Embed Size (px)
Citation preview
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNGKHOA TOÁN
LỚP CAO HỌC PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP K25
*****
TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TỔ HỢP NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ
VÀ ỨNG DỤNG
NHÓM THỰC HIỆN :Lê Thị Sơn, Nguyễn Hạ Thi Giang, Nguyễn Ngọc Mỹ,
Nguyễn Phương Thảo, Lê Thiện Trung.
Người Hướng Dẫn : PGS.TSKH Trần Quốc Chiến
Đà Nẵng – 2012
1
MỤC LỤCLời giới thiệu
Chương 1 : MỘT SỐ CẤU HÌNH TỔ HỢP CƠ BẢN.
1. Các cấu hình cơ bản…………………………………………………………1
2. Các Bài toán Ứng dụng…………………………………………………….. 8
Chương 2 : NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ VÀ BÀI TOÁN.
1. Chứng minh Nguyên Lý Bù Trừ…………………………………………....10
2. Bài toán đếm số phần tử không thỏa mãn tính chất ………………………..12
3. Bài toán LUCAS……………………………………………………………13
Chương 3 : ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TẬP.
1. Bài toán mở rộng giản đồ Ven phổ thông bằng nguyên lý bù trừ…………..18
2. Bài toán đếm số thỏa mãn các tính chất số học……………………………..19
3. Bài toán đếm số bộ nghiệm nguyên………………………………………...20
4. Bài toán Bernoulli - Euler (gửi thư, lấy mũ…)……………………………..22
5. Bài toán đếm số toàn ánh. ………………………………………………….24
6. Bài toán phối hợp nguyên lý bù trừ và ánh xạ……………………………...25
Kết luận
Tài Liệu tham khảo
2
LỜI NÓI ĐẦU“Lý thuyết Tổ Hợp” là một bộ phận quan trọng của “Toán Rời Rạc”, nghiên
cứu chuyên sâu về các bài toán mà nhìn chung thì đơn giản nhưng ẩn chứa trong
nó những tính toán và tư duy cực kỳ phức tạp. Thậm chí có những phép tính mà
nếu không có sự ra đời của máy tính thì có khi mất đến cả chục năm trời mới có
kết quả.
Dù bao gồm nhiều “Bài Toán” hóc búa nhưng bản chất của “Lý thuyết Tổ
Hợp” chỉ quy về 4 dạng cơ bản : Bài Toán tồn tại, Bài toán đếm, Bài toán Liệt
Kê và Bài Toán tối ưu tổ hợp. Tất cả các bài tập đều được nằm trong 4 Bài Toán
chính này. Trong đó, “Bài Toán đếm số cấu hình Tổ Hợp” là một bài toán hay, có
nhiều ứng dụng để phát triển vào việc tính xác suất hay độ phức tạp tính toán.
Trong khuôn khổ 1 tiểu luận kết thúc học phần, nhóm chúng em chỉ tập trung
nghiên cứu 1 phương pháp quan trọng trong “Bài Toán đếm”, đó là “Nguyên Lý
Bù Trừ và những ứng dụng” để giải một số bài tập từ đơn giản đến phức tạp.
Tiểu luận gồm các nội dung sau :
Chương 1 : Đại cương về Tổ Hợp - các cấu hình tổ hợp cơ bản, định nghĩa,
công thức, ví dụ.
Chương 2 : Chứng minh Nguyên Lý Bù Trừ, Ví dụ minh họa. Ứng dụng vào
bài toán Lucas.
Chương 3 : Ứng dụng nguyên lý bù trừ giải những bài toán phổ thông đơn
giản và nâng cao.
3
Nhóm thực hiện : Nhóm 5.
ST
T
Họ Và Tên Công Việc Chữ Ký Nhận Xét của giáo viên
1 Lê Thị Sơn Chương 1
2 Nguyễn Hạ Thi Giang Chương 2
3 Nguyễn Thị Ngọc Mỹ Chương 3
(1,2,3)
4 Nguyễn Phương Thảo Chương 3 (4,5)
5 Lê Thiện Trung Chương 3 (6)
4
CHƯƠNG 1 : Các cấu hình tổ hợp cơ bản
*****1. Chỉnh hợp lặp.
Định nghĩa. Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một
bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho. Các thành phần có thể
được lặp lại.
