Bài tập đề nghị

Bài toán tô màu xuất hiện khá thường xuyên trong thực tế, do đó có nhiều cách đưa ra các bài tập với những tình huống khác nhau. Một cách tương đối đơn giản là tìm cách tô màu những vật đối xứng vớiG là nhóm các phép đối

xứng quay của vật thể đó. Trường hợp thường xuyên gặp là các bảng ô vuông, đây có thể coi là vật thể hai chiều. Ta cũng có thể xét các vật thể một chiều như chiếc vòng hoặc vật thể ba chiều như các khối lập phương. Dưới đây là một số bài tập đề nghị.

Bài 1. Tô màu vòng cổ gồm 6 hạt đá, mỗi viên được tô một màu trong các màu xanh, đỏ, tím, vàng. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau, biết hai cách tô màu là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia thông qua phép xoay chuỗi hạt?

Bài 2. Tô màu 8 đỉnh của một hình lập phương bởi hai màu xanh và đỏ, ta thu được bao nhiêu cách tô màu khác nhau? Hai cách tô màu là như nhau nếu cách này có được từ cách kia thông qua phép xoay khối lập phương.

Bài 3.Tô màu các cạnh của khối lập phương bởi 3 màu, ta thu được bao nhiêu cách tô màu khác nhau? Hai cách tô màu là như nhau nếu cách này có được từ cách kia thông qua phép xuay khối lập phương.

Bài 4.Dùng 2 màu xanh và hồng tô các ô vuông của bảng ô vuông kích thước 5× 5 sao cho mỗi ô tô một màu. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau biết rằng hai cách tô màu là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia qua phép xuay hình vuông quanh tâm?

Chương 3

Định lý đếm Polya

Như trong chương 2 ta đã trình bày thì khi vận dụng bổ đề Burnside với hệ quả là định lý Polya con vào bài toán tô mầu thì ta có thể đếm được số cách tô mầu khác nhau với sự lựa chọnnmầu. Nhưng điều gì xảy ra nếu chúng ta muốn đếm số cách tô mầu với những hạn chế về việc phân bổ số lượng mầu, ví dụ như mầu đỏ tô 1 lần, mầu xanh tô 2 lần, mầu vàng tô 3 lần... Trong chương này chúng ta sẽ đưa ra lời giải đầy đủ cho những bài toán tô mầu với các hạn chế số lượng mầu đó dựa vào định lý đếm Polya.

3.1 Bổ đề Burnside với trọng

Bài toán tô mầu được phát biểu lại như sau: Tô r mảnh vải bởi bộ m mầu, ta kí hiệu bộ màuM = {M1, M2, . . . , Mm}và bộ số nguyên t1, t2, . . . , tn ≥ 0. Bài toán đặt ra là có bao nhiêu cách tô màu khác nhau mà màu Mi

được tô đúngti lần.

Như vậy bài toán ở chương 3 này yêu cầu chặt chẽ hơn bài toán tô màu ở mục 2.2 mà ta đã xét ở Chương 2 bởi vì đáp án cần cụ thể mỗi màu phải tô bao nhiêu lần. Bằng cách tính tổng tất cả các cách tô màu theo trọngt1, t2, . . . , tn

ta sẽ có kết quả của bài toán trong mục 2.2.

Lời giải của bài toán trên là nội dung định lý đếm Polya. Để phát biểu và chứng minh định lý đó ta cần sử dụng khái niệm hàm sinh và đa thức chỉ số

xích cũng như một phiên bản mạnh hơn bổ đề Burnside gọi là bổ đề Burnside theo trọng.

Ta kí hiệu fG(t1, t2, . . . , tn) là số cách tô màu khác nhau với trọng ω = (t1, t2, . . . , tn), nghĩa là màuMi được tôti lần. Xét hàm sinh

FG(x1, x2, . . . , xn) = X ω=(t1,t2,...,tn) fG(t1, t2, . . . , tn)xt1 1 xt2 2 . . . xtn n, trong đó t1 +t2 +· · ·+tn = m với|X| = m.

Với mỗi trọng ω = (t1, t2, . . . , tn), ta kí hiệu Cω là tập tất cả các phép tô màu mà màuMi được tô ti lần.

