví dụ toán rời rạc đại số tổ hợp nhằm góp phần xây dựng tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh nhà trường phổ thông sinh viên ngành sư phạm tốn học Các ví dụ, tập minh họa luận văn chủ yếu toán sưu tầm từ đề thi vơ địch tốn quốc tế (IMO) đề thi học sinh giỏi quốc gia thuộc phần tổ hợp Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS Nguyễn Thành Quang - tận tình hướng dẫn, bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy cô giáo chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, khoa Tốn học, phịng Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh giảng dạy tổ chức hướng dẫn cho học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học viên học tập nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn quan công tác, gia đình, bạn hữu tơi quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn có nhiều thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 10 năm 2012 Tác giả Nguyễn Thị Xuân Huy CHƢƠNG MỘT SỐ BÀI TOÁN RỜI RẠC CƠ BẢN 1.1 Các cấu hình tổ hợp đơn giản Ký hiệu N ( A) số phần tử tập hợp hữu hạn A tùy ý 1.1.1 Nguyên lý cộng Nếu A B hai tập hợp hữu hạn rời N ( A  B)  N ( A)  N ( B) Nguyên lý cộng mở rộng cho nhiều tập hợp rời nhau: Nếu A1 , A2 , , Ak phân hoạch tập hợp X N ( A1  A2   Ak )  N ( A1 )  N ( A2 )   N ( Ak ) Một trường hợp riêng hay dùng nguyên lý cộng: Nếu A tính chất cho tập X N ( A)  N ( X )  N ( A) Ví dụ Hỏi giá trị k sau đoạn chương trình PASCAL sau thực hiện? n1: = 10; n2: = 20; n3: = 30; k: = 0; for i1: = to n1 k: = k + 1; for i2: = to n2 k: = k + 1; for i3: = to n3 k: = k + 1; Giải Đầu tiên giá trị k gán Có vòng lặp for độc lập Sau lần lặp vòng for, giá trị k tăng lên Vòng for thứ lặp 10 lần, vòng for thứ hai lặp 20 lần, vòng for thứ ba lặp 30 lần Vậy, kết thúc vòng lặp for giá trị k 10 + 20 + 30 = 60  1.1.2 Nguyên lý bù trừ Nếu khơng có giả thiết rời hai tập hợp A B ta có N ( A  B)  N ( A)  N ( B)  N ( A  B) Công thức mở rộng cho nhiều tập hợp sau: Nếu A1, A2, …, Am tập hữu hạn, N ( A1  A2   Am )  N1  N2   (1)m1 Nm Nk tổng số phần tử tất giao k tập lấy từ m tập cho nghĩa N1 = N(A1) + … + N(Am), Nm = N(A1  A2  …  Am) Ví dụ: Hỏi tập X = {1, 2, 3, …, 10000} có số khơng chia hết cho số số 3, 4, 7? Giải Gọi Ai = {x  X : x chia hết cho i}, i = 3, 4, Khi A3  A4  A7 tập hợp số X chia hết cho số 3, 4, 7: Ta có N ( X )  N ( A3  A4  A7 )  N (X )  (N  N  N ) N1  N ( A3 )  N ( A4 )  N ( A7) = [10000/3] + [10000/4] + [10000/7] = 3333 + 2500 + 1428 = 7261, N2  N ( A3  A4 )  N ( A3  A7 )  N ( A4  A7 ) = [10000/(3.4)] + [10000/(3.7)] + [10000/(4.7)] = 833 + 476 + 357 = 1666, N3  N ( A3  A4  A7 )  1000 / (3   7)  119, ký hiệu [r] để số nguyên lớn không vượt r Từ số lượng số cần đếm là: 10000 – 7261 + 1666 – 119 = 4286. 