Một số vấn đề cơ sở của tổ hợp Đỗ Văn Pun.

Toán học tổ hợp hay giải tích tổ hợp, đại số tổ hợp, lý thuyết tổ hợp làmột ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về các cấu hình kết hợp các phần tửcủa một tập hữu hạn phần tử.. Xâu Trong

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ VĂN PUN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ CỦA TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ VĂN PUN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ CỦA TỔ HỢP

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH Hà Huy Khoái

Thái Nguyên - 2014

Mục lục

Lời mở đầu 2

Chương 1 Tập hợp và tổ hợp 5

1.1 Tập hợp và khả năng 5

1.1.1 Tập hợp 5

1.1.2 Xâu 6

1.1.3 Tập hợp sắp thứ tự 7

1.2 Các phép toán trên tập hợp 7

1.2.1 Giao của hai tập hợp 7

1.2.2 Hợp của hai tập hợp 8

1.2.3 Hiệu và phần bù của hai tập hợp 8

1.2.4 Tích Đềcác của n tập hợp 8

1.3 Số các tập con 8

1.4 Quy tắc tổng 10

1.5 Quy tắc nhân 11

1.6 Hoán vị không lặp và hoán vị vòng 12

1.6.1 Hoán vị không lặp 12

1.6.2 Hoán vị vòng 14

1.7 Chỉnh hợp 14

1.7.1 Chỉnh hợp không lặp 14

1.7.2 Chỉnh hợp có lặp 15

1.8 Tổ hợp không lặp 15

1.9 Hoán vị có lặp 16

1.10 Tổ hợp có lặp 18

1.11 Tính chất của Cnn−m 19

1.12 Nhị thức Newton 20

Chương 2 Giải bài toán tổ hợp 23

2.1 Giải các bài toán đếm 23

2.1.1 Sử dụng xâu để giải bài toán đếm số 23

2.1.2 Bài toán đếm số cách sắp xếp 27

2.1.3 Bài toán chọn số phương án để thỏa mãn một số điều kiện cho trước

28 2.2 Các bài toán tổ hợp có nội dung hình học 32

Chương 3 Các phương pháp đếm nâng cao 36

3.1 Phương pháp đếm nhờ thiết lập quan hệ truy hồi 37

3.2 Phương pháp sử dụng quy tắc cộng tổng quát 43

3.3 Phương pháp xây dựng song ánh 53

Kết luận 59

Tài liệu tham khảo 60

Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi toán sinh viên giữa các trườngđại học và cao đẳng, thi Olympic toán khu vực và quốc tế các bài toán tổ hợpxuất hiện là một thử thách lớn cho các thí sinh Rất nhiều các bài toán hay vàkhó được giải một cách khá gọn và đẹp bằng cách sử dụng các kiến thức về tổhợp.

Như vậy Toán tổ hợp có vai trò rất to lớn trong việc rèn luyện tư duy toánhọc và kỹ năng giải toán Vì các bài toán tổ hợp từ lâu đã đóng một vai tròquan trọng trong việc rèn luyện tư duy toán học và kỹ năng giải toán Nhữngbài toán tổ hợp có một số đặc điểm quan trọng mang tính khác biệt như sau:+ Không đòi hỏi nhiều kiến thức, do đó có thể giảng dạy tại các bậc lớpkhác nhau

+ Không có những khuôn mẫu nhất định cho việc giải (giống như việc giảiphương trình, khảo sát hàm số, tính tích phân), do vậy luôn đòi hỏi sự sáng tạo

từ phía học sinh

+ Thường được phát biểu bằng lời văn, đòi hỏi học sinh phải có kỹ năngđọc, hiểu và rút trích thông tin, biết cách phát biểu lại bằng ngôn ngữ toán học.Bài toán tổ hợp thường mang tính thực tế và tính thẩm mỹ cao, khiến học sinhyêu thích và ghi nhớ

Vì vậy, tại các kỳ thi Olympic Toán ở các nước, các bài toán tổ hợp luônxuất hiện với một tỷ lệ khá cao Tuy nhiên, ở Việt Nam, các bài toán tổ hợpxuất hiện khá ít Điều này có thể thấy rõ thông qua việc nghiên cứu các đề thihọc sinh giỏi các tỉnh thành, đề thi học sinh giỏi quốc gia, các đề toán trên báoToán học và Tuổi trẻ Theo sự góp ý của nhiều đồng nghiệp nước ngoài, thì đềthi Olympic Toán của Việt Nam mang nặng tính kỹ thuật, rất ít màu sắc thực

tế và vì vậy cũng thiếu luôn cả vẻ đẹp toán học Đây là điều chúng ta cần bàn

vì Toán học không chỉ là các bài toán khô khan, mà là cuộc sống, thực tế và vẻđẹp