Tác động của Glên tập X cảm sinh một tác động của Glên tập Cω. Hơn nữa, số quỹ đạo của tác động này chính là số các cách tô màu khác nhau mà màuMi được tô ti lần với i = 1,2, . . . , n, nghĩa là bằngfG(t1, t2, . . . , tn).

Áp dụng bổ đề Burnside, ta có fG(t1, t2, . . . , tn) = 1 |G| X g∈G |Fix(g)ω|.

Từ lập luận trên ta có kết quả sau đây thường gọi là bổ đề Burnside với trọng.

Bổ đề 3.1.1(Bổ đề Burnside với trọng). Với các giả thiết và cách gọi như trên ta luôn có FG(x1, x2, . . . , xn) = 1 |G| X g∈G Fix(g)(x1, x2, . . . , xn).

Như vậy, để tính hàmFG(x1, x2, . . . , xn), ta sẽ tính hàmFix(g)(x1, x2, . . . , xn). Hàm này sẽ được tính thông qua các đa thức chỉ số xích trong mục sau.

3.2 Định lý đếm Polya (Polya’s Enumeration Theorem)Định nghĩa 3.2.1. Giả sử có tác động của nhóm Glên tậpX, với mỗi g ∈ G Định nghĩa 3.2.1. Giả sử có tác động của nhóm Glên tậpX, với mỗi g ∈ G

ta kí hiệuci(g) là số các xích của g có độ dàii. Khi đó, đa thức nbiến

ZG(x1, . . . , xn) = 1 |G| X g∈G xc1(g) 1 xc2(g) 2 . . . xcn(g) n ,

được gọi là đa thức chỉ số xích củaG, hay có người còn gọi đó là đa thức chỉ số các chu trình của G.

Ví dụ, xét nhóm xyclicG = {id; (1234); (13)(24); (1423)}. Khi đó|G|= 4, dễ thấy phép đồng nhấtidcó 4 xích độ dài 1; các hoán vị (1234) và (1423) có 1 xích độ dài 4; hoán vị (13)(24) có 2 xích độ dài 2. Vậy đa thức chỉ số xích củaGlà ZG(x1, x2, x3, x4) = 1 4(x 4 1 + x22 + 2x4).

Xét bài toán tô mầu trong tiết trước để tính đa thứcFix(g)(x1, x2, . . . , xn) := P

ω=(t1,t2,...,tn)

|Fix(g)ω|xt1

1 xt2

2 . . . xtn

n (∗), ta cần xét xem khi nào một phép tô mầu T ∈ F ix(g)ω. Với mỗi g ∈ G, ta phân tích g thành tích các xích

g1g2. . . gr (xem Ví dụ1.1.2 (c)). Khi đó T ∈ Fix(g) tức là những mảnh vải thuộc cùng một xíchgi sẽ được tô cùng một mầu qua cách tôT.

Như vậy một phép tô mầu T ∈ F ix(g)ω khi và chỉ khi những mảnh vải thuộc cùng một xích thì tô cùng một mầu và mầuMi được tôti lần. Thay vào công thức (*) ta có Fix(g)(x1, x2, . . . , xn) = X ω=(t1,t2,...,tn) |Fix(g)ω|xt1 1 xt2 2 . . . xtn n = (x1 +x2 +· · ·+xn)c1(g).(x21 +x22 +· · ·+x2n)c2(g) . . .(xm1 +xm2 +· · ·+xmn)cm(g) . Vậy FG(x1, x2, . . . , xn) = 1 |G| X g∈G Fix(g)(x1, x2, . . . , xn) = ZG(x1 + · · ·+xn;x21 +· · ·+x2n;. . .;x1m +· · ·+xmn).

Kết quả của bài toán này chính là nội dung định lý đếm Polya (Polya’s Enu- meration Theorem).

Định lí 3.2.1. Định lý đếm Polya (Polya’s Enumeration Theorem) Cho tập màu M gồm n màu và tập X có m đối tượng cần tô màu và Glà một nhóm các hoán vị trên tập X. Khi đó

FG(x1, x2, . . . , xn) =ZG(x1 +· · ·+xn;x21 +· · ·+x2n;. . .;xm1 +· · ·+xmn).