1.1.3 Nguyên lý nhân Cho A1 , A2 , , Ak tập hợp đó, ta có: N ( A1  A2   Ak )  N ( A1 ).N ( A2 ) N ( An ) Ví dụ: Hỏi giá trị k sau đoạn chương trình PASCAL sau thực hiện? n1:=10; n2:=20; n3:=30; k:=0; for i1:= to n1 for i2:= to n2 for i3:= to n3 k:=k+1; Giải: Đầu tiên giá trị k gán Có vòng lặp for lồng Sau lần lặp vòng for, giá trị k tăng lên Vòng for thứ lặp 10 lần, vòng for thứ hai lặp 20 lần, vòng for thứ ba lặp 30 lần Vậy, theo nguyên lý nhân, kết thúc vòng lặp for lồng nhau, giá trị k 10 x 20 x 30 = 6000  1.1.4 Chỉnh hợp lặp Một chỉnh hợp lặp chập k n phần tử có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử cho Các thành phần lặp lại Như thế, chỉnh hợp lặp chập k n xem phần tử tích Đêcac Ak với A tập cho Theo nguyên lý nhân, số tất chỉnh hợp lặp chập k n nk 1.1.5 Chỉnh hợp không lặp Một chỉnh hợp không lặp chập k n phần tử có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử cho, thành phần khơng lặp lại Theo nguyên lý nhân, số chỉnh hợp không lặp chập k n n(n - 1)…(n – k + 1) Để tồn cấu hình, cần phải thỏa mãn k  n 1.1.6 Hoán vị Ta gọi hoán vị n phần tử cách xếp thứ tự phần tử Một hoán vị n phần tử xem trường hợp riêng chỉnh hợp không lặp k = n Do số hốn vị n phần tử 1.2…n= n! 1.1.7 Tổ hợp Một tổ hợp chập k n phần tử không kể thứ tự gồm k thành phần khác lấy từ n phần tử cho Nói cách khác, tổ hợp chập k n phần tử tập k phần tử tập n phần tử cho k Kí hiệu C số tất tổ hợp chập k n phần tử Cn k n gọi hệ số tổ hợp Ví dụ Hỏi có giao điểm đường chéo đa giác lồi n (n  4) đỉnh nằm đa giác, biết khơng có đường chéo đồng quy điểm đa giác? Giải Cứ đỉnh đa giác có giao điểm đường chéo nằm đa giác Từ suy số giao điểm cần đếm Cn4  n(n  1)(n  2)(n  3)  24 1.1.8 Một vài tính chất hệ số tổ hợp k a) Cn  n! ; k  0,1, , n k !(n  k )! (1) b) Đối xứng Cnk  Cnnk (2) c) Điều kiện đầu Cno  Cnn  (3) d) Công thức đệ qui Cnk  Cnk11  Cnk1 , n  k  (4) e) Khai triển nhị thức Newton ( x  y)n  Cn0 x n  Cn1 x n1 y   Cnn1xy n1  Cnn y n (5) n   Cnk x n k y k k 0 1.2 Một số phƣơng pháp giải toán đếm tổ hợp 1.2.1 Bài toán đếm tổ hợp Một vấn đề việc nghiên cứu tổ hợp đếm xem có cấu hình tổ hợp tạo với quy tắc nêu? Những toán gọi tốn đếm tổ hợp 10 Ví dụ Cho lưới gồm ô vuông Các nút đánh số từ đến n theo chiều từ trái sang phải từ đến m theo chiều từ lên (hình vẽ) Hỏi có đường khác từ nút (0,0) đến nút (n,m) cho phép cạnh ô vuông theo chiều sang phải lên trên? (0,m) (n,m) (0,0) (n,0) Giải: Một đường xem gồm n + m đoạn (mỗi đoạn cạnh ô vuông) Tại đoạn chọn hai giá trị: lên (mà ta mã 1) hay sang phải (mà ta mã 0) Số đoạn lên m số đoạn sang phải n Bài tốn dẫn việc tìm xem có dãy nhị phân độ dài n + m có m thành phần Đây số tập m phần tử tập n + m phần tử, số