Một chỉnh hợp lặp chập k của n có thể xem như một phần tử của tích Đề-các Xk ,
với X là tập n phần tử.
Một chỉnh hợp không lặp chập k của n có thể được xây dựng qua k bước kế tiếp
như sau :
Chọn thành phần đầu : có n khả năng.
Chọn thành phần thứ hai : có n khả năng.
...
Chọn thành phần thứ k : có n khả năng.
Như vậy, theo nguyên lý nhân, số tất cả chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là
AR(n,k) = nk
Ví dụ: Một vé số Đồng Nai có 6 chữ số. Hỏi mỗi đợt phát hành có bao nhiêu vé
tất cả?
Ta nhận thấy:
+ Mỗi vé số là một nhóm có thứ tự gồm 6 chữ số lấy từ tập hợp 10 phần tử
+ Mỗi chữ số có thể xuất hiện nhiều lần trong một nhóm (tối đa là 6 lần). Vì vậy
mỗi vé số được xem là một chỉnh hợp lặp chập 6 từ 10 phần tử.
Như vậy, số vé số phát hành mỗi đợt là: AR(10,6) = 106 (vé)
2. Chỉnh hợp không lặp.
Định nghĩa. Một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử khác nhau
5
là một bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho. Các thành phần
không được lặp lại.
Một chỉnh hợp không lặp chập k của n có thể được xây dựng qua k bước kế tiếp
như sau :
Chọn thành phần đầu : có n khả năng.
Chọn thành phần thứ hai : có khả năng.
...
Chọn thành phần thứ k : có khả năng.
Như vậy, theo nguyên lý nhân, số tất cả chỉnh hợp không lặp chập k của n phần
tử là
Nhận xét: Hai chỉnh hợp khác nhau khi:
+ Có ít nhất một phần tử khác nhau
+ Hoặc có ít nhất một thứ tự sắp xếp khác nhau
Ví dụ:
Có bao nhiêu cách xếp 3 người vào một cái ghế dài 6 chỗ ngồi?
Ta nhận thấy:
Sắp 3 người vào một cái ghế dài 6 chỗ ngồi, tức là lấy 3 vị trí trong 6 vị trí (có kể
thứ tự). Vậy mỗi cách xếp là một chỉnh hợp không lặp chập 3 từ 6 phần tử, nên số
cách xếp là:
3. Hoán vị.
Định nghĩa. Một hoán vị của n phần tử khác nhau là một cách sắp xếp
thứ tự các phần tử đó.
Như vậy:
+ Mỗi hoán vị là sự thay đổi chỗ các phần tử trong tập hợp.
6
+ Hoán vị n phần tử là chỉnh hợp không lặp chập k của n trong đó k = n.
Ta có số hoán vị là
Ví dụ: Có mấy cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 chỗ đã được ghi số thứ tự
trên một bàn dài?
Ta thấy rằng: mỗi cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 chỗ đã được ghi số thứ tự là
một hoán vị 6 phần tử. Như vậy số cách xếp trên là:
(cách)
4. Tổ hợp.
Định nghĩa. Một tổ hợp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ
không kể thứ tự gồm k thành phần khác nhau lấy từ n phần tử đã cho.
Nói cách khác ta có thể coi một tổ hợp chập k của n phần tử khác nhau là một
tập con có k phần tử từ n phần tử đã cho.
Gọi số tổ hợp chập k của n phần tử là C(n,k) ta có :
Suy ra
Ví dụ: Một hộp 10 viên bi đỏ và đen. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi để kiểm tra. Hỏi
có mấy cách lấy ra 4 viên bi?
Ta thấy rằng, lấy 4 viên ngẫu nhiên để kiểm tra, không quan tâm đến thứ tự các
viên bi đó, nên đó là tổ hợp chập 4 của n phần tử.
Vậy số cách chọn 4 viên trong 10 viên là:
Từ định nghĩa ta có thể suy ra 2 tính chất cơ bản của tổ hợp:
7
Hệ quả. Tích k số tự nhiên liên tiếp chia hết cho k!.
Chứng minh. Với mọi n k, ta có C(n,k) = (n k+1).(n k+2).....n/ k!
là số nguyên. Từ đó suy ra đpcm.
5. Một số bài toán ứng dụng.
Bài 1. Một tổ sinh viên có 7 nam và 5 nữ xếp thành hàng dọc. Hỏi có
bao nhiêu cách xếp hàng để không có hai sinh viên nữ đứng gần nhau ?