Toán học tổ hợp (hay giải tích tổ hợp, đại số tổ hợp, lý thuyết tổ hợp) làmột ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về các cấu hình kết hợp các phần tửcủa một tập hữu hạn phần tử Các cấu hình đó là các hoán vị, chỉnh hợp, tổhợp, các phần tử của một tập hợp

Nó có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác của toán học, như đại số, lý thuyếtxác suất, lý thuyết ergod (ergodic theory) và hình học, cũng như đến các ngànhứng dụng như khoa học máy tính và vật lí thống kê Nhưng trong bản luậnvăn này tôi chỉ đi sâu đề cập 3 nội dung sau:

- Chương 1:Tập hợp và tổ hợp

- Chương 2: Ứng dụng giải bài toán tổ hợp

- Chương 3: Phương pháp đếm nâng cao

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của GS TSKH Hà Huy Khoái.Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướngdẫn khoa học của mình, GS.TSKH Hà Huy Khoái, người đã đưa ra đề tài vàtận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tác giả Đồng thời tácgiả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong trường Đại học Khoa học, Đạihọc Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hànhchính để tác giả hoàn thành bản luận văn này Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đếngia đình, BGH trường THPT Chuyên Sơn La và các bạn trong lớp Cao học K6trường Đại học Khoa học, đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập

và làm luận văn

Sơn La, ngày 25 tháng 08 năm 2014

Học viên

Đỗ Văn Pun

Để chỉ a là một phần tử của tập hợp A, ta viết a ∈ A (đọc là a thuộc A).

Để chỉ a không phải là một phần tử của tập hợp A, ta viết a /∈ A (đọc là akhông thuộc A)

Ví dụ 1.1.1 Tập những học sinh giới tính nam trong một lớp, tập học sinh

có nhà cách trường trên 30km,

Các phần tử của một tập hợp có thể chỉ ra được bằng một trong hai cáchsau:

• Liệt kê các phần tử của chúng

Ví dụ: A là tập hợp các ước nguyên dương của 30, Ta viết

A = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}

• Chỉ ra tính chất đặc trưng cho các phần tử

Ví dụ: B là tập hợp các nghiệm của phương trình : 2x2− 5x + 3 = 0, ta viết

là :

B = x ∈ R/2x2− 5x + 3 = 0 Một số tập hợp toán học: Tập các số thực, được ký hiệu R ; Tập các số hữu

tỷ, được ký hiệu Q ; Tập các số nguyên, được ký hiệu Z ; Tập các số nguyênkhông âm, được ký hiệu Z+ ; Tập các số tự nhiên ký hiệu N ; Tập rỗng, tậpkhông có phần tử nào, được ký hiệu ∅

Tập B mà mỗi phần tử của nó đều thuộc tập A, thì B được gọi là tập concủa tập A và viết B ⊆ A

Tập B mà mỗi phần tử của nó đều thuộc tập A và B 6= A, thì A được gọi

là tập con thực sự của tập A và viết B ⊂ A

Khi A ⊂ B và B ⊂ A ta nói tập hợp A bằng tập hợp B và viết là A = B

Số các phần tử của tập hợp A được gọi là lực lượng của tập A, được ký hiệubởi |A| hay n(A) Ví dụ |∅| = 0 , và |Z| = ∞

n - tập là ký hiệu tập có n phần tử

1.1.2 Xâu

Trong nhiều bài toán tổ hợp, thứ tự các phần tử đóng vai trò rất quan trọng(ví dụ thứ tự các trận đấu, thứ tự sắp xếp học lực của học sinh trong một lớp,thứ tự lắp ráp linh kiện cho một cỗ máy ), trong khi đó trong tập hợp thứ

tự giữa các phần tử không giữ vai trò gì Do vậy phải đưa một khái niệm “xâu”

để giải quyết các bài toán nêu trên

Định nghĩa 1.1.2 Cho tập X bất kỳ và tập gồm các số tự nhiên Nn ={1, 2, 3, , n} Cho ánh xạ từ tập Nn vào tập X tương ứng số 1 với phần tử

x1 ∈ X, số 2 với phần tử x2 ∈ X, , số n với phần tử xn ∈ X Kết quả tanhận được bộ x1, x2, , xn các phần tử của tập hợp X, trong đó mỗi số phần

tử có thể xuất hiện nhiều lần Khi sắp xếp các phần tử của bộ trên theo thứ tự,

ta nhận được xâu (x1, x2, , xn) độ dài n, lập nên từ những phần tử của tậpX

Phần tử xk, 1 ≤ k ≤ n được gọi là thành phần thứ k hoặc là tọa độ thứ kcủa xâu (x1, , xn)

Các xâu có độ dài 2 được gọi là các cặp, còn xâu có độ dài 3 là bộ ba Đôikhi các xâu độ dài n được gọi là n-bộ.