đường cần đếm Cnm m  Ví dụ (Bài tốn bỏ thư) Có n thư n phong bì ghi sẵn địa Bỏ ngẫu nhiên thư vào phong bì Hỏi xác suất để xảy không thư bỏ địa bao nhiêu? Giải: Có tất n! cách bỏ thư Vấn đề lại đếm số cách bỏ thư cho khơng có thư bỏ địa Gọi X tập hợp tất cách bỏ thư Ak tính chất thư thứ k bỏ địa Khi theo nguyên lý bù trừ ta có: N = N – N1 + N2 – … + (1)n N n N số cần tìm, N = n!, cịn Nk số tất cách bỏ thư cho có k thư địa Nhận xét rằng, Nk tổng theo cách lấy k thư từ n lá, 46 a3 (1  a1 )  a2 a3  (1  a1 )  a2   a1  a2 Do đó, a2  a a a  a1a a3a4    a1 2 Nếu c = a4 a = a2 , b = a3 , c = a4 Từ hai phương trình thứ hai thứ ba (*) ta có a3(1- a1) = a4a2 , a4(1- a1) = a2a3 Lí luận tương tự trên, ta đến 1- a1 = a2 = 0, ta gặp phải mâu thẫn Vậy c < a4 a5 tồn Lặp lại lí luận cho (a2 , a3 , a4 , a5) ta có a6 tồn tại, tiếp tục Do đó, A phải tập vơ hạn Bổ đề chứng minh Trở lại toán, ta sử dụng bổ đề với kí hiệu Để A thỏa mãn điều kiện cho, phải có a1  Lúc đó, c > a4 a =a1 , b = a2 , c = a3 Lí luận tương tự chứng minh bổ đề, ta có  a2  a4   a2  1, a4   Do đó, b = a1a3 = a2 =1 Ta có A  a1 ,1,   ,  , kết nói ban đầu. a1  Ví dụ Trong kì thi, vị giám khảo đánh giá thí sinh hai từ sai Biết với hai thí sinh nhận kết sau: có hai giám khảo cho đúng; có hai giám khảo với người thứ cho người thứ hai cho sai; có hai giám khảo với người thứ cho sai người thứ hai cho đúng; cuối có hai giám khảo cho sai Hỏi số lớn thí sinh có bao nhiêu? Giải Gọi n số thí sinh Ta xét bảng hình chữ nhật gồm hàng n cột cho ô vuông hàng thứ i cột thứ j chứa số (tương ứng, 1) giám khảo thứ i đánh giá thí sinh thứ j sai (tương ứng, đúng) 47 Từ điều kiện đề bài, suy hai cột bảng có tính chất: hàng hai cột chứa cặp số 00, 01, 10 11, cặp xuất hai lần Ta chứng minh khơng tồn bảng có cột có tính chất này.Giả sử điều ngược lại xảy Dễ thấy cột nào, ta thay số số ngược lại, tính chất bảo tồn Vì vậy, khơng tính tổng quát, giả sử hàng gồm số Gọi số số nằm hàng thứ i Rõ ràng tổng số 8.4 = 32 Hơn nữa, số lần xuất cặp 00 C8  56 8 Mặt khác, số C i 1 Dễ dàng chứng minh C i 2 Vì a1 = 8, suy a i 2 i  24  30 Do vậy, 56   Cai  58 , điều mâu thuẫn i 1 Bảng sau chứng tỏ có thí sinh (từ , số lớn thí sinh có 7) 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 48 Ví dụ Với hốn vị a 1, a2, …, an số 1, 2, …, n, ta phép thay đổi vị trí hai khối liên tiếp, nghĩa là, từ a1 , , , 1 ,  , ,  p ,  p 1 ,  p  , ,  q , a i q 1 , , an A B cách thay đổi vị trí A B cho ta a1 , , ,  p 1 ,  p 2 , ,  q , 1 ,  , ,  p , a i q 1 , , an B A Hãy tìm số lần thay đổi bé để đưa hốn vị n, n – 1, …,1 lại hoán vị 1, 2, …, n Giải Dưới đây, ta gọi thay đổi vị trí đề nước Ta chứng minh số nước bé để đưa hốn vị  n  1 1 n, n-1, …, lại hoán vị 1, 2, …, n    