Giải.
Mỗi cách xếp hàng tương ứng với một hoán vị của 7 (SV nam A1,A2,...,A7) và
một chỉnh hợp chập 5 (SV nữ) của 8 (khoảng trống ký hiệu bằng dấu gạch
ngang):
_A1_A2_A3_A4_A5_A6_A7_
Như vậy ta có tất cả
7! A(8,5) = 5040 6720 = 33 868 800 cách xếp hàng.
Bài 2. Có bao nhiêu cách xếp k bit 0 và m bit 1 trên hàng ngang sao
cho không có 2 bit 0 kề nhau. (m
Giải.
Nhận thấy rằng: Có 1 cách xếp m bit 1 trên một hàng ngang.
_ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _
Khi đó, có tương ứng m+1 khoảng trống để xếp các bit 0, tức là các bit 0 được
xếp chen vào m +1 khoảng trống giữa các bit 1.
Mà có tất cả là k bit 0. Do đó số cách xếp các bit 0 là một tổ hợp chập k từ m+1
khoảng trống. Vậy có:
C(m +1,k) (cách xếp)
Như vậy theo nguyên lý nhân số cách xếp là:
C(m +1,k) = C(m +1,k)
8
Bài 3. Có bao nhiêu cách xếp k bit 0 và m bit 1 trên vòng tròn được
đánh số từ 1 đến m+k (vị trí m+k kề với vị trí 1) sao cho không có 2 bit
0 kề nhau. (m k)
Giải :
Cố định vị trí 1. Ta có 2 trường hợp.
Trường hợp vị trí 1 là bit 0.
Lúc này phải xếp bit 1 vào vị trí 2 và vị trí m+k. Ta còn m 2 bit 1 và k 1 bit 0.
Bài toán quy về xếp vào các vị trí (tức xếp trên cùng một
hàng ngang m 2 bit 1 và k 1 bit 0) sao cho không có 2 bit 0 kề nhau.
Giải tương tự bài tập trên, ta làm như sau:
Có 1 cách xếp m 2 bit 1 trên một hàng ngang.
_ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _ 1 _
Khi đó các bit 0 được xếp chen vào m 1 khoảng trống giữa các bit 1.
Mà có tất cả là k 1 bit 0. Do đó số cách xếp các bit 0 là một tổ hợp chập k 1 từ
1 khoảng trống. Vậy có: C(m 1, k 1) (cách xếp)
Như vậy số cách xếp trong trường hợp này là : C(m 1, k 1)
Trường hợp vị trí 1 là bit 1. Ta còn 1 bit 1 và k bit 0
Bài toán quy về xếp 1 bit 1 và k bit 0 trên một hang ngang sao cho không có
2 bit 0 kề nhau.
Lập luận giải tương tự trường hợp 1 ta có số cách xếp trong trường hợp này là :
C(m,k)
9
Kết luận: Tổng cộng số cách xếp là :
Chương 2 : Nguyên Lý Bù Trừ
*****1. Công thức 1 :
Cho 2 tập A, B. Ta có :
(1.1)
2. Công thức 2 :
Cho tập X và n tập con . Ta có :
Trong đó,
Chứng minh:
Với n=3, ta có :
Giả sử đúng đến n, ta có :
10
Với n+1, ta có :
Ta có :
Và
Khi đó :
Vậy ta có, đpcm.
11
Đặt : (2.1)
Ta có : (2.2)
Hay : (2.3)
Với :
Và :
3. Nguyên Lý Bù Trừ :
Khi đó theo tính chất tập hợp :
Với :
Vậy Nguyên Lý Bù Trừ (Công thức Sieve) là :
(3.1)
Từ đây, ta xây dựng một số bài toán tổng quát của Nguyên Lý Bù Trừ như
sau:
Bài toán 1 : Đếm số phần tử trong tập hợp X không thỏa mãn tính chất nào
cả, .
- Với mọi Ta ký hiệu :
thỏa mãn }
- Vậy phần bù của là :
12
không thỏa mãn }
- Gọi N là số phần tử cần đếm, ta có :
(3.2)
Bài toán 2 : Có bao nhiêu số nguyên từ 1 đến 1000 không chia hết cho cả 3
số 2, 3, 5.