Ví dụ 1.1.3 Xâu a1a2a3a4a5 , “abcdefg”, “123468”,

Hai xâu (x1, x2, , xn) và (y1, y2, , yn) được xem là bằng nhau nếu chúng

có độ dài như nhau, đồng thời các thành phần của chúng có cùng số thứ thựthì bằng nhau Ta kí hiệu bằng các xâu bằng chữ cái Hy Lạp Như vậy, nếu

Ví dụ 1.1.4 Xâu (a, b, {c, d}) và xâu (a, b, {d, c}) bằng nhau vì các tập hợp{c, d} và {d, c} bằng nhau

Xâu không chứa phần tử nào được gọi là xâu rỗng, ký hiệu bởi ( )

1.2.1 Giao của hai tập hợp

Định nghĩa 1.2.1 Giao của hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc cảhai tập hợp đó

Giao của A và B ký hiệu là A ∩ B Theo định nghĩa, ta có

A ∩ B = {x|x ∈ B và x ∈ A}

1.2.3 Hiệu và phần bù của hai tập hợp

Định nghĩa 1.2.3 Hiệu của hai tập hợp A và B là các phần tử thuộc A nhưngkhông thuộc B

Hiệu của hai tập hợp A và B ký hiệu bởi A \ B Theo định nghĩa, ta có

A \ B = {x|x ∈ A và x /∈ B}

Định nghĩa 1.2.4 Nếu B ⊂ A thì A \ B là phần bù của B trong tập A

1.2.4 Tích Đềcác của n tập hợp

Định nghĩa 1.2.5 Cho các tập hợp X1, X2, , Xn và xét những bộ α =(x1, x2, , xn), trong đó xi ∈ Xi với i = 1, k Tập hợp lập nên từ những xâunhư vậy được gọi là tích Đềcác của các tập hợp X1, , Xn Ta ký hiệu tích Đềcácnày là X1 × X2× × Xn

Ví dụ nếu X1 = {1, 2, 3} và X2 = {a, b} thì tích X1× X2 lập nên từ 6 cặp:(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a) và (3, b) Tích X2 × X1 cũng lập nên từ 6 cặpnhưng thành phần của chúng có thứ tự khác: (a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1) và(c, 2)

Ví dụ với A = {0, 1} và B = {a, b, c} thì

A × B = {(0, a), (0, b), (0, c), (1, a), (1, b), (1, c)}

1.3 Số các tập con

Định lý 1.3.1 Một tập có n phần tử có 2n tập con

Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng số các ánh xạ từ k tập X và m tập Y bằng mk.

-Chẳng hạn, nếu k = 3, m = 2 thì ta có 23 = 8 ánh xạ Còn nếu k = 2, m = 3thì ta có 32 = 9 ánh xạ

Nếu xem các phần tử của tập hợp X là các “vật”, còn các phần tử của tậphợp Y là các “thùng”, thì mỗi khi có ánh xạ ϕ tập hợp X vào tập hợp Y , diễn raviệc sắp xếp các đồ vật vào các thùng (đồng thời một số thùng có thể rỗng, vì

có thể xảy ra trường hợp phần tử y ∈ Y không được phần tử nào ánh xạ vào)

Vì số các ánh xạ từ k - tập X vào m - tập Y bằng mk nên số các cách sắpxếp k vật khác nhau vào m thùng khác nhau (một số thùng có thể rỗng) cũngbằng mk

Áp dụng tính số tập con của một tập có n phần tử Thật vậy, lấy hai số 0

và 1 Mỗi tập con A của tập hợp X tương ứng với mỗi ánh xạ ϕ tập hợp X vàotập hợp {0, 1}, trong đó các phần tử của A được ánh xạ vào 1, các phần tử cònlại ánh xạ vào 0 Như vậy tồn tại tương ứng một một giữa các tập con của tậphợp X và các ánh xạ của tập hợp này vào tập gồm hai phần tử {0, 1} Mà cácánh xạ như vậy bằng 2n, trong đó n là số phần tử của tập hợp X Điều đó cónghĩa số tập con của tập X có n phần tử là 2n

Ví dụ tập X = {a, b, c} có 23 = 8 tập con Đó là các tập ∅, {a}, {b}, {c},{a, b}, {a, c}, {b, c} và {a, b, c}

Bây giờ chúng ta quay trở lại việc chứng minh rằng tập có n phần tử có 2ntập con

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta có khi n = 1, khẳng định đúng

vì 21 = 2, mà tập {a} có hai tập con là {a} và ∅

Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là số tập con của k - tập X là 2k.Thêm vào X phần tử xk+1, ta nhận được tập Y = {x1, x2, , xk, xk+1} Mộttập hợp con tùy ý của tập hợp Y hoặc không chứa phần tử mới xk+1, hoặc chứa

nó Trường hợp thứ nhất, nó là một tập hợp con của k - tập X Số các tập connhư vậy bằng 2k Trong trường hợp thứ hai, nếu loại phần tử xk+1, ta lại nhậnđược một tập hợp con của X Như vậy, số các tập hợp con loại thứ hai đúngbằng số tập hợp con loại thứ nhất và bằng 2k Khi đó, tổng số các tập hợp concủa Y là 2k + 2k = 2k+1