Xét số cặp , ai+1 thỏa mãn < ai+1 Số hoán vị ban đầu n, n-1, …, n-1 hoán vị sau 1,2,…,n Trước tiên, ta chứng minh số cặp , ai+1 với < ai+1 thay đổi lớn sau nước Thật vậy, xét nước thay đổi hai khối a, …, b c, …, d hoán vị …, p, a, …,b, c, …, d, q, … Kết thu …, p, c, …,d, a, …, b, q, … Rõ ràng có nhiều ba cặp thay đổi thứ tự Giả sử có ba cặp thay đổi thứ tự, nghĩa từ p > a, d > q, b > c, nước biến thành p < c, d < a b < q Khi đó, cộng ba bất đẳng thức đầu ta có p + d + b > a + c + q, cộng ba bất đẳng thức cuối ta p + d + b < a + c + q, 49 điều vơ lí Vì vậy, nước làm thay đổi nhiều hai cặp , ai+1 với < ai+1 Dễ thấy nước cuối làm thay đổi số lần Do vậy, gọi x số thỏa mãn đề bài, ta phải có  n  1 1  2( x  2)  n  , suy x      n  1  nước để đưa Vấn đề lại dãy gồm    hoán vị n, n-1, …, 2, lại hoán vị 1, 2, …, n-1, n Giả sử n số chẵn, tức n = 2k Đánh số vị trí từ phải sang trái 1, 2, …, n Trước tiên, ta thay đổi hai khối liên tiếp gồm vị trí 1, 2, …, k-1 k, k+1 Nước , ta thay đổi hai khối liên tiếp gồm vị trí 2, 3, …, k k+1, k+2 Nước thứ ba, thay đổi 3, 4, …,k+1 k+2, k+3 Tiếp tục Đến nước thứ k, ta thay đổi hai khối k, k+1, …, 2k-2 2k-1, 2k Khi đó, kết đạt k+1, k+2, …, 2k, 1, 2, …, k Nước cuối cùng, ta chuyển hai khối 1, 2, …, k k+1, k+2, …, 2k Khi n số lẻ, tức n = 2k + 1, nước đầu tiên, ta thay đổi hai khối liên tiếp gồm vị trí 1, 2, …, k k+1, k+2 Nước tiếp theo, thay đổi 2, 3, …, k+1 k+2, k+3 Tiếp tục Nước cuối (nước thứ k + 1), thay đổi hai khối 1, 2, …, k k+1, …, 2k nhận 1, 2, …, 2k+1. Ví dụ Có 2n học sinh tham dự thi , người phép đệ trình ban giám khảo toán (các phải khác nhau) Sau đó, ban giám khảo phân phối lại cho học sinh toán từ 2n nhận Cuộc thi gọi công có n học sinh nhận n học sinh lại Chứng minh số tất cách mà ban giám khảo thực để làm cho thi cơng số phương Giải Giả sử {1, 2, …, 2n} tập hợp gồm 2n học sinh Gọi   S2n hoán vị biểu diễn cho phân phối thi ban giám khảo, tức là, học sinh i 50 chuyển cho học sinh  (i) Cuộc thi gọi công tồn tập S gồm n học sinh thỏa mãn  (S )  S   Ta tô số i màu xanh i thuộc S, tô màu đỏ trường hợp ngược lại Khi đó, hốn vị  tác động lên phần tử màu xanh biến thành màu đỏ ngược lại,  làm cho thi trở thành cơng Ta phân tích  thành chu trình 1 , ,  k Nếu chu trình lẻ, có hai đỉnh kề màu (khơng thể có màu đan chu trình lẻ) Vì vậy, để thi cơng bằng, chu trình phải chẵn Ngược lại, chu trình chẵn thi cơng bằng, ta tơ màu đỉnh chu trình đan (tất học sinh màu xanh chuyển toán đến học sinh màu đỏ, màu có n học sinh) Vậy ta cần xác định số E(2n) tất hoán vị   S2n mà chu trình chẵn Ta thực quy nạp Cố định phần tử lớn hốn vị chu trình có độ dài 2k Khi 2n – 2k phần tử cịn lại phân thành k 1 chu trình chẵn Có C2 n 1 cách chọn 2k phần