Kết quả của định lý đếm Polya là số cách tô màu khác nhau sao cho màu

Mi được tô đúng ti lần chính là hệ số của đơn thức chứa xt1

1 xt2

2 . . . xtn

n trong đa thức trên.

Chú ý, nếu x1 = x2 = · · · = xn = 1 thì ta có định lý Polya con.

Kết quả của định lý đếm Polya áp dụng vào bài toán tô mầu cụ thể được minh họa qua các ví dụ dưới đây.

3.3 Ví dụ

Ví dụ 3.3.1. Tô 4 đỉnh của một hình vuông bởi ba màu xanh, vàng, đỏ. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu khác nhau sao cho có đúng 2 đỉnh tô màu đỏ. Hai cách tô màu là như nhau nếu cách này có được từ cách kia thông qua phép xoay hình vuông quanh tâm hay phép đối xứng qua trục là các trục đối xứng của hình vuông đó.

Giải.Quay lại Ví dụ 2.3.2thì số cách tô màu khác nhau với 3 màu xanh, đỏ, vàng là 1

8(3

4 + 2.33 + 3.32 + 2.3) = 21cách tô màu khác nhau. Nhưng vấn đề ở đây là ta phải tô sao cho có đúng 2 đỉnh mang màu đỏ. Vậy vấn đề này theo định lý đếm Polya ta sẽ giải quyết như sau:

Gọi τi là phép quay hình vuông góc iπ

2 vớii = 0,1,2,3.

δj là phép lấy đối xứng qua trục vớij = 1,2.

µk là phép lấy đối xứng qua đường chéo với k = 1,2.

Mỗi phép quay hay lấy đối xứng các đỉnh của hình vuông có thể được mô tả thông qua các phép hoán vị các đỉnh của vuông như sau:

Ta có τ0 = id, τ1 = (1234), τ2 = (13)(24), τ3 = (1432), δ0 = (12)(34), δ1 = (14)(23), µ1 = (24), µ1 = (13). Như vậy tập G = {id, τ1, τ2, τ3, δ1, δ2, µ1, µ2}là một nhóm với|G| = 8. Trong 8 phần tử của nhóm G có:

2 phần tử có 1 xích độ dài 4; 3 phần tử có 2 xích độ dài 2; 2 phần tử có 3 xích gồm 2 xích độ dài 1 và 1 xích độ dài 2; 1 phần tử có 4 xích độ dài 1.

Áp dụng định lý đếm Polya, ta có FG(x, y, z) =ZG(x+y +z, x2 +y2 +z2, x3 +y3 +z3, x4 +y4 +z4) = 1 8[(x+ y+ z) 4 + 3(x2 + y2 +z2) + 2(x+y +z)2(x2 + y2 +z2) + 2(x4 +y4 +z4)] = x4 +y4 +z4 + 2(x2y2 +y2z2 +z2x2) + (x3y +y3x+ y3z+z3y +x3z+z3x) + 2(x2yz +xy2z +xyz2).

Theo định lý đếm Polya thì hệ số củaxaybzc là số cách tô màu sao cho màux

xuất hiện alần; mầuy xuất hiện blần; mầuz xuất hiện clần.

Vì vậy để tìm số cách tô màu mà có đúng hai đỉnh màu đỏ ta chỉ tìm hệ số của tất cả các số hạng chứa x2 đó là 2x2y2,2x2yz,2z2x2.

Như vậy, số cách tô màu khác nhau thu được làN = 2 + 2 + 2 = 6cách.

Ví dụ 3.3.2. Trong một cuộc hội thảo có 7 nhà toán học, trong đó có 4 nhà toán học nữ; 3 nhà toán học nam. Người ta bố trí xếp chỗ ngồi cho 7 người vào một bàn tròn có 7 ghế. Hỏi có bao nhiêu cách xếp khác nhau? Hai cách xếp chỗ ngồi là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia thông qua phép xoay chỗ ngồi.

Giải.Ta coi 7 chỗ ngồi được xếp cho các nhà toán học là 7 đỉnh của một thất giác đều. Hai chất màu để tô làx =Nữ, y = Nam. Như vậy, bài toán quay về tìm cách tô màu 7 đỉnh của thất giác đều với hai màux, y và có đúng 4 đỉnh màux, 3 đỉnh màuy.

