Ứng dụng trong tổ hợp

2 Phương pháp xác suất trong tổ hợp và đồ thị

2.1.2 Ứng dụng trong tổ hợp

Đặt F là một họ m tập con rời nhau của X = {1, 2, . . . ,n}. Đặt d(F) là số lượng các cặp rời nhau trong F, có nghĩa là:

d(F) = n (F,F0) : F,F0 ∈ F,F∩F0 = ∅o .

Giả định của Daykin và Erdos trình bày rằng nếu như m = 2

1 2+δ n thì với mọi δ > 0 cố định, d(F) = o(m2) khi ntiến ra dương vô cùng. Kết quả thu được từ định lý sau đây và định lý này là một trường hợp đặc biệt của một kết quả tổng quát hơn.

Định lý 2.6. Đặt F là một họ m tập con rời nhau của X = {1, 2, . . . ,n} với

m = 2 1 2+δ n và δ > 0. Khi đó d(F) < m2−δ22. (2.1)

Chứng minh. Giả sử rằng kết quả trên là sai và chúng ta chọn một cách độc lập tthành phần A1,A2, . . . ,At củaF với số lần lặp lại ngẫu nhiên, trong đó tlà một số nguyên dương lớn, và giá trị của nó được chọn sau.

Chúng ta sẽ chứng minh rằng biến cố |A1∪A2∪ · · · ∪ At| > n/2 có xác suất dương và hợp của các tập hợp này là rời nhau đến hơn 2n/2 tập con rời nhau của X. Sự mâu thuẫn này sẽ dẫn đến kết quả của định lý trên.

Thật vậy, P |A1∪A2∪ · · · ∪ At| ≤ ∑ S⊂X,|S|≤n/2 P(Ai ⊂ S,i = 1, . . . ,t) ≤ 2n(2n/2/2((1/2)+δ)n)t = 2n(1−δt). (2.2) Đặt v(B) = {A ∈ F : B∩A = ∅} |. Rõ ràng ∑ v(B) = 2d(F) ≥ 2m2−δ2/2.

Gọi Y là một biến ngẫu nhiên mà giá trị của nó là số thuộc B ∈ F, trong đó B không có phần tử chung với tất cả các tập Ai, 1 ≤ i ≤ t. Sử dụng tính chất lồi của zt, giá trị kỳ vọng củaYthoả mãn

E(Y) = ∑ B∈F (v(B)/m)t = 1 mt ·m ∑vt(B) m ! ≥ 1 mt ·m 2d(F) m !t ≥ 2m1−tδ2/2. (2.3) VìY ≤ m, ta kết luận rằng Pr(Y ≥ m1−tδ2/2 ≥ mtδ2/2. (2.4) Ta có thể kiểm tra rằng với t = d1+1/δe,m1−tδ2/2 > 2n/2 và vế phải của bất đẳng thức (2.4) là lớn hơn vế phải của bất đẳng thức (2.2). Do đó, với xác suất dương, |A1∪ A2 ∪ · · · ∪ At| > n/2 và hợp của các tập hợp này là rời nhau đến hơn 2n/2 phần tử của F. Sự mâu thuẫn này chứng minh được (2.1).

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét ứng dụng phương pháp xác suất để chứng minh của ba định lý kinh điển trong lý thuyết tập hợp hữu hạn.

Một tính chất mang tính đặc trưng của xác suất là đẳng thức P(A1) +P(A2) +· · ·+P(An) = 1,

nếu {A1,A2, . . . ,An} là một phân hoạch của không gian xác suất Ω. Tính chất này có thể dùng để chứng minh nhiều đẳng thức hoặc bất đẳng thức tổ hợp bằng phương pháp xác suất. Chúng ta bắt đầu với Bất đẳng thức Lubell-Yamamoto-Meshalkin, thường được gọi làBổ đề Sperner.

Mệnh đề 2.2 (Bất đẳng thức Lubell-Yamamoto-Meshalkin). Gọi A1, A2,. . .,

Ak là các tập con của tập S = {1, 2, . . . ,n} sao cho không có tập Ai nào là tập con của tập nào khác trong các tập còn lại. Đặt ai = |Ai| với i ∈ {1, 2, . . . ,k}, chứng minh rằng k ∑ i=1 1 Cnai < 1.

Rõ ràng, với mỗii ∈ {1, 2, . . . ,k}, hệ số Cnai chính là số tập con có ai phần tử của tậpS. Như vậy, nếu ta coi không gian mẫu là tập hợp tất cả các tập con có ai phần tử thì xác suất để chọn một tập con cho trước có ai phần tử chính

là 1 Cn ai . Như vậy, 1 Cn ai

chính là xác suất chọn được tập Ai với i = 1, 2, . . . ,k. Từ đây, ta đi đến lời giải như sau:

Chứng minh. Xét phép thử ngẫu nhiên Tlà chọn ngẫu nhiên một tập con của S. Với mỗi i = {1, 2, . . . ,k}, gọiXi là biến cố chọn được tập Ai. Khi đó,

• Vì Ai 6⊂ Aj với mọi i,j ∈ {1, 2, . . . ,k} nên các biến cố Xi đôi một xung khắc; • P(Xi) = 1 Cnai; • P Sk i Xi ! < 1.