Như vậy ta đã chứng minh khẳng định đúng với n = 1 và nếu khẳng định

đúng với n = k thì khẳng định đúng với n = k + 1 Nghĩa là khẳng định đúngvới mọi giá trị của n.

có m1+ m2+ · · · + mn cách thực hiện công việc đã cho

Nếu phát biểu theo ngôn ngữ tập hợp thì quy tắc tổng được phát biểunhư sau: Nếu có k tập hợp A1, A2, , Ak, trong đó Ai ∩ Aj = ∅ nếu i khác j,

i, j ∈ {1, 2, , k} thì nhờ phương pháp quy nạp ta chứng minh được rằng

n(A1∪ A2 ∪ ∪ Ak) = n(A1) + n(A2) + + n(Ak)

Chú ý Trong trường hợp m tập hợp bất kỳ A1, A2, , Am thì ta có côngthức sau đây

Ví dụ 1.4.2 Tính tổng số học sinh trong lớp học biết: 25 học sinh học đượcmôn Toán, 20 học sinh học được môn Văn, 10 học sinh học được cả Văn vàToán

Lời giải Nếu đặt T là tập hợp học sinh học được môn Toán và V là tập hợp họcsinh học được môn Văn thì số học sinh học được cả Văn và Toán là n(T ∩ V ).Vậy tổng số học sinh sẽ là n(T ∪ V ) Theo công thức bao hàm loại trừ, ta cón(T ∪ V ) = n(T ) + n(V ) − n(T ∩ V ) = 25 + 20 − 10 = 35 (học sinh)

Ví dụ 1.4.3 Trong tập S = {1, 2, , 2014} có bao nhiêu số chia hết cho ít nhấtmột trong ba số 2, 3 và 9

Lời giải Gọi A1 = {k ∈ § : k chia hết cho 2}, A2 = {k ∈ S : k chia hết cho 3}

và A3 = {k ∈ S : k chia hết cho 9} Khi đó n(A1 ∪ A2∪ A3) là số lượng các sốchia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 3 và 9

a1, a2, , an−1 có mn cách chọn an Như vậy sẽ có m1 · m2· · · mn−1 · mn cáchchọn các đối tượng a1, rồi a2, , rồi an

Ví dụ 1.5.1 Có bao nhiêu cách chọn một lớp trưởng và một lớp phó cho mộtlớp có 35 học sinh?

Giải: Có 35 cách chọn lớp trưởng, ứng với mỗi cách chọn lớp trưởng có 34 cáchchọn lớp phó Do đó có 35 × 34 = 1190 cách chọn một lớp trưởng và một lớpphó cho một lớp có 35 học sinh

Chuyển qua ngôn ngữ tập hợp, quy tắc nhân được phát biểu như sau: Nếu

có k tập hợp A1, A2, , Ak (1 ≤ k ≤ n) với n(Ak) = mk Khi đó, số cách chọn(S) bộ gồm n phần tử (x1, x2, , xn) với xi ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n) sẽ là

Chứng minh Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.

Thật vậy, với k = 2 ta có n(A1× A2) = n(A1) × n(A2)

Giả sử A1 = {x1, , xk}, A2 = {y1, , ym} Tích Đềcác A1× A2 lập nên từcác cặp (xi, yi) Ta có thể sắp xếp chúng như sau:

(x1, y1), (x1, y2), , (x1, ym),(x2, y1), (x2, y2), , (x2, ym),

xk+1 ∈ Ak+1 Theo quy tắc nhân đối với m = 2, số các cặp như vậy bằngn(A1× × A2)n(Ak+1) Nhưng theo giả thiết n(A1 × Ak) = n(A1) n(Ak).Suy ra số cặp đang xét bằng n(A1× × A2)n(Ak+1)

Do tồn tại tương ứng một - một giữa các cặp dạng ((x1, , xk), xk+1) và các

bộ k +1 phần tử (x1, , xk, xk+1) nên số phần tử trong tích Đềcác A1× ×Ak+1cũng bằng n(A1) n(Ak+1) Vậy

n(A1× Ak+1) = n(A1) n(Ak+1)

Nhưng đây chính là công thức (*) trong trường hợp k + 1 Suy ra rằng côngthức đó đúng với mọi m ≥ 2

1.6 Hoán vị không lặp và hoán vị vòng

1.6.1 Hoán vị không lặp

Định nghĩa 1.6.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi kết quả của

sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần

tử đó

Hình 1.1: Một cây quyết định cho việc chọn một hoán vị của {a, b, c}

Rõ ràng với một tập có n phần tử, có n mũi tên đi ra từ đỉnh, và vì vậy có

n nút trên hàng tiếp theo Khi đó có n − 1 mũi tên đi ra từ mỗi nút trên, vì vậy

có n(n − 1) nút trên hàng thứ ba Khi đó có n − 2 mũi tên đi ra từ mỗi nút này , hàng cuối cùng có n! nút Điều này chỉ ra rằng có đúng n! hoán vị