Như vậy hai cách tô hay cách xếp chỗ ngồi là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia qua phép quay thất giác quanh tâm hay phép đối xứng qua trục.

Như Ví dụ2.3.3, kí hiệuτi là các phép xoay hình thất giác đều quanh tâm với góc quay i2π

7 vớii = 0,1,2,3,4,5,6. Như vậy

τ0 = id, τ1 = (1234567), τ2 = (1357246), τ3 = (147362)

τ4 = (152637), τ5 = (1642753), τ6 = (1765432).

Phép lấy đối xứng qua trụcδj tương ứng với trục là đường nối đỉnhj và trung điểm cạnh đối diện với j = 1,2, . . . ,7. Như vậy

δ1 = (27)(36)(45), δ2 = (13)(74)(56), δ3 = (24)(15)(67), δ4 = (35)(26)(17), δ5 = (46)(37)(12), δ6 = (57)(14)(23), δ7 = (16)(25)(34). Ta có tậpG = {id, τ1, τ2, τ3, τ4, τ5, τ6, δ1, δ2, δ3, δ4, δ5, δ6, δ7}là một nhóm và có cấp|G|= 14. Trong 14 phần tử của nhóm G có: 1 phần tử có 7 xích độ dài 1; 7 phần tử có 4 xích gồm 3 xích độ dài 2 và 1 xích độ dài 1; 6 phần tử có 1 xích độ dài 7. Áp dụng định lý đếm Polya, ta có FG(x, y) =ZG(x+y, x2 +y2, x3 +y3, x4 +y4, x5 + y5, x6 +y6, x7 +y7) = 1 14 (x+y) 7 + 7(x+y)(x2 +y2)3 + 6(x7 +y7) = x7 +x6y+ 3x5y2 + 4x4y3 + 4x3y4 + 3x2y5 +xy6 + y7.

của các số hạng chứax4. Vậy có 4 cách xếp chỗ ngồi khác nhau.

Ví dụ 3.3.3. Dùng hai màu xanh và đỏ tô các ô vuông của một lưới vuông kích thước 3×3. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau sao cho trong 9 ô vuông có đúng 4 ô tô màu đỏ. Hai cách tô màu là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia qua phép xoay hình vuông quanh tâm.

Giải.Giả sử các ô vuông được đánh số từ 1 đến 9 như hình vẽ.

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Mỗi phép quay của bảng ô vuông có thể được mô tả thông qua các phép hoán vị các ô vuông như sau:

Khi xoay hình vuông quanh tâm góc quay iπ

2, với i = 0,1,2,3, ta có:

τ0 = id; τ1 = (1397)(2684); τ2 = (19)(37)(28)(46); τ3 = (1793)(2486).

VậyG = {id, τ1, τ2, τ3} là một nhóm với|G| = 4. Trong 4 phần tử của nhóm G có:

1 phần tử có 9 xích độ dài 1; 2 phần tử có 3 xích gồm 2 xích độ dài 4 và 1 xích độ dài 1; 1 phần tử có 5 gồm 4 xích độ dài 2 và 1 xích độ dài 1.

Theo định lý đếm Polya, ta có FG(x, y) = ZG(x+y, x2 + y2, . . . , x9 +y9) = 1 4 (x+y) 9 + 2(x+y)(x2 +y2)4 + (x4 +y4)2(x+y) = x9 + 3x8y + 11x7y2 + 23x6y3 + 35x5y4 + 35x4y5 + 23x3y6 + 11x2y7 +y9.

Như vậy, số cách tô màu khác nhau mà có đúng 4 ô tô màu đỏ chính là hệ số củax4. Ta có 35 cách tô khác nhau.

Ví dụ 3.3.4. Dùng 3 màu xanh, đỏ và vàng để tô 4 đỉnh của một tứ diện đều. Trong đó có đúng 2 đỉnh tô màu xanh. Hỏi có bao nhiêu cách tô khác nhau. Biết hai cách tô là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia thông qua phép xoay khối tứ diện đều trong không gian.

