Luận văn thạc sỹ: Mối liên hệ giữa các số phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn , số tất cả các phân hoạch lẻ Lý thuyết tổ hợp xuất hiện vào thế kỷ 17.Trong một thời gian dài nó nằm ngoài hướng phát triển...
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG……………………. Luận văn thạc sỹ Mối liên hệ giữa các số phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn , số tất cả các phân hoạch lẻ 1 Mục lục mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Các quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Một số bài toán đếm và kết quả tổ hợp cơ bản . . . . . . . . . . 10 1.2.1 Chỉnh hợp - hoán vị - tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 Phân hoạch của tập hợp. Số Stirling loại hai và số Bell . 13 1.2.3 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn vào một tập hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.2.4 Bài toán đếm tất cả các hàm đơn ánh từ một tập hữu hạn vào một tập hữu hạn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.5 Bài toán đế m tất cả các hàm toàn ánh từ một tập hữu hạn lên một tập hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2 Hàm sinh và công thức sàng 20 2.1 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.3 Công thức sàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.3.1 Nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.3.2 Công thức ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.3.3 Công thức sàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3 Biến thể của công thức sàng 45 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2 tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3 mở đầu lý thuyết tổ hợp xuất hiện vào thế kỷ 17. Trong một thời gian dài nó nằm ngoài hướng phát triển chung và những ứng dụng của toán học. Song tình hình đã thay đổi hẳn sau khi máy tính điện tử ra đời và tiếp theo sau đó là sự phát triển nhảy vọt của toán học hữu hạn. Cùng với sự phát triển với tốc độ nhanh của công nghệ thông tin, lý thuyết tổ hợp đã trở thành lĩnh vực toán học quan trọng và cần thiết cho nhiều lĩnh vực khoa học và ứng dụng. Một trong những ảnh hưởng mạnh mẽ nhất của lý thuyết tổ hợp là phần tính toán với các tập hữu hạn. Trong chương trình toán ở bậc phổ thông hiện nay, đã có sự chú trọng đặc biệt đến phần kiến thức về tổ hợp. Các bài toán về tổ hợp cũng thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia và quốc tế. Hướng nghiên cứu của luận văn là giới thiệu về phương pháp dùng hàm sinh, hàm sinh mũ để giải một số bài toán tổ hợp và giới thiệu về một công thức sàng lọc số phần tử của một tập hữu hạn theo hướng các phần tử này có mặt trong đúng chẵn (lẻ) tập con của tập đã cho mà ta gọi là công th ức sàng. Từ tính hữu dụng của kỹ thuật hàm sinh và ý tưởng về việc sàng lọc theo hướng chẵn (lẻ) của công thức sàng, trong luận văn chúng tôi đưa ra công thức tính cho số phân hoạch chẵn (lẻ) của một tập hợp hữu hạn cho trước mà nó sẽ được gọi là một biến thể của công thức sàng. Đặc biệt, mối liên hệ giữa số tất cả các phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn, số tất cả các phân hoạch lẻ (thành các tập con không rỗng) của một tập hữu hạn là vấn đề mà chúng tôi rất quan tâm. Luận văn gồm có ba chương, phần kết luận và tài liệu tham khảo. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tôi trình bày về một số quy tắc đếm, bài toán đếm và một vài kết quả cơ bản về tổ hợp. Chương 2. Hàm sinh và công thức sàng Chương này gồm ba phần. - Hàm sinh thường: Giới thiệu về hàm sinh thường và áp dụng vào giải một 4 vài bài toán tổ hợp điển hình. - Hàm sinh mũ: Giới thiệu về hàm sinh mũ và áp dụng vào giải một vài bài toán tổ hợp điển hình. - Công thức sàng: Dùng công thức ngược cho các đồng nhất thức tổ hợp, kết hợp với nguyên lý bù trù trừ để xây dựng công thức sàng. Chương 3. Biến thể củ a công thức sàng Trong chương này, chúng tôi đưa ra cách tính số tất cả các cách phân hoạch một tập hợp hữu hạn thành các tập con không rỗng sao cho mỗi tập con có một số chẵn (một số lẻ) phần tử bằng cách áp dụng kỹ thuật hàm sinh mũ kết hợp với các phép biến đổi giải tích. Hơn nữa, chúng tôi cũng sẽ xác định các số này bằng con đường sơ cấp hơn qua các công thức tính truy hồi. Mối liên hệ giữa số tất cả các phân hoạch chẵn, số tất cả các phân hoạch lẻ này với số tất cả các phân hoạch một tập hữu hạn thành các tập con không rỗng mà chúng ta đã biết trong một số tài liệu về tổ hợp cũng sẽ được đưa ra. Sau cùng là một vài ví dụ. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Thái Hòa -Trường ĐHQN. Thầy đã tận tình hướng dẫn, động viên, giúp đỡ trong quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh luận văn. Tác giả xin bày lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Phạm Xuân B ình -Trường ĐHQN. Các vấn đề mới của luận văn được thực hiện dựa trên ý tưởng ban đầu mà thầy đã gợi ý cho tác giả. Tác giả xin chân thành cám ơn đến Ban lãnh đạo Trường Đại Học Quy Nhơn, Phòng quản lý khoa học, Phòng đào tạo, các thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp cao học toán khóa 8, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bình Định, Trường THPT An Lương - Bình Định, cùng tất cả các bạn bè đồng nghiệp đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho tác giả trong suốt thời gian học tập và thực hiện luận văn này. Quy Nhơn, 2008 Phạm Triều Đại 5 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một số quy tắc đếm, bài toán đếm và một số kết quả liên quan đến số tất cả các phân hoạch một tập hợp hữu hạn thành các tập con không rỗng - số Stirling loại 2. (Xem [1], [3], [4], [6], [9]). 1.1 Các quy tắc đếm cơ bản Quy tắc tương ứng một -một ([1], tr 46). Cho hai tập hợp hữu hạn X và Y : X = {1, 2, . . . , n}, |X| = n Y = {a 1 , a 2 , . . . , a m }, |Y | = m. Một ánh xạ ϕ từ X vào Y là một phép tương ứng, ký hiệu ϕ = 1 2 ··· n a i 1 a i 2 ··· a i n cho ứng mỗi phần tử j ∈ X với duy nhất một phần tử a i j ∈ Y, j = 1, n. - Ánh xạ ϕ được gọi là một toàn ánh nếu mỗi a ∈ Y , tồn tại ít nhất một i ∈ X sao cho a = ϕ(i). Nếu tồn tại một toàn ánh từ X đến Y thì |X| ≥ |Y |. - Ánh xạ ϕ được gọi là một đơn ánh nếu với mọi i, j ∈ X nếu i = j thì ϕ(i) = ϕ(j). 6 Nếu tồn tại một đơn ánh từ X đến Y thì |X| ≤ |Y |. - Ánh xạ ϕ được gọi là một song ánh (hoặc tương ứng 1-1) nếu ϕ là đơn ánh và toàn ánh. Quy tắc tương ứng 1-1: Nếu tồn tại tương ứng 1-1 giữa các phần tử của các tập hữu hạn X và Y thì X và Y có cùng số phần tử. Ví dụ 1.1. Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt. Có bao nhiêu cách chọn 2 phần tử bất kỳ của tập hợp X. Chứng minh. Gọi A là số cách chọn 2 phần tử bất kỳ trong tập hợp X. Bây giờ trong mặt phẳng, cho n điểm A 1 , A 2 , . . . , A n sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và nối tất cả các điểm đó lại với nhau từng đôi một. Ta nhận xét rằng: với 1 điểm bất kỳ nối với n −1 điểm còn lại ta được n −1 đoạn thẳng. Vì có n điểm nên ta có n(n −1) đoạn thẳng nhưng khi đó mỗi đoạn thẳng được tính hai lần, do vậy có n(n −1) 2 đoạn thẳng. Gọi B là tập hợp tất cả các đoạn thẳng này, |B| = n(n −1) 2 . Rõ ràng tồn tại một song ánh (một tương ứng 1-1) giữa hai tập hợp A và B. Do đó ta có |A| = |B| = n(n −1) 2 . Quy tắc cộng ([3], tr 27). Nếu có m 1 cách chọn đối tượng x 1 , m 2 cách chọn đối tượng x 2 , . . . , m n cách chọn đối tượng x n và nếu cách chọn đối tượng x i không trùng với bất kỳ cách chọn đối tượng x j nào (i = j, i, j = 1, n) thì có m 1 + m 2 + ···+ m n cách chọn một trong các đối tượng đã cho. Ta chứng minh quy tắc cộng trên cơ sở của lý thuyết tập hợp như sau. Định lý 1.1. Cho n tập hợp hữu hạn X i (i = 1, n) với |X i | = m i , X i ∩X j = ∅, i = j. Khi đó số cách chọn một phần tử thuộc tập n i=1 X i là n i=1 X i và n i=1 X i = n i=1 |X i |. (1.1) 7 Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n với n ≥ 2. Nếu n = 2 thì |X 1 ∪ X 2 | = |X 1 | + |X 2 | −|X 1 ∩ X 2 | = |X 1 | + |X 2 |. (do X 1 ∩ X 2 = ∅) Giả sử (1.1) đúng với n = k, (k ≥ 2). Ta sẽ chứng minh (1.1) đúng với n = k + 1, nghĩa là k+1 i=1 X i = k+1 i=1 |X i |. (1.2) Thật vậy ta có X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k ∪ X k+1 = (X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k ) ∪X k+1 . Vì X i ∩ X j = ∅, i = j; i, j = 1, 2, . . . , k, k + 1 nên (X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k ) ∩X k+1 = (X 1 ∩ X k+1 ) ∪(X 2 ∩ X k+1 ) ∪··· ∪(X k ∩ X k+1 ) = ∅. Vậy |X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k ∪ X k+1 | = |(X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k ) ∪X k+1 | = |X 1 ∪ X 2 ∪ ··· ∪X k | ∪|X k+1 | = k i=1 |X i | + |X k+1 |. = k+1 i=1 |X i |. Suy ra (1.2) được chứng minh. Theo nguyên lý quy nạp toán họ c, quy tắc cộng là đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2. Ví dụ 1.2. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có những chữ số khác nhau. Chứng minh. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được : - Ba số khác nhau có một chữ số là 1, 2, 3. Trong trường hợp này có 3 cách lập. - Sáu số khác nhau, mỗi số có hai chữ số là 12, 13, 21, 23, 31 và 32. Trong trường hợp này có 6 cách lập. - Sáu số khác nhau, mỗi số có ba chữ số là 123, 132, 213, 231, 312 và 321. Trong 8 trường hợp này có 6 cách lập. Các cách lập trên đôi một không trùng nhau. Vậy theo quy tắc cộng có 3 + 6 + 6 = 15 cách lập những số khác nhau có những chữ số khác nhau từ các chữ số 1, 2, 3. Quy tắc nhân ([3], tr 28.) Nếu tồn tại tương ứng 1-1 giữa các phần tử của các tập hữu hạn X và Y thì X và Y có cùng số phần tử Nếu có m 1 cách chọn đối tượng x 1 , sau đó với mỗi cách chọn đối tượng x 1 như thế có m 2 cách chọn đối tượng x 2 , sau đó với mỗi cách chọn x 1 và x 2 như thế có m 3 cách chọn đối tượng x 3 ,. . . , cuối cùng, với mỗi cách chọn x 1 , x 2 , . . . , x n−1 như thế có m n cách chọn đối tượng x n , thì có m 1 m 2 . . . m n cách chọn dãy các đối tượng "x 1 rồi x 2 rồi x 3 rồi x n ". Ta chứng minh quy tắc nhân trên cơ sở của lý thuyết tập hợp như sau. Định lý 1.2. Giả sử có n tập hữu hạn X i , i = 1, n, |X i | = m i . Chọn một bộ gồm n phần tử (a 1 , a 2 , . . . , a n ) với a i ∈ X i . Khi đó số cách chọn khác nhau là |X 1 × X 2 × ··· ×X n | và |X 1 × X 2 × ··· ×X n | = n i=1 m i . (1.3) Chứng minh. Ta chứng minh (1.3) bằng phương pháp quy nạp theo n, n ≥ 2 như sau. Với n = 2, ta có |X 1 | = m 1 , |X 2 | = m 2 . Giả sử X 1 = {a 1 , a 2 , . . . , a m 1 } và X 2 = {b 1 , b 2 , . . . , b m 2 } thì X 1 × X 2 = {(a i , b j ) : 1 ≤ i ≤ m 1 , 1 ≤ j ≤ m 2 , a i ∈ X 1 , b j ∈ X 2 }. Ta viết X 1 × X 2 dưới dạng bảng sau (a 1 , b 1 ) (a 1 , b 2 ) ······ (a 1 , b m 2 ) (a 2 , b 1 ) (a 2 , b 2 ) ······ (a 2 , b m 2 ) 9 . . . . . . . . . . . . (a m 1 , b 1 ) (a m 1 , b 2 ) ······(a m 1 , b m 2 ) Đặt E i = {(a i , b 1 ), (a i , b 2 ), . . . , (a i , b m 2 ) : 1 ≤ i ≤ m 1 } =⇒ |E i | = m 2 . Ta có X 1 ×X 2 = E 1 ∪E 2 ∪···∪E m 1 với E i ∩E j = ∅, i = j. Theo quy tắc cộng ta được |X 1 × X 2 | = |E 1 ∪ E 2 ∪ ··· ∪E m 1 | = m 1 i=1 |E i | = m 1 m 2 . Vậy công thức (1.3) đúng cho trường hợp n = 2. Giả sử (1.3) đúng với trường hợp n = k, (k ≥ 2), tức là |X 1 ×X 2 ×···×X k | = m 1 .m 2 . . . m k . Ta chứng minh (1.3) đúng cho trường hợp n = k + 1, có nghĩa là |X 1 × X 2 × ··· ×X k × X k+1 | = m 1 .m 2 . . . m k .m k+1 . Thật vậy, xét một phần tử bất kỳ (a 1 , a 2 , . . . , a k , a k+1 ) của tích Descartes X 1 × X 2 × ···× X k × X k+1 . Đặt α = (a 1 , a 2 , . . . , a k ). Rõ ràng giữa tập hợp các bộ có dạng (a 1 , a 2 , . . . , a k , a k+1 ) và tập hợp các cặp có dạng (α, a k+1 ) có tương ứng 1 − 1. Vậy có bao nhiêu bộ (a 1 , a 2 , . . . , a k , a k+1 ) thì có bấy nhiêu cặp (α, a k+1 ). Nếu ta ký hiệu tập hợp tất cả các α là X, thì ta có thể nói rằng tập hợp X 1 × X 2 × ··· × X k × X k+1 có bao nhiêu phần tử thì tập hợp X × X k+1 có bấy nhiêu phần tử, tức là |X 1 × X 2 × ··· ×X k × X k+1 | = |X ×X k+1 |. Theo chứng minh cho trường hợp n = 2 ta có |X ×X k+1 | = |X||X k+1 |. Theo cách dựng thì X chính là tích Descartes X 1 ×X 2 ×···× X k . Áp dụng giả thiết quy nạp ta có |X ×X k+1 | = |X||X k+1 | = |X 1 × X 2 × ··· ×X k | ×|X k+1 | = m 1 m 2 . . . m k m k+1 . Vậy |X 1 × X 2 × ··· ×X k × X k+1 | = m 1 m 2 . . . m k m k+1 . Theo nguyên lý quy nạp toán học, công thức (1.3) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2. Ví dụ 1.3. Có bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau có thể lập từ các chữ số 0, 2, 4, 6, 8. [...]... là số tất cả các phân hoạch của tập X có n phần tử Ví dụ 1.4 Phân hoạch của tập hợp {a, b, c, d} thành 3 phần có thể được biểu thị như tập hợp: {{a }, {b }, {c, d}}; {{a }, {b, d }, {c}}; {{a, d }, {b }, {c}} {{a }, {b, c }, {d}}; {{a, c }, {b }, {d}}; {{a, b }, {c }, {d}} hoặc viết đơn giản hơn a|b|cd a|bd|c ad|b|c a|bc|d ac|b|d ab|c|d Như vậy S 4,3 = 6 Ta cũng có S 4,0 = 0; S 4,0 = 0; S 4,1 = 1; S 4,2 = 7; S 4,4 =... có thứ tự p0 (x ), p1 (x ), p2 (x ), p3 (x ), các đa thức pn (x ), n = 0, 1, 2, , mà ta đơn giản kí hiệu là (pn (x))∞ , thỏa mãn 0 các điều kiện sau: (i) (ii) (iii) Các hệ số của pn (x ), n = 0, 1, 2, , đều phải là số thực; p0 (x) là một hằng số khác 0; Bậc của pn (x) bằng n Nếu (qn (x))∞ là một dãy đa thức khác, thì (q0 (x ), q1 (x ), , qn (x)) lập thành 0 một cơ sở cho không gian vectơ các đa thức có bậc... q1 (x ), , qn (x)) lập thành 0 một cơ sở cho không gian vectơ các đa thức có bậc không quá n Do đ , với mỗi pn (x ), n = 0, 1, 2, của dãy (pn (x))∞ tồn tại các số an,0 , an,1 , , an,n 0 sao cho n pn (x) = an,k qk (x) k=0 Tương t , tồn tại các số bn,0 , bn,1 , , bn,n sao cho qn (x) = bn,k pk (x) n = 0, 1, 2, ... kSn−1,k cách mà trong đó tập hợp ban đầu có thể phân hoạch thành k khối mà không có {xn } là một khối Từ đó ta nhận được công thức xác lập mối liên hệ giữa các số Stirling loại 2 là Sn,k = Sn−1,k−1 + kSn−1,k Từ định nghĩa số Stirling loại 2 ta có Sn,0 = 0; Sn,1 = 1; Sn,n = 1, với n ≥ 1 và Sn,k = 0, ∀k > n Kết quả trên đây cho ta tam giác của các số Stirling loại 2 Trừ các giá trị ở mép bằng 1, còn các. .. 1, còn các giá trị khác của Sn,k được tính như tổng của số nằm trên nó nhân với k (kSn−1,k ) và số nằm trên nó ở bên trái (Sn−1,k−1 ) S 1,1 1 S 2,1 S 2,2 1 S 3,1 S 3,2 S 3,3 S 4,1 S 4,2 S 4,3 S 4,4 S 5,1 S 5,2 S 5,3 S 5,4 1 1 3 1 1 S 5,5 1 7 6 1 15 25 10 1 năm hàng đầu tiên cho số stiling loại hai 15 1.2.3 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn vào một tập hữu hạn Bài toán ([4 ], tr 36) Giả sử N và M là hai... ta một cách tính khác cho số Stirling loại 2 Mệnh đề 1.6 Sn,k = n! k! (i1 ,i2 , ,ik ): k P 1 1 1 · ··· i1 ! i2 ! ik ! ij =n j=1 ij ≥1 k Chứng minh Giả sử có bộ số (i1 , i2 , · · · , ik ) sao cho ij = n, ij 1.Ta sẽ j=1 xác định số cách phân hoạch tập X thành k tập con không rỗng sao cho số phần tử của các tập là ij , j ∈ { 1, 2, , k} Ta có: i Số cách chọn i1 phần tử từ n phần tử của tập X là Cn1 , i2... Với mỗi cách chọn i1 phần tử thì có Cn−i1 cách chọn i2 phần tử; i3 Với mỗi cách chọn i1 phần tử và i2 phần tử thì có Cn−i1 −i2 cách chọn i3 phần tử; ik Với mỗi cách chọn i1 phần t , , ik−1 phần tử thì có Cn−i1 −i2 −···−ik−1 cách chọn ik phần tử Hơn nữa, các tập con của phân hoạch không phân biệt thứ t , tức là bộ số 18 (i1 , i2 , · · · , ik ) không phân biệt thứ tự Do đó số cách phân hoạch tập... S 4,0 + S 4,1 + S 4,2 + S 4,3 + S 4,4 = 0 + 1 + 7 + 6 + 1 = 15 14 Ta chứng minh hệ thức truy hồi sau cho số Stirling loại hai Định lý 1.4 ([9 ], tr 17) Với các kí hiệu nêu trên, khẳng định sau là đúng Sn,k = Sn−1,k−1 + kSn−1,k Chứng minh Xét một tập hợp tùy ý có n phần tử {x1 , x2 , , xn } Ta đếm các phân hoạch của tập hợp này thành k phần (hay khối) Chúng ta có thể đếm chúng bằng cách phân lớp các phân. .. đó (i) Bộ k phần tử (ai1 , ai2 , , aik ), aij ∈ X được gọi là bộ có thứ tự nếu đổi vị trí các phần tử ta được bộ một bộ mới Ngược lại, bộ k phần tử (ai1 , ai2 , , aik ), aij ∈ X được gọi là bộ không có tính thứ tự (ii) Bộ k phần tử (ai1 , ai2 , , aik ), aij ∈ X được gọi là bộ không lặp nếu aij = ail , ∀j, l ∈ { 1, , k }, j = l Ngược lại, bộ k phần tử (ai1 , ai2 , , aik ), aij ∈ X được gọi là bộ có lặp... lượng lẻ nào đó của tập [2n]; còn phần bên phải của 2n + 1 trong α tạo thành một E-hoán vị τ của tập [2n] \ K Tương ứng mỗi α với cặp ( , τ ) nói trên là tương ứng 1-1 Chẳng hạn, phần tử α = ( 3, 4, 1, 5, 2) của S [5] tương ứng với cặp ( , τ ) = (( 3, 4, 1) (2) ), ở đây σ = ( 3, 4, 1) là một hoán vị của tập { 1, 3, 4 }, còn τ = (2) là một hoán vị của tập {2} Như vậy, ta nhận được tương ứng 1-1 giữa các phần . Luận văn thạc sỹ Mối liên hệ giữa các số phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn , số tất cả các phân hoạch lẻ 1 Mục. công thức sàng. Đặc biệt, mối liên hệ giữa số tất cả các phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn, số tất cả các phân hoạch lẻ (thành các tập con không rỗng)