Ví dụ 1.6.4 Số cách dán 5 con tem khác nhau vào 5 phong bì khác nhau là5! = 5.4.3.2.1 = 120

1.6.2 Hoán vị vòng

Định nghĩa 1.6.5 Cho n - tập A Một cách sắp xếp n phần tử của tập Athành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử

Khi ta chọn một phần tử từ n phần tử làm mốc để sắp xếp thì lúc đó số cáchoán vị sẽ được tính từ n − 1 phần tử còn lại Do đó, ta có công thức tính sốcác hoán vị vòng quanh của n phần tử là Qn = (n − 1)!

Ví dụ 1.6.6 Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh vào một vòng tròn ?Giải: Đặt một học sinh làm mốc, bài toán trở về tính số hoán vị của 4 phần

tử Do đó có 4! = 24 cách

1.7 Chỉnh hợp

1.7.1 Chỉnh hợp không lặp

Định nghĩa 1.7.1 m - tập sắp thứ tự lập nên từ những phần tử của n - tập

X, được gọi là m - tập con sắp thứ tự của tập hợp X, hoặc chỉnh hợp không lặpchập m của n phần tử

Ví dụ 1.7.2 Các véctơ được lập từ hai điểm bất kỳ trong n điểm phân biệtkhông thẳng hàng trong mặt phẳng, khi đó mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2của n phần tử Cụ thể trong mặt phẳng cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng,

Định lý 1.7.3 Số các k tập con (1 ≤ k ≤ n) được sắp thứ tự của một n tập hợp là n(n − 1) (n − k + 1)

-Chứng minh Chọn một trong n phần tử đã cho vào vị trí thứ nhất ⇒ có ncách

Khi đã có phần tử thứ nhất, chọn tiếp một trong n − 1 phần tử còn lại xếpvào vị trí thứ hai ⇒ có n − 1 cách

Sau khi chọn k − 1 phần tử rồi, chọn một trong n − (k − 1) phần tử còn lạixếp vào vị trí thứ k ⇒ có n − k + 1 cách

Theo quy tắc nhân, ta được

Akn = n(n − 1) (n − k + 1)

Ví dụ 1.7.4 Trong một lớp có 50 học sinh Hỏi có bao nhiêu cách chọn mộtban cán sự lớp gồm một lớp trưởng, một lớp phó học tập và một lớp phó laođộng ?

Giải Số cách chọn ba học sinh chính là số các chỉnh hợp chập 3 của 50 họcsinh và bằng 50(50 − 1)(50 − 2) = 117600 cách chọn

Chú ý Với quy ước 0! = 1, ta có

X bằng nk, tức là Ak

n = nk.Chứng minh Phần tử đầu tiên của chỉnh hợp lặp có thể chọn theo n cách vìtập có n phần tử

Phần tử thứ hai của chỉnh hợp lặp được chọn từ n phần tử của tập vì phần

tử có thể được lấy lặp lại, tức là có n cách chọn phần tử này

Tương tự như vậy, ta có thể chọn phần tử thứ 3, , k và có n cách chọnphần tử thứ k

Vậy theo quy tắc nhân, ta có Ak

n = nk

1.8 Tổ hợp không lặp

Định nghĩa 1.8.1 Cho n - tập A, k là số tự nhiên thỏa mãn 1 ≤ k ≤ n Mỗi

k - tập con của tập hợp A được gọi là một tổ hợp chập k của n - tập hợp A Sốcác tổ hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử ký hiệu là Cnk

Ví dụ 1.8.2 Mỗi cách chọn ra 3 học sinh trong một lớp gồm 35 học sinh làmột tổ hợp chập 3 của 35 học sinh trong lớp đó.

Định lý sau đây sẽ cho chúng ta công thức tính Cnk

Định lý 1.8.3 Cnk = n!

k!(n − k)!.Chứng minh Với k = 0, công thức hiển nhiên đúng

Với 1 ≤ k ≤ n, ta thấy một chỉnh hợp chập k của n phần tử được thành lậpnhư sau:

Định nghĩa 1.9.1 (Cấu tạo của xâu)

Giả sử α là một xâu độ dài n lập nên từ những phần tử của m - tập X

Ta đánh số thứ tự các phần tử của X: X = {x1, , xm} Khi đó mỗi số k,

1 ≤ k ≤ m, được tương ứng với số nk là số lần mà phần tử xk có mặt trong xâu

α Viết lần lượt theo thứ tự các số đó, ta nhận được xâu mới (n1, , nm), đượcgọi là cấu tạo của xâu α

Ví dụ 1.9.2 Tập A = {a, b, c, d} và α = (a, a, b, c, c, a) thì xâu α có cấu tạo là(3, 1, 2, 0)

Định nghĩa 1.9.3 (Hoán vị có lặp)

Xâu β có cùng cấu tạo với xâu α, nhưng khác nhau ở thứ tự thành phần thìxâu β được gọi là một hoán vị có lặp của xâu α

Ví dụ 1.9.4 Xâu (a, b, a) là một hoán vị của xâu (a, a, b).