tử chu trình sau (phần tử lớn cố định) Các phần tử chu trình xếp (2k-1)! cách, đó, ta cơng thức đệ quy: n n k 1 k 1 E (2n)   (2k  1)!C22nk11E (2n  2k )   (2n  1)! E (2n  2k ) (2n  2k )! Vậy E (2n) n E (2n  2k ) E (2n  2) E (2n  2) 2n   (2n  2)  , (2n)! k 1 (2n  2k )! (2n  2)! (2n  2)! Từ đó, E(2n) = (2n-1)2E(2n-1), suy E(2n) = [(2n-1)!!]2 , số phương. Ví dụ 10 Tìm số nguyên dương bé n để tồn 2003 hốn vị   Sn thỏa mãn điều kiện: Với k  {1, 2, …, n – 1} ta có  (k )   (k  1)  51 Giải Gọi an số hoán vị thỏa mãn đề Ta cần xác định số n bé để an  2003 Ta gọi hoán vị thỏa mãn yêu cầu đề hoán vị tốt Đặt  (k )  n  (k  1)  n  n-2 Giả sử  (k 1)  n  1,  (k  1)  n  , trường hợp lại mang tính đối xứng Lúc  (k  2) phải n - n - 3, suy  (k  2)  n  Tương tự,  (k  2)  n  , tiếp tục Do đó, hốn vị tốt có dạng  k  k  k  k k  k  k      n  n  n  n n  n  n   n Khơng tính tổng qt, giả sử k  , điều có nghĩa n-2(n-k) giá trị  (n) hốn vị nói Ta có  (n  2(n  k ) 1)  n  2(n  k )   2k  n  Nếu bn số hoán vị tốt thỏa mãn  (n)  n an  2( bk ) , Trong đó, có số trước tổng việc chọn n-1 đứng bên trái bên phải n Bây ta xét bn Ta có  (n)  n Ta có,  (n  1) phải giá trị n, n-1, n-3, ngoại trừ  (1) Nếu  (n  1)  n  tính bn-1 theo bn Nếu  (1)  n 1  (n 1)  n  , suy  (n  2)  n  ,  (n  3)  n  Nếu  (1)  n 1 suy   n 1, n  3, n  5, , n  4, n  2, n Do đó, bn = bn-1 + bn-3 + Ta có b1 = 1, b2 = , b3 = , b4 = , b5 = 6, b6 = 9, b7 = 14 , b8 = 21 ,…, b16 = 465 Cuối cùng, suy số n bé cần tìm 16. 52 Ví dụ 11 Cho số nguyên dương n X tập hợp gồm n phần tử Chứng minh tồn 2n-1 tập X cho hai tập chúng phải có phần tử chung Giải Ta chứng minh quy nạp theo n số tất tập X (bao gồm X tập hợp  ) 2n Dễ thấy mệnh đề cho n = 1, Giả sử mệnh đề cho tập có n – phần tử Gọi X tập có n phần tử Khơng tính tổng qt, ta giả sử X = {1, 2, …, n} Đặt Y = {1, 2, …, n – 1} Ta chia tất tập X thành hai nhóm: Nhóm 1: gồm tập khơng chứa n , nhóm 2: gồm tập có chứa n Sau thêm vào phần tử n, tập thuộc nhóm trở thành tập nhóm 1, đó, dễ thấy hai nhóm có số tập Suy số tập X gấp đôi số tập thuộc nhóm Mà số tập thuộc nhóm số tập Y, theo giả thiết quy nạp, số tập Y 2n-1 Vậy số tất tập X 2n Theo chứng minh trên, số tập tập X thuộc nhóm 2n-1 , cặp tập thuộc nhóm có chung phần tử, phần tử n Nói cách khác, tồn 2n-1 tập X cho hai tập chúng phải có phần tử chung  Ví dụ 12 Gọi X tập hợp {1, 2, …, 2001} Tìm số n bé cho cho tập gồm n phần tử X ta ln tìm phần tử lũy thừa tìm hai phần tử có tổng lũy thừa Giải Giả sử A tập X khơng chứa lũy thừa hai phần tử có tổng lũy thừa Lúc đó, A khơng thể chứa phần tử 11 lũy thừa thuộc tập X, là: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024 Ngồi ra, phần tử 992 cặp sau bị loại trừ: 17 cặp (47, 2001), (48, 2000), …, (63, 