Như vậy, theo công thức cộng xác suất, ta thu được k ∑ i=1 1 Cnai < 1. Áp dụng Bất đẳng thức Lubell-Yamamoto-Meshalkin, chúng ta nhận

được kết quả sau

Hệ quả 2.1 (Định lý Sperner). Cho n ∈ Z+. Một họ các tập con T của Sn =

{1, 2, . . . ,n} được gọi là untichain ( phản chuỗi, đối xích) nếu ∀A,B ∈ T, A 6= B

ta luôn có ( A 6⊂ B, B 6⊂ A. Khi đó, |T| ≤ Cb n 2c n .

Kết quả thứ hai làĐịnh lý Erdos-Ko-Rado. Họ Fcác tập hợp được gọi là

họ giao nhau nếu với mỗi A, BthuộcF, ta có A∩B 6= ∅.

Mệnh đề 2.3 (Định lý Erdos-Ko-Rado). Cho tập X gồm n phần tử. Với mỗi số nguyên dương k thỏa n ≥ 2k, gọiF là họ giao nhau các k−tập con của X. Khi đó,

|F| ≤ Ckn−−11.

Chú ý rằng kết quả này là chặt: ta có thể chọn họ tất cả các k−tập cùng chứa chung một phần tử cho trước nào đó. Chứng minh ngắn gọn dưới đây được đưa ra bởi G. Katona (1972).

Trước khi chứng minh Mệnh đề 2.3, ta cần kết quả sau. Gọi F là họ giao nhau của tập {0, 1, . . . ,n−1}, ta có bổ đề sau.

Bổ đề 2.3. Với0 ≤ s ≤ n−1, đặt As = {s,s+1, . . . ,s+k−1}, trong đó phép

cộng lấy theo modulo n. Khi đó,Fchứa nhiều nhất k trong số các tập As. Chứng minh Bổ đề2.3.

Do tính đối xứng, ta có thể giả sửA0 ∈F. Các tập hợp As khác A0 có giao với A0 gồm2k−2tập As với −(k−1) ≤ s ≤ k−1,s 6= 0, trong đó các chỉ số được lấy theo modulo n. Các tập hợp này có thể được chia thành k−1 cặp tập hợp rời nhau, Ai, Ai+k, với −k ≤ i ≤ −1. VìFchỉ có thể chứa nhiều nhất một trong hai tập của một cặp như thế nên ta có khẳng định của bổ đề.

Chứng minh Mệnh đề2.3.

Giả sử hoán vị σ của {0, . . . ,n−1} và i ∈ {0, 1, . . . ,n−1} được chọn một cách ngẫu nhiên với phân bố đều và độc lập với nhau và đặt A =

{σ(i), . . . ,σ(i+k−1)}, trong đó phép cộng theo modulon. Với mỗiσ, áp dụngBổ đề 2.3, ta nhận được

P(A ∈F) ≤ k

n.

Lại có, tập A được chọn ngẫu nhiên từ tập hợp tất cả các k−tập. Do vậy, k n ≥ P(A ∈F) = |F| Ckn. Suy ra |F| ≤ k nC k n = Ckn−−11. Giả sử F = {(Ai,Bi)}h i=1 là họ các cặp tập con của một tập hợp bất kỳ. Ta gọi Flà một (k,l)−hệ nếu |Ai| = k và|Bi| = l với mọi 1 ≤ i ≤ h, Ai∩Bi = ∅ và Ai ∩Bj 6= ∅ với mọi 1 ≤ i 6= j ≤ h. Chứng minh Định lý Bollobasdưới đây thuộc về Jaeger, Payan và Katona.

Mệnh đề 2.4(Định lý Bollobas). Giả sử F = {(Ai,Bi)}ih=1 là (k,l)−hệ. Khi đó

h ≤ Ckk+l.

Chứng minh. Đặt X = Sh

i=1

Ai ∪Bi và xét thứ tự ngẫu nhiên π của X. Với mỗi i, 1 ≤ i ≤ h, gọi Xi là biến cố mà mọi phần tử của Ai đều đứng trước mọi phần tử của Bi trong thứ tự này. Rõ ràng

P(Xi) = 1

Ta cũng có thể kiểm tra dễ dàng rằng các biến cố Xi là đôi một xung khắc nhau. Thật vậy, giả sử điều này sai và π là thứ tự mà ở đó mọi phần tử của Ai đều đứng trước mọi phần tử củaBi và mọi phần tử của Ajđều đứng trước mọi phần tử của Bi.

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng phần tử cuối cùng của Ai không xuất hiện sau phần tử cuối cùng của Aj. Nhưng trong trường hợp này tất cả các phần tử của Ai đều đứng trước tất cả các phần tử của Bj, mâu thuẫn với sự kiện Ai ∩Bj 6= ∅. Như vậy, tất cả các biến cố Xi đôi một xung khắc nhau. Từ đó, 1 ≥ P   h [ i=1 Xi   = h ∑ i=1 P(Xi) = h· 1 Ckk+l.

Điều này kéo theoh ≤ Ck k+l.

Phương pháp xác suất có ứng dụng rất hiệu quả trong việc chứng minh sự tồn tại của một cấu trúc. Sau đây chúng ta xem xét một số ví dụ như vậy.

Ta biết rằng trong 6 người bất kỳ tồn tại ba người đôi một quen nhau hoặc ba người đôi một không quen nhau. Khi 6 được thay bởi 5 thì điều này không còn đúng nữa và ta có thể chứng tỏ điều này bằng cách chỉ ra phản ví dụ. Khi các con số là lớn, việc xây dựng phản ví dụ trở nên khó khăn. Trong những trường hợp như thế phương pháp xác suất tỏ ra hữu dụng.

Ví dụ 2.1.4. Chứng minh rằng giữa 2100 người, không nhất thiết phải có200

người đôi một quen nhau hoặc200 người đôi một không quen nhau. Rõ ràng, với hai người bất kì chỉ có hai khả năng xảy ra

• quen nhau hoặc

• không quen nhau.

Yêu cầu bài toán, có thể phát biểu lại rằng, tồn tại200người trong2100người cho trước thỏa đồng thời hai điều kiện.

• có hai người quen nhau.

• có hai người không quen nhau.

Điều này cũng có nghĩa rằng, biến cố chọn được 200 người trong 2100 người mà ở đó 200hoặc đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau, không là biến cố chắc chắn. Từ đây, ta có lời giải như sau.

Lời giải Ví dụ2.1.4.

Xét phép thử, chọn ngẫu nhiên200 người từ 2100 người. Gọi A là biến cố "200 người được chọn hoặc đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau".

Trong một nhóm gồm 200 người, xác suất để họ đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau là

2·2−C2002 = 2−19899.

Vì cóC2200100 cách chọn ra200người, xác suất tồn tại200người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau nhiều nhất bằng:

P(A) = C2200100·2−19899 < 2100200 200! ·2 −19899 = 2101 200! < 1.

Từ đây, suy ra không nhất thiết phải có200người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau. Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 2.1.5 (IMO Shortlist 1987). Chứng minh rằng có thể tô các số thuộc tập{1; 2; . . . ; 1987}bởi một trong bốn màu sao cho mọi dãy cấp số cộng gồm

10số trong tập thì không cùng màu với nhau.

Chứng minh.

Tô màu các số một cách ngẫu nhiên bởi một trong bốn màu với xác suất như nhau sao cho việc tô màu trên cách cạnh là độc lập. Xét biến cố A chỉ cách tô màu thỏa mãn tồn tại một cấp số cộng gồm 10 số trong tập được tô cùng màu.

Lấy ra 10 số xác định lập thành một cấp số cộng. Xác suất để 10 số này được tô cùng màu là 1

49.

Bây giờ, ta đi đếm số các dãy cấp số cộng gồm 10 số. Một dãy hoàn toàn xác định bởi u và d với u là số hạng đầu tiên và d là công sai. Chúng ta cần chú ý rằng

1 < u+10d < 1987 ⇔ d ∈ [1; 220].

Lại có, với mỗi d sẽ có 1987−9d số u tương ứng. Do đó, số dãy cấp số cộng gồm10số là 220 ∑ d=1 (1987−9d) = 218350. Từ đây, ta có P(A) ≤ 218350 49 < 1.

Từ ý tưởng lời giải trên, ta có thể tổng quát bài toán như sau.

Ví dụ 2.1.6(Tổng quát bài IMO Shortlist 1987). Cho bốn số nguyên dươngn, k,l và j thỏa mãnk > l, j > l ≥ 1. Xét tập S = {1; 2; . . . ;n}, mỗi phần tử của S được tô bởi một trong j màu c1,c2, . . . ,cj. Chứng minh rằng có thể tồn tại cách tô sao cho mọi dãy cấp số cộng gồm k số trong tập S được tô không ít hơn l+1 màu.

Rõ ràng, Ví dụ 2.1.5 là trường hợp đặc biệt của ví dụ này với n = 1987,

k = 10, j = 4, l = 1.

Ví dụ 2.1.7. Trong mỗi ô của bảng100×100, ta viết một trong các số nguyên

1, 2, . . . , 5000. Hơn nữa, mỗi một số nguyên trong bảng xuất hiện đúng hai lần. Chứng minh ta có thể chọn được 100 ô của bảng thỏa mãn ba điều kiện sau:

(1) Mỗi một hàng được chọn đúng một ô.

(2) Mỗi một cột được chọn đúng một ô.

(3) Các số trong các ô được chọn đôi một khác nhau.

Chứng minh. Chọn hoán vị ngẫu nhiên a1,a2, . . . ,a100 của {1, 2, . . . , 100} và chọn ô thứ ai trong hàng thứi. Cách chọn như vậy thỏa mãn(1)và(2).

Với mỗij = 1, 2, . . . , 5000, xác suất để chọn được hai ô có cùng số jlà0nếu hai ô này cùng hàng hoặc cùng cột và là 1

100 · 1

99 trong trường hợp ngược lại.

Do đó, xác suất để cách chọn này thỏa mãn (3)ít nhất là

1−5000· 1 100 ·

1

99 > 0.

Ví dụ 2.1.8 (IMO Shortlist 2006). Cho S là tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi đa giác lồi P với các điểm thuộc S, gọi a(P) là số các điểm của Pvà b(P) là số các điểm của S nằm ngoài P. Chứng minh rằng với mọi số thực x, ta có đẳng thức:

∑ P

xa(P)(1−x)b(P) = 1,

trong đó tổng được tính theo tất cả các đa giác lồi có đỉnh thuộc S. (Chú ý: đoạn thẳng, một điểm và tập rỗng được coi là đa giác lồi với 2, 1, 0 đỉnh tương ứng).

Các hạng tửxk(1−x)n−k gợi ý cho chúng ta liên tưởng đến việc sử dụng xác suất.Tuy nhiên x là số thực tùy ý nên ta cần hạn chế x ∈ [0, 1]. Lại để ý rằng, vế trái là một đa thức theo x, do vậy ta chỉ cần chứng minh đẳng thức xảy ra với mọi x ∈ [0, 1]là đủ.

Chứng minh. Ta tô màu một cách ngẫu nhiên các điểm trong S bằng màu xanh và màu đỏ với xác suất tương ứng là x, 1−x. Với mỗi đa giác lồi P, gọi XP là biến cố các đỉnh của P được tô màu xanh và các đỉnh ngoài P tô màu đỏ. Khi đó.

P(XP) = xa(P)(1−x)b(P).

Đặt X = S

XP, với P chạy qua tất cả các đa giác lồi mà có đỉnh thuộc S. Khi đó X chính là biến cố "Tồn tại một đa giác lồi P mà các đỉnh của P được tô màu xanh còn các đỉnh nằm ngoài P được tô màu đỏ".

Theo kết quả về bao lồi của một tập hữu hạn điểm và do một đoạn thẳng, một điểm hoặc tập rỗng đều là các đa giác lồi. Do vậyX là biến cố chắc chắn. Điều này có nghĩa là

P(X) = 1 ⇒ ∑

P

xa(P)(1−x)b(P) = 1.

Để tính xác suất của một biến cố theo định nghĩa cổ điển ta thường phải giải quyết hai bài toán tổ hợp: tính số kết quả thuận lợi và tính số các kết quả có thể. Thông thường bài toán sau đơn giản hơn bài toán trước. Và chính điều này tạo ra một ứng dụng thú vị của xác suất: Nếu ta tính được số các kết quả có thể và xác suất thì sẽ tính được số kết quả thuận lợi.

Ví dụ 2.1.9. Trong số cách chọn ra ba đỉnh của hình lập phương đơn vị, có bao nhiêu cách chọn thỏa mãn điều kiện ba đỉnh được chọn là ba đỉnh của một tam giác đều.

Chứng minh. Ta lần lượt chọn các đỉnh theo thứ tự sau.

• Đỉnh đầu tiên có thể là một đỉnh tùy ý.

• Với đỉnh thứ hai, khi đỉnh thứ nhất đã được chọn thì ta có thể chọn một trong ba đỉnh có khoảng cách √2 đển đỉnh ban đầu. Xác suất thành công là 3

7.

• Ở lượt cuối cùng, xác suất thành công là 2

Như vậy, xác suất để ba đỉnh được chọn là ba đỉnh của một tam giác đều sẽ là 1

7. Vì số cách chọn ba đỉnh từ 8 đỉnh là C

3

8 nên số cách chọn thỏa mãn điều kiện 3 đỉnh được chọn là đỉnh của một tam giác đều sẽ bằng 1

7 ·C

3 8 =

8·7·6 1·2·3.

Ví dụ 2.1.10. Trong một kì thi có nmôn thi, trong đó có đề tiếng Pháp và đề