Ký hiệu số các hoán vị có lặp có cấu tạo (n1, n2, , nk) bởi P (n1, n2, , nk)

Định lý 1.9.5 P (n1, n2, , nk) = (n1+ n2 + + nk)!

n1!n2! nk! .Chứng minh Ta xét trường hợp riêng: Tìm số các hoán vị có lặp lập nên

từ những chữ cái a, a, a, b, b, c, c Trước tiên, ta đánh số các chữ cái này bởi

a1, a2, a3, b1, b2, c1, c2 Vì sau khi đánh số, các chữ cái trở thành khác nhau (bâygiờ ta có thể phân biệt a1 với a3) nên từ chúng có thể lập 7! hoán vị, trong đó

7 = 3 + 2 + 2 Nếu trong mỗi hoán vị đó ta xóa đi chỉ số dưới các chữ cái, talại sẽ nhận được hoán vị có lặp từ các chữ cái a, a, a, b, b, c, c Ví dụ, từ hoán vị(a1, b1, c2, c1, a3, b2, a2) ta nhận được (a, b, c, a, a, b, a) Đồng thời cùng một hoán

vị có lặp như vậy sẽ nhận được nhiều lần Ví dụ hoán vị có lặp (a, a, a, b, b, c, c)nhận được từ tất cả các hoán vị các chữ cái a1, a2, a3, b1, b2, c1, c2, mà trong đó

ở ba vị trí đầu là các chữ cái a1, a2, a3 (theo thứ tự tùy ý), ở các vị trí thứ tư

và thứ năm là các chữ cái b1, b2 (theo thứ tự tùy ý), còn ở vị trí thứ sau và thứbảy là các chữ cái c1, c2 Những chữ cái a1, a2, a3 có thể sắp xếp bởi 3! cách,các chữ cái b1, b2 sắp xếp bởi 2! cách, và các chữ cái c1, c2 bởi 2! cách Vì cáccách sắp xếp này có thể kết hợp với nhau một cách tùy ý, nên ta thấy rằng(a, a, a, b, b, c, c) nhận được từ 3!2!2! hoán vị các chữ cái a1, a2, a3, b1, b2, c1, c2.Một hoán vị có lặp tùy ý khác của các chữ cái a, a, a, b, b, c, c cũng có thể nhậnđược bằng chừng đó cách Nghĩa là, số các hoán vị có lặp khác nhau sẽ ít hơn3!2!2! lần so với tổng số các hoán vị của các chữ cái a1, a2, a3, b1, b2, c1, c2, tức

Giải Xem số cần lập có 10 chữ số gồm năm chữ số 1 giống nhau, hai chữ số 2giống nhau và ba chữ số 3 giống nhau Vậy có

10!

5!2!3! = 2520 số.

1.10 Tổ hợp có lặp

Định nghĩa 1.10.1 Các cấu tạo khác nhau của các xâu độ dài n từ các phần

tử của m - tập được gọi là các tổ hợp có lặp chập n của m phần tử

Ký hiệu số các tổ hợp có lặp chập n của m phần tử bởi Cn

m.Định lý 1.10.2 Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được xác định bởi

Cnk cách

• Bây giờ, ta đi tính Cn

m

Ta tìm số các cấu tạo khác nhau mà những xâu độ dài n lập nên từ các phần

tử của m - tập X có thể có được Mỗi cấu tạo như vậy là một xâu lập nên từ m

số n1, n2, , nm sao cho n1+ n2+ + nm = n Nó có thể viết dưới dạng một xâugồm các số 0 và 1, bằng cách thay mỗi số bởi số số 1 tương ứng và viết số 0 saumỗi nhóm số 1, trừ nhóm cuối cùng Chẳng hạn, thay cho xâu (4, 2, 1) có thểviết (1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1) và thay cho xâu (2, 0, 0, 3) là xâu (1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1)

Số các số 1 trong xâu nhận được bằng n1+ + nm = n, số các số 0 bằng m − 1

Do đó, số các xâu khác nhau có dạng trên bằng số các hoán vị có lặp từ n số 1

và m − 1 số 0, tức là bằng P (n, m − 1) Áp dụng công thức (*), ta có

P (n, m − 1) = Cn+m−1n

Ví dụ 1.10.3 Có bao nhiêu cách chọn 5 tờ giấy bạc từ một két đựng tiền gồmnhững tờ 10.000 đ, 20.000 đ, 50.000 đ, 100.000 đ, 200.000 đ và 500.000 đ Giả

sử thứ tự mà các tờ tiền được chọn không quan trọng, các tờ tiền cùng loại làkhông phân biệt và mỗi loại có ít nhất 5 tờ