- Gọi , , lần lượt là các tập hợp các số chia hết cho 2, 3, 5.
- Khi đó , , lần lượt là các tập hợp các số không chia hết cho 2, 3, 5.
- Vậy : là tập hợp tất cả các số không chia hết cho cả 3 số 2, 3, 5.
- Gọi số số nguyên cần tìm là :
( theo công thức 3.2)
Với :
Trong đó :
là tập các số x vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3 .Suy ra : x chia hết
cho 6.
là tập các số vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 5. Suy ra : x chia hết
cho 10.
là tập các số vừa chia hết cho 3, vừa chia hết cho 5. Suy ra : x chia hết
cho 15.
là tập các số vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, vừa chia hết cho
5.
Suy ra : x chia hết cho 30.
Vậy ta có các kết quả sau :
=500, =333, =200,
13
=166, = 100 , = 66 ,
= 30
Và = 1000.
Suy ra : N =1000-(500 + 333 + 200-166-100-66 + 30) = 329 ( số )
4. Bài Toán LUCAS :
Cho 1 bàn tròn có 2n ghế. Xếp n cặp vợ chồng vào bàn sao cho đàn ông ngồi
xen kẽ đàn bàn mà không có cặp vợ chồng nào được ngồi gần nhau. Hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp như vậy ?
Để giải bài toán này ta cần nhắc lại các bài toán sau :
Bài toán 1 : có 2n ghế. Có bao nhiêu cách sắp xếp n người không ngồi liền kề
nhau ? (ngồi xen kẽ với ghế trống)
Đáp số : 2.n! (cách sắp xếp)
Bài toán 2 (nguyên lý Dirichlet) : Nếu có k phần tử (k>n) bỏ vào n cái hộp
thì có ít nhất (k-n) hộp có chứa 2 phần tử.
Bài toán 3 : Có k bit 0 và m bit 1, xếp vào vào vòng tròn và đánh số từ 1 đến
(m+k) sao cho không có 2 bit 0 kề nhau.
Đáp số : (cách sắp xếp)
Giải:
Gọi số cách sắp xếp là .
Bước 1 : Xếp n bà vợ vào ngồi trước với điều kiện là bên cạnh mỗi bà là 1
ghế trống để dành cho các ông.
Nếu các bà ngồi ghế lẻ thì có n! cách sắp xếp.
Nếu các bà ngồi ghế chẵn thì có n! cách sắp xếp.
Vậy tổng cộng là 2.n! cách xếp các bà.
Khi đó : (Cách sắp xếp)
Với là số cách sắp xếp n ông chồng vào n ghế còn lại.
Bước 2 : Bây giờ xếp các ông vào n ghế trống ở trên.
14
Đánh số các bà từ 1 đến n.
Đánh số các ông tương ứng với các bà (ông i là chồng bà i, i=1,…,n).
Đánh số các ghế trống trên vòng tròn theo nguyên tắc ghế i ở giữa bà i và bà
i+1. Qui ước : n+1=1.
Vậy mỗi cách xếp các ông là 1 hoán vị của tập {1, 2, …, n}. Ta kí hiệu là f(i)
tức là ghế dành cho ông i. Theo điều kiện đề bài, ông i không được ngồi trước và
sau bà i . Vậy :
và ,
Gọi X là tập hợp các tất cả các hoán vị f của tập {1,2,…,n}. Khi đó, ta kí hiệu :
là tính chất f(i)=i
là tính chất f(i)=i+1 i=1,2,…,n
là tính chất .
Vậy ta có 2n tính chất .
Bước 3 : Gọi là số các hoán vị trong X thỏa mãn tính chất ,i=1,2,…,n.
Khi đó, số cách xếp chỗ các ông là bài toán đếm các phần tử không thỏa mãn
các tính chất nên :
Với : = |X| = n!
, i =1,…,2n
Ta có : và hoặc và không đồng thời xảy ra. (*)
Mà tổng số tính chất là 2n nên chỉ có thể xảy ra 1 lúc n tính chất.
Nếu k>n thì theo bài toán 2 phải có (k-n) cặp tính chất và hoặc
và cùng xảy ra. (j=1,…,k-n)
Như vậy : hoặc , (j=1,…,k-n)
15
Nên : (k>n).
(tức là số lượng tập hợp giao nhau mà lớn hơn n thì giao đó bằng rỗng)
Khi đó : .