Giải.Khi xoay khối tứ diện đều, ta có hai phép xoay sau đây:

Mỗi phép xoay các đỉnh của tứ diện đều có thể mô tả thông qua các phép hoán vị các đỉnh của tứ diện đều như sau:

Phép quay quanh đường thẳng nối đỉnh và tâm mặt đáy. Ta có 3 trục xoay như vậy với góc xoay i2π

3 vớii = 1,2. Như vậy, ta có các kết quả sau: (234); (243); (134); (143); (124); (142); (123); (132).

Phép quay quanh đường thẳng nối trung điểm 2 cạnh đối diện, ta có 3 trục xoay như vậy với góc quayπ. Như vậy, ta có các kết quả sau:

(12)(43); (14)(23); (12)(34).

Ta có nhómGlà tập hợp tất cả các phép xoay trình bày ở trên cùng với phép đồng nhất và|G| = 12.

Trong 12 phần tử của nhóm G có:

1 phần tử có 4 xích độ dài 1; 8 phần tử có 2 xích gồm 1 xích độ dài 1 và 1 xích độ dài 3; 3 phần tử có 2 xích độ dài 2.

Theo định lý đếm Polya, ta có FG(x, y, z) =ZG(x+y +z, x2 +y2 +z2, x3 +y3 +z3, x4 +y4 +z4) = 1 12 (x+y +z) 4 + 8(x+ y+ z)(x3 +y3 +z3) + 3(x2 +y2 +z2)2 = x4 +x3y+ x2y2 +xy3 +y4 +x3z+x2yz+xy2z+y3z +x2z2 +xyz2 +y2z2 +xz3 +yz3 +z4.

Như vậy, số cách tô màu thỏa mãn chính là tổng hệ số của các biểu thức chứa làx2, vậy có 1 + 1 + 1 = 3 cách tô mầu thỏa mãn có đúng hai đỉnh tô mầu xanh.

Ví dụ 3.3.5. Tô 12 cạnh của hình lập phương bởi hai màu đỏ và đen, ta có bao nhiêu cách tô màu khác nhau sao cho có ít nhất một nửa số cạnh được tô màu đỏ? Hai cách tô màu là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia qua phép xoay khối lập phương.

Giải.Ta đánh số các cạnh của khối lập phương như hình vẽ và như phân tích ở Ví dụ 2.3.5. Khi xoay khối lập phương trong không gian ta có 3 phép xoay được mô tả cụ thể thông qua các phép hoán vị các cạnh của khối lập phương như sau:

a) Phép xoay quanh trục là đường thẳng nối tâm hai mặt đối diện góc quay

iπ

(1234)(5678)(9 10 11 12); (1432)(5876)(9 12 11 10); (13)(24)(57)(68)(9 11)(10 12); (184 12)(263 10)(57 11 9); (1 12 48)(2 10 36)(59 11 7); (14)(23)(5 11)(6 10)(79)(8 12); (1925)(374 11)(68 12 10); (1526)(3 11 47)(6 10 12 8); (12)(34)(59)(6 12)(7 11)(8 10).

b) Phép xoay quay quanh đường nối hai đỉnh đối diện góc quay j2π 3 , j = 1,2. Ta có 4 trục như vậy, cụ thể (185)(2 12 7)(3 10 11)(469); (158)(27 12)(3 11 10)(496); (17 10)(256)(398)(4 11 12); (1 10 7)(265)(389)(4 12 11); (1 12 9)(28 11)(367)(4 10 5); (19 12)(2 11 8)(376)(45 10); (16 11)(2 10 9)(3 12 5)(487); (1 11 6)(29 10)(35 12)(478).

c) Phép xoay quanh đường thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện góc quayπ. Ta có 6 trục như vậy, cụ thể ta có

(24)(5 12)(6 11)(7 10)(89); (13)(5 10)(69)(7 12)(8 11); (1 11)(27)(35)(49)(8 10); (17)( 2 11)(39)(45)(6 12); (1 10)(2 12)(38)(46)(5 11); (16)(28)(3 12)(4 10)(79).

Như vậy, ta xác định nhóm G là tập hợp 23 các phép xoay và phép đối xứng ở trên cùng với phép đồng nhấtidvậy |G| = 24.

Trong nhóm G có: 1 phần tử có 12 xích độ dài 1; 6 phần tử có 7 xích gồm

Địnhlý đếm Polya (Polya’s Enumeration Theorem)