1985) 63 cặp (65, 1983), (66, 1982), …, (127, 1921) 53 127 cặp (129, 1919), (130, 1918), …, (255, 1793) 255 cặp (257, 1791), (258,1790), …, (511, 1537) 511 cặp (513, 1535),(514, 1534),…,(1023, 1025), (các cặp có tổng 2048) 14 cặp (31, 33), (30, 34),…, (18, 46) (các cặp có tổng 64) cặp (15, 17) (có tổng 32) cặp (7, 9), (6, 10), (5, 11), (3, 13) (có tổng 16) Vậy A chứa nhiều 2001 – 11 – 993 = 998 phần tử Mặt khác, tập sau có 998 phần tử: 977 phần tử: 1025, 1026, …, 2001 14 phần tử: 33, 34, …, 46 phần tử: 9, 10, 11, 12, 13, 14, 17 Hiển nhiên tập không chứa phần tử lũy thừa Tổng hai phần tử hàng thứ nằm 2.1025 = 2050 2.2001 = 4002, suy thực 2048 4096, lũy thừa liên tiếp 2, chúng khơng thể lũy thừa Tổng phần tử hàng thứ phần tử hàng thứ hai thứ ba lớn 2047 (nhưng lớn 1024), khơng thể lũy thừa Tổng hai phần tử hàng thứ hai nằm 66 92, khơng thể lũy thừa Tổng phần tử hàng thứ hai phần tử hàng thứ ba nằm + 33 = 42 17 + 46 = 63, khơng thể lũy thừa Cuối cùng, tổng hai phần tử khác hàng thứ ba nằm + 10 = 19 14 + 17 = 31, lũy thừa Như vậy, tập hợp 999 phần tử phải có lũy thừa có phần tử mà tổng lũy thừa Mặt khác, tồn tập hợp 998 phần tử mà không phần tử lũy thừa Tóm lại, đáp số tốn 999. 54 Ví dụ 13 Chứng minh tồn tập hữu hạn A  R2 cho với X  A, có điểm Y1, Y2, …, Y1993 thuộc A mà khoảng cách X Yi với i Giải Xét tập hợp   2t   t   X    ,    t  1993, t  Z     t  t    Tập chứa đường trịn đơn vị có 1993 điểm thuộc phần tư đường tròn Đặt 1993 q   (1  t ) t 1   q Xét tập hợp B  0, , , 2q   Ta chứng minh tập A  B  B thỏa yêu cầu q toán Thật vậy, giả sử  i j P   ,  B B , q q Khi đó, có phần tư đường trịn đơn vị có tâm P chứa hình vng [0, 2] x [0, 2] Nếu kí hiệu V1, V2, …, V1993 1993 điểm phân biệt X chứa phần tư có điểm P + V1, P + V2, …, P + V1993 B  B ,  m n   B  B  [0,2]  [0,2]   ,  m, n  Z   q q   Ngoài ra, dễ thấy khoảng cách P P + Vi với i. Ví dụ 14 Có tồn số ngun n > thỏa mãn điều kiện sau hay không: Tập hợp số nguyên dương phân hoạch thành n tập khác rỗng, cho tổng n – số nguyên, số lấy tập n – tập tùy ý, thuộc tập lại Giải Một số n không tồn Chắc chắn ta khơng thể có n = Giả sử n  Cho a b số phân biệt A1 Gọi c số A1, số 55 giống a hay b Giả sử a + c b + c thuộc vào tập khác Nếu hai phần tử này, chẳng hạn a + c , thuộc A1, phần tử lại thuộc tập khác, chẳng hạn A3, đó, chọn Ai với i = 3, 4,…, n Thế b + a3 + a4 + … + an thuộc A2, phần tử (a + c) + (b + a3 + a4 + … + an ) + a4 + … + an thuộc A3 Mặt khác a + a3 + a4 + … + an thuộc A2 nên (a + a3 + a4 + … + an) + (b + c) + a4 + … + an thuộc A1 Ta gặp điều vơ lí Trường hợp cịn lại, a + c b + c không thuộc A1, chẳng hạn, a + c thuộc A2 b + c thuộc A3 Lúc đó, b + (a + c) + a4 + … + an thuộc A3 a + (b + c) + a4 + … + an