Vậy trong 2n tính chất trên ta chỉ lấy ra k tính chất ( ) thỏa mãn điều kiện
(*), gọi số cách lấy là g(2n,k) :
Cho k tính chất này là . Ta xét tập :
: là các hoán vị f thỏa mãn tính chất , tức là hoặc
: là các hoán vị f thỏa mãn tính chất , tức là hoặc
…….
: là các hoán vị f thỏa mãn tính chất , tức là hoặc
Vậy : là tập tất cả các hoán vị f thỏa mãn tất cả các tính
chất . Hay là trong {1,2,…,n } có k phần tử i có giá trị f(i) cố định.
Khi đó, còn lại (n-k) phần tử nhận (n-k) giá trị bất kỳ còn lại. Suy ra :
Vậy :
Bây giờ ta tính : g(2n,k) bằng cách xếp theo vòng tròn như sau :
16
Vậy g(n,k) là số cách lấy ra từ trên vòng tròn k phần tử sao cho 2 phần tử kề nhau
không cùng được lấy ra.
Số cách lấy ra tương ứng với số cách xếp k-bit 0 và (2n-k)-bit 1 lên vòng tròn sao
cho không có 2-bit 0 đứng cạnh nhau.
Theo bài toán 3 , ta có :
Khi đó :
Kết luận : Tổng số cách sắp xếp là:
17
CHƯƠNG 3 : Ứng dụng giải bài tập.
*****1. Bài toán mở rộng giản đồ Ven phổ thông bằng nguyên lý bù trừ.
Bài 1:có 2 bài toán kiểm tra nhưng lớp chỉ có 30 học sinh làm được bài thứ
nhất và 20 hs làm được bài thứ hai.Chỉ có 10 hs làm được cả 2 bài.Hỏi số hs
trong lớp
Giải:
Gọi A là tập hợp hs gải được bài 1,B là tập hợp hs giải được bài 2
Suy ra là tập hợp hs giải được 2 bài toán
Ta cần tínhN( )=?
Ta có
= 30 + 20 -10= 40hs
Bài 2:Giờ kiểm tra môn toán có 3 bài.biết rằng mỗi hs làm đươc ít nhất 1
bài.Có 20hs làm được bài 1,có 14 hs làm được bài 2,có 10 hs làm được bài 3,có
6 hs làm được bài 1 và 3,có 5 hs làm được bài 2 và 3,có 2 hs làm được bài 1 và
2,có 1 hs làm được cả 3 bài.Hỏi lớp có bao nhiêu hs.
Giải:
Gọi A là số hs giải được bài 1,B là số hs giải được bài 2,C là số hs giải được bài
3
18
Suyra: =2, =6, =5, = 1
Ta cần tính =?
TheoNLBT: =
=20+14+1
0-6-5-2+1=32hs
2. Bài toán đếm số thỏa mãn các tính chất số học
Bài 1: Trong tập S = {1;2;3;…;280} có bao nhiêu số không chia hết cho 2;
3; 5; 7.
Giải:
Đặt A là tập các số chia hết cho 2;B là tập số chia hết cho 3;C là tập số chia hết
cho 5;D là tập số chia hết cho 7
Khi đó: là tập các số chia hết cho ít nhất một trong các số 2,3,5,7.
Tacó: =[280/2]=140; =[280/3]=93
=[280/5]=56 ; =[280/7]=40
=[280/6]=46 ;
=[280/10]=28
=[280/14]=20
=[280/15]=18
=[280/21]=13
=[280/35]=8
=[280/30]=9
19
=[280/42]=6
=[280/70]=4
=[280/105]=2
=[280/210]=1
Theo NLBT, ta có:
= + + + - - -
-
- - + +
+ + -
=140+93+56+40-46-28-20-18-13-8+9+6+4+2-1=216
Suy ra:số không chia hết cho 2;3;5;7 trong S là : 280 - 216=64
Bài 2: Tìm số các chuỗi 8 bit thỏa mãn điều kiện bit đầu tiên là 1 hay hai bit
cuối là 0
Giải:
Gọi A là số chuỗi 8 bit có bit đầu tiên là 1; B là chuỗi số 8 bit có hai bit cuối là 0
Theo NLBT ta có:
Gọi S= là chuỗi 8 bit có bit đầu tiên là 1,vậy
có 1 cách chọn, si(i=2…8) có 2 cách chọn
Suy ra:
Tương tự:
Do đó:
3. Bài toán đếm số bộ nghiệm nguyên:
20
Bài 1: Tìm số nghiệm nguyên của pt: với
Giải:
Đặt
a+6+b+3+c+9+d-2=20
a+b+c+d=5 với
Ta thấy mỗi nghiệm của pt ứng với 1 cách chọn 5 phần tử từ 1 tập có 4 loại
Vậy số nghiệm bằng tổ hợp lặp chập 5 từ 4 phần tử
C(n+k-1,n-1)=C(4+5-1,4-1)=C(8,3)= =56 nghiệm
Bài 2:Tìm số bộ nghiệm nguyên của pt:
với
Giải
Gọi U là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của pt:
Ta có:
Gọi :
A là tập nghiệm với
B là tập nghiệm với
C là tập nghiệm với
Theo NLBT số nghiệm nguyên của pt là:
21
A là tập nghiệm với .