Giải Vì ta không kể tới thứ tự chọn tờ tiền và vì ta chọn đúng 5 lần, mỗi lầnlấy một tờ tiền từ một trong sáu loại tiền nên mỗi cách chọn 5 tờ giấy bạc nàychính là một tổ hợp lặp chập 5 từ 6 phần tử Do đó số cách lấy là C6+5−15 = 252

0 ≤ k ≤ n Vì các k - tập con trong n - tập bằng Cnk, nên theo quy tắc tổng, sốcác tập con của n - tập bằng Cn0+ Cn1+ + Cnk+ + Cnn Vậy ta có điều phảichứng minh

Tính chất 3 Với mọi số nguyên m, n sao cho 0 ≤ m ≤ n, ta có đẳng thứcsau:

Cnm = Cn−1m−1 + Cn−1m Chứng minh Ta có

Cn−1m−1 = (n − 1)!

(m − 1)!(n − m)! =

(n − 1)!mm!(n − m)!,

Cn−1m = (n − 1)!

m!(n − m − 1)! =

(n − 1)!(n − m)m!(n − m)! .Vậy

Cn−1m−1+ Cn−1m = (n − 1)!m

m!(n − m)! +

(n − 1)!(n − m)m!(n − m)! =

(n − 1)!(m + n − m)m!(n − m)!

Cmk + Cmk−1 = Cm+1k Vậy

(a + b)m+1 = Cm+10 am+1+ Cm+11 amb + + Cm+1k am+1−kbk + + Cm+1m+1bm+1.Suy ra đẳng thức (1) đúng với n = m + 1

Như vậy ta đã chứng minh được đẳng thức (1) đúng khi n = 1, và nếu nóđúng với n = m thì nó cũng đúng với n = m + 1 Nghĩa là (1) đúng với mọi số

tự nhiên n

Áp dụng định lý trên, ta chứng minh được các đẳng thức dưới đây:

i) Nếu đặt a = b = 1, ta có

2n = Cn0+ Cn1 + + Cnk + + Cnn (3)ii) Nếu đặt a = b = −1, ta có

0 = Cn0 − Cn1 + + (−1)kCnk + + (−1)nCnn (4)iii) Công thức bao hàm loại trừ:

n(A1∪ ∪ Am) = n(A1) + n(A2) + + n(An) − n(A1∩ A2) − n(A1∩ A3)

− − n(A1∩ Am) − − n(Am−1∩ n(Am)) + n(A1∩ A2∩ A3) + +(−1)k−1n(A1∩ ∩ Ak) + + (−1)m−1n(A1∩ ∩ Am) (5)Chứng minh Ta xét vế phải của công thức (5) Giả sử một phần tử có mặttrong các tập hợp A1, A2, , Ak Khi đó nó được tính một lần trong mỗi sốhạng n(Ai), 1 ≤ i ≤ k, n(Ai ∩ Aj), 1 ≤ i, j ≤ k, i 6= j, , n(Ai ∩ ∩ Ak).Nhưng số các số hạng có dạng n(Ai), 1 ≤ i ≤ k là Cki, dạng n(Ai ∩ Aj),

1 ≤ i, j ≤ k, i 6= j là Ck2, Để ý đến dấu của các số hạng này ta thấy

Ck1− Ck2+ Ck3+ + (−1)kCkk.Nhưng theo công thức (4), tổng này bằng Ck0, tức là bằng 1 Nghĩa là vế phảicủa (5) là tổng các số 1, mà số 1 bằng số phần tử trong tập hợp A1∪ ∪Am Nóicách khác, tổng này bằng n(A1∪ ∪ Am) Vậy ta có điều phải chứng minh.iv) Chứng minh định lý nhỏ Fermat: Nếu p là một số nguyên tố thì np − nchia hết cho p

Chứng minh Thật vậy, khi n = 1, khẳng định đúng vì 1p− 1 = 0 chia hết chop

Giả sử kp− k chia hết cho p Để chứng minh hiệu (k + 1)p− (k + 1) chia hếtcho p ta xét hiệu:

(k + 1)p− (k + 1) − (kp− k)

Khai triển (k + 1)p theo công thức nhị thức Newton ta nhận được

(k + 1)p− (k + 1) − (kp − k) = (k + 1)p − kp − 1

Như vậy tính chia hết cho p của np − n đã được chứng minh với n = 1, vàtính chia hết cho p của kp− k suy ra tính chia hết cho p của (k + 1)p− (k + 1).Nghĩa là np− n chia hết cho p với mọi số tự nhiên n.