thuộc A2 Ta có mâu thuẫn Suy a + c b + c phải thuộc tập Với i = 1, 2, …, n ta chọn x i Ai gọi yi = s – xi , s = x1 + x2 + … + xn Thế yi thuộc Ai Ta giả sử s thuộc A1 Nếu xi = yi , 2xi = s thuộc A1 Giả sử xi  yi Theo chứng minh , 2x i = xi + xi thuộc tập x i + yi = s, phần tử thuộc A1 Suy A chứa tất số chẵn Nếu n chẵn, 2x1 + x3 + x4 + … + xn số chẵn thuộc A2, điều vơ lí Giả sử n lẻ Thế x1 + x3 + x4 +… + xn thuộc A2 số lẻ Như x1 phải chẵn, A1 chứa hồn tồn số chẵn Bằng cách thay đổi x1, ta chứng minh số nguyên lẻ từ lúc trở đồng thời thuộc A A3, điều vơ lí Như điều kiện tốn khơng thể thỏa mãn với n. Ví dụ 15 Cho U = {1, 2, …, n}, n  Một tập S U gọi tách chỉnh hợp phần tử U tồn chỉnh hợp U cho phần tử không thuộc S xuất hai phần tử S chỉnh hợp Chẳng hạn, 13542 tách {1, 2, 3} không tách {3, 4, 5} Chứng minh với n – tập U, tập chứa 56 không n – phần tử, tồn chỉnh hợp phần tử U cho chỉnh hợp tách tất tập Giải Ta sử dụng quy nạp theo n Với n = 3, ta xét tập hai phần tử {i, j}, bị tách hốn vị i, k , j , k phần tử thứ ba U Bây ta giả sử kết đến n  Đặt U = {1, 2, …, n + 1} Ta họ F gồm n – tập U mà tập chứa phần tử n phần tử Ta chứng minh khẳng định sau “Tồn phần tử U mà phần tử thuộc tất tập n phần tử họ F, không tập phần tử họ F.” Trước hết, ta chứng minh tồn phần tử đưa đến lời giải cho toán Bằng cách đánh số lại, cần, ta giả sử phần tử n + Khi bị dời, tập n phần tử họ F trở thành tập (n – 1) phần tử {1, 2, …, n}, trong tập phần tử F trở thành tập phần tử Nếu ta có tập {i} thế, giả thiết quy nạp bảo đảm tồn hoán vị  {1, 2, …, n}, hoán vị tách tất tập n – phần tử khác Rồi thêm n + vào  chỗ khơng có i, ta có hốn vị tách tất tập n – phần tử họ F Nếu ta khơng có tập thế, chọn tập S n – tập Theo giả thiết quy nạp, ta có hốn vị  {1, 2, …, n} mà hoán vị tách tất tập n – phần tử khác Rồi thêm n + vào  hai phần tử S, ta thu hốn vị tách tất n – tập họ F Như ta có lời giải cho tốn theo quy nạp Bây ta phải kiểm chứng khẳng định Giả sử F chứa k tập phần tử l tập n phần tử Thế k  l  n  Nhiều k phần tử U xuất lần tập phần tử Do số phần tử, xuất khơng q lần đó, phải (n 1)  k  (n  1)  (n   l )  l  57 Từ tồn l phần tử khơng chứa số l tập n phần tử đó, mà l + phần tử phần tử ta cần tìm. Ví dụ 16 Chứng minh tập hợp số nguyên dương bị phân hoạch thành ba tập không rỗng cho với hai số nguyên x, y lấy hai tập khác nhau, số x – xy + y2 thuộc vào tập thứ ba Giải Kí hiệu f(x, y) = x2 – xy + y2 giả sử ta tìm phân hoạch thế: Z   A  B  C , với A, B, C rời đôi Giả sử 1 A, b  B, c  C (b  c) phần tử ba lớp (điều suy 1, 2, …, b –  A) Ta có Nhận xét Ba phần tử x, y x + y thuộc vào ba tập phân biệt Chứng minh Nếu x  A, y  B, x  y  C ta có z = f(x + y, x) = f(x + y, y) thuộc A B Nhận xét Tập C chứa