* Đặt .
Phương trình đã cho tương đương với:
với suy ra
Tương tự:
* là tập nghiệm với suy ra: với
nên
* là tập nghiệm với với
nên
* là tập nghiệm với
với
nên
là tập nghiệm với với
nên
* Vậy
Suy ra: bộ nghiệm
Đó là các nghiệm (0;4;6);(1;3;6);(1;4;5);(2;2;6);(2;3;5);(2;4;4)
4. Bài toán Bernoulli – Euler.
Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn địa chỉ. Bỏ ngẫu nhiên các lá thư vào phong
bì.
i) Hỏi xác xuất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu?
ii) Hỏi xác xuất để đúng r lá thư đúng địa chỉ là bao nhiêu (r ≤ n) ?
Giải :
i) Gọi X là tập hợp tất cả các cách bỏ thư. Ta có = n!.
22
Gọi là tính chất lá thư k gửi đúng địa chỉ, Xk là tập hợp các cách bỏ thư sao cho
lá thư k gửi đúng địa chỉ (k = 1,2,…,n). Kí hiệu là số cách bỏ thư sao cho có
đúng r lá thư đúng địa chỉ (r = 0,1,2,….,n). Như vậy theo nguyên lý bù trừ số cách bỏ
thư sao cho không có lá thư nào gửi đúng địa chỉ là
trong đó
và
Với mỗi bộ k lá thư , là tập hợp các cách bỏ thư sao
cho các lá thư bỏ đúng địa chỉ.
Với mỗi bộ k lá thư ta có (n – k)! cách bỏ thư, tức hoán vị các lá thư
còn lại, sao cho các lá thư bỏ đúng địa chỉ. Suy ra
= (n – k)!
Như vậy ta có
Suy ra
Như vây, xác suất cần tìm là
Ta có xác suất trên tiến đến khi n →
Số trên cũng chính là tổng các hoán vị f(i) của tập thỏa mãn
.
Vì vậy được gọi là số mất thứ tự và được kí hiệu là Dn.
23
ii) Cho tổ hợp . Số cách bỏ thư để chỉ các lá thư gửi đúng
địa chỉ đúng bằng . Như vậy số cách bỏ thư để có đúng lá thư gửi đúng
địa chỉ là
Suy ra xác suất cần tìm là
4. Bài toán đếm số toàn ánh
Cho hai tập X, Y có . Hãy đếm số toàn ánh từ X vào Y.
Giải
Cho Y = . Kí hiệu S là tập hợp tất cả các ánh xạ từ X vào Y, T là
tập hợp tất cả các toàn ánh từ X vào Y. Hiển nhiên
Kí hiệu
Suy ra
Theo nguyên lý bù trừ ta có
Trong đó
và
Do là tập hợp các ánh xạ từ X vào Y\ , nên
Mặt khác, với mỗi r ta có bộ . Suy ra
24
5. Nguyên lý bù trừ kết hợp phương pháp ánh xạ.
Bài 1 : Gọi M là tập tất cả các số nguyên dương(viết theo hệ thập phân) có n
chữ số 1, n chữ số 2 và không còn chữ số nào khác; N là tập tất cả các số nguyên
dương có n chữ số thuộc tập 1,2,3,4 và số chữ số 1 bằng chữ số 2. CMR :
Giải :
Ta chứng minh rằng tồn tại một song ánh từ N vào M.
Ta có : Số có n chữ số bao gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số các chữ số 1 bằng
các số chữ số 2 được nhân đôi thành số có 2n chữ số theo quy tắt :
Đầu tiên hai số này dược viết kề nhau thành số có 2n chữ số.
Sau đó các chữ số 3 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở
n chữ số sau được đổi thành chữ số 2.
Tương tự chữ số 4 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số 2, các chữ số 4 ở n
chữ số sau được đổi thành chữ số 1.
Như vậy ta thu được một số có đúng n chữ số 1 và n số 2. Vậy ta đã chứng
minh đây là một đơn ánh. Tiếp theo để chứng minh đây là một song ánh, ta xây
dựng ánh xạ ngược như sau :
Với một số có n chữ số 1 và n chữ số 2,ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối và
đặt chúng song song với nhau như khi thực hiện phép cộng. Thực hiện phép cộng
theo quy tắt:1+1=2; 2+2=2; 1+2=3; 2+1=4. Ta sẽ thu được một số có n chữ số gồm
các chữ số 1,2,3,4 với số các chữ số 1 bằng số các chữ số 2.
Vậy song ánh giữa hai tập hợp đã được thiết lập,vậy ta đã chứng minh được
Bài 2 :Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ số thỏa
mãn đồng thời các điều kiện sau :
a) Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần?
25
b) Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau?
GIẢI
Gọi s là số cần tìm và A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập được từ các
chữ số 1,2,3,4,5 thỏa mãn điều kiện a) của bài toán
Với mỗi ,kí hiệu là tập tất cả các số thuộc A, mà trong mỗi số đều có
hai chữ số i đứng cạnh nhau. Khi đó theo Nguyên lý bù trừ :
Ta có
= - +
(1)
Ta có : (2)
Xét k bất kỳ thuộc tập 1,2,3,4,5 và xét bộ bất kỳ thỏa mãn
Gọi T là tập tất cả các số có 10-k chữ số, lập được từ các chữ số 1,2,3,4,5 mà
trong mỗi số đó, mỗi chữ số đều có mặt đúng một lần, còn các chữ số
khác, mỗi chữ số đều có mặt đúng 2 lần.
Đặt tương ứng mỗi số .Với số nhận được từ a bằng cách
bỏ đồng thời ở a một chữ số ,một chữ số một chữ số .
Ta chứng minh tương ứng nói trên xác lập một song ánh từ đến
T. Khi đó
(3)
Vậy từ (1), (2), (3). Ta có
26
Bài 3 : Cho hoán vị của tập hợp 1,2,…,2n với n nguyên dương,
được gọi là có tính chất P nếu : . Với ít nhất một giá trị .
Chứng minh rằng: với mỗi số n, số hoán vị có tính chất P lớn hơn số hoán vị không
có tính chất P.
Giải:
Với mỗi số n, ta chia các số 1,2,...,2n thành n cặp số sau : 1; n+1; 2; n+2,...,
n; 2n. Ta thiết lập một tương ứng từ tập hợp các hoán vị không có tính chất P đến
tập hợp các hoán vị có tính chất P như sau:
Giả sử là hoán vị bất kỳ không có tính chất P.
Ta xét phần tử , chọn là phần tử cùng cặp với .
Đặt tương ứng hoán vị vừa xét với hoán vị có tính chất P là
Ta đã chứng minh được rằng tương ứng này là một đơn ánh và không phải là
toàn ánh.( đpcm)
27
KẾT LUẬNTiểu luận đã làm sáng tỏ một vài phương pháp giải các bài tổ hợp bằng Nguyên
Lý Bù Trừ. Dù đã có nhiều cố gắng nhưng có với thời gian có phần hạn chế, nhóm
của chứng em chưa thể đào sâu hơn nữa.
Cảm ơn thầy đã có những buổi dạy nhiệt tình mà chúng em có được những kiến
thức nhất định để hoàn thành tiểu luận này.
28
Tài liệu tham khảo :[1] Giáo trình “Lý Thuyết Tổ Hợp”, Trần Quốc Chiến, 2012.
[2] Nguyên Lý Bù Trừ - Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ, Trịnh Đào Chiến- Lê Văn
Tám.
[3] Kỹ thuật đếm cao cấp , Đỗ Văn Nhỏ, tháng 1 -2009.
29