Chương 2

Giải bài toán tổ hợp

Khi giải một bài toán tổ hợp cụ thể trước tiên cần làm rõ xem có thể giảitrực tiếp hay không bằng cách sử dụng các quy tắc tổng và tích Nếu lời giảinhư thế có vẻ khó khăn, cần lập một lược đồ toán học cho bài toán đang xétbằng cách xem xét xem trong bài toán có đả động đến việc lập các tập hợp conhoặc các xâu hay không, có chấp nhận lặp hay không

2.1 Giải các bài toán đếm

2.1.1 Sử dụng xâu để giải bài toán đếm số

Những bài toán sắp xếp đồ vật theo một tiêu chí nào đó, bài toán đếm sốlấy từ tập A = {a1, a2, , an} trong đó ai ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} thỏa mãnmột điều kiện nào đó thì ta có thể sử dụng xâu để giải

Khi giải cần chú ý đến vị trí đầu tiên, vị trí cuối cùng của xâu, các phần tửtrong xâu có thể lặp lại hay không, Ví dụ khi phải đếm số có n chữ số thìphần tử đầu tiên thường khác 0, số cần tìm là số chẵn hay số lẻ thì phải chiatrường hợp cho chữ số cuối cùng Sau đó sử dụng hai phương pháp sau đây

để giải bài toán

• Phương pháp đếm trực tiếp: Đếm trực tiếp dựa vào các yêu cầu bài toánđặt ra

• Phương pháp đếm gián tiếp: Phương pháp này dựa trên nguyên lý “đếm

những cái không cần đếm, để biết những cái cần đếm” Nói theo ngôn ngữ của

lý thuyết tập hợp, thì phương pháp gián tiếp thực chất là “ phép lấy phần bù ”.Lưu ý sử dụng đúng quy tắc cộng và quy tắc nhân khi sử dụng hai phươngpháp trên

Dưới đây là một số bài tập minh họa cho hai phương pháp trên

Bài toán 2.1.1 Cho tập A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Hỏi lập được bao nhiêu

số tự nhiên lấy từ các phần tử của tập A sao cho:

b) a1 có 9 cách chọn (do a1 khác 0)

Số cách chọn a2, a3, a4, a5, a6 là A59 = 15120 cách

Vậy có 9 · 15120 = 136080 số thỏa mãn yêu cầu

c) a6 lẻ nên a6 có 5 cách chọn a1 có 8 cách chọn (do a1 khác 0 và khác a6).Chọn 4 phần tử a2, a3, a4, a5 có A48 = 1680 cách

Bài toán 2.1.2 Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

a) Gọi S là tập số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau lấy từ các số của tập A.Tính n(S) ?

b) Gọi B là tập số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau lấy từ các số của tập

A Tính n(B) ?

Giải a) Số cần tìm là chỉnh hợp chập 3 của 7 Ta có n(S) = A37 = 210 số.b) Số cần tìm là một xâu có dạng (a1, a2, a3) a3 có ba cách chọn

Chọn hai phần tử a2, a3 có A26 = 30 cách chọn

Vậy có 3 · 30 = 90 số ⇒ n(B) = 90

Bài toán 2.1.3 Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Có bao nhiêu số tự nhiên

có sáu chữ số khác nhau lấy từ tập A sao cho:

a) Luôn có mặt ba chữ số 4, 6, 8

b) Luôn có mặt hai chữ số 6, 8 và hai chữ số này luôn đứng kề nhau

c) Luôn có mặt hai chữ số 6, 8 và hai chữ số này không đứng kề nhau

Giải Ta chọn một xâu X = (a1, a2, a3, a4, a5, a6) có 6 phần tử, rồi xếp cácphần tử của tập A vào xâu này để biểu diễn số tự nhiên có sáu chữ số cần tìm.a) Cách 1 Ta có 6 cách sắp xếp số 4, có năm cách sắp xếp số 6, có bốn cáchsắp xếp số 8 vào sáu vị trí của xâu X, ba phần tử còn lại lấy từ 6 phần tử cònlại trong tập A và số cách xếp ba phần tử này bằng A36 cách Vậy theo quy tắcnhân, ta có 6 · 5 · 4 · A36 = 14400 số tự nhiên luôn có mặt ba chữ số 4, 6 và 8.Cách 2 Ta lấy ba phần tử 4, 6 và 8 từ tập A, sau đó lấy tiếp ba phần tử cònlại từ tập A \ {4, 6, 8} rồi xếp vào xâu X

Lấy ba phần tử 4, 6 và 8 có một cách Lấy ba phần tử còn lại từ tập A\{4, 6, 8}

có C63 cách Ta có 6! cách sắp xếp sáu phần tử này vào xâu X Vậy có 1 · 6! · C63 =

c) Ta sử dụng phương pháp loại trừ Ta có 6 cách xếp số 6, có 5 cách xếp

số 8 vào sáu vị trí của xâu X, xếp bốn phần tử còn lại lấy từ 7 phần tử cònlại trong A có A47 cách Vậy theo quy tắc nhân ta có 6 × 5 × A47 = 25200 số tựnhiên luôn có mặt hai