bội số b Nếu kb bội số (k – 1)b  B Chứng minh Cho r phần dư c (mod b) Nếu r = 0, c = nb  C Nếu r > c – r khơng thuộc C c bé nhất; c – r khơng thuộc B r  b  thuộc A r + (c – r) = c Như c – r  A, b  B f(c – r, b) = nb thuộc C Phát biểu cuối nhận xét suy trực tiếp từ nhận xét Nhận xét Với số nguyên dương n ta có (nk – 1)b + 1 A nkb +  A Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Cho n = Khi đó, (k – 1)b + 1 C  A, (k – 1)b  B Cũng vậy,  B b –  A, kb  C Như vậy, có (k – 1)b +  A Tương tự, kb +  C (k – 1)b +  A, b  B kb +  B  A, kb  C nên kb +  A Bây giả sử ((n – 1)k – 1)b + (n – 1)kb + thuộc A Ta có (n – 1)kb +  A, (k – 1)b  B, (nk – 1)b +1  C có ((n – 1)k – 1)b +  A, kb  C, (nk – 1)b +  B 58 Do ta có (nk – 1)b +1  A Hơn nữa, (nk – 1)b +  A, b  B Suy nkb +  C (n – 1)kb +1  A, kb  C dẫn đến nkb +  B Từ đó, nkb +  A nhận xét chứng minh Bây ta suy điều mâu thuẫn sau: kb +  A kb  C, f(kb +1, kb) = (kb + 1)kb +1 phải thuộc A (Nhận xét 3) thuộc B  59 KẾT LUẬN Nội dung luận văn gồm: Trình bày khái niệm kết sở lý thuyết tổ hợp Giới thiệu phương pháp để giải số toán rời rạc toán đại số tổ hợp Đưa hệ thống tập toán đại số tổ hợp Đưa hệ thống tập toán rời rạc Các tập minh họa luận văn chủ yếu toán sưu tầm từ đề thi vơ địch tốn quốc tế (IMO) đề thi học sinh giỏi quốc gia thuộc phần tổ hợp 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] TIẾNG VIỆT Lê Hải Châu, Lê Hải Khôi (1997), 199 toán chọn lọc tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2005), Tuyển tập [3] 200 thi vơ địch tốn, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, lập trình giảng dạy toán học [4] Maple, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [5] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chun đề chọn lọc tổ hợp toán rời rạc, NXB Giáo dục, Hà Nội [7] Đàm Văn Nhỉ, Lưu Bá Thắng, Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [8] Đặng Huy Ruận (2001), Lý thuyết đồ thị ứng dụng, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội TIẾNG ANH [9] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi [10] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi ... tốn tổ hợp bao gồm: Bài toán rời rạc đại số tổ hợp; Bài tốn tơ màu; Bài tốn trị chơi; Bài tốn đồ thị Với lý trình bày trên, chúng tơi lựa chọn đề tài luận văn ? ?Về toán rời rạc đại số tổ hợp? ??... số toán rời rạc 1.1 Các cấu hình tổ hợp đơn giản 1.2 Một số phương pháp giải toán đếm tổ hợp 1.3 Hệ thống ví dụ minh họa toán rời rạc 18 Chƣơng Một số toán đại số tổ hợp 34 2.1 Bài. ..2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ XUÂN HUY VỀ BÀI TOÁN RỜI RẠC VÀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ Lí THUYT S Mó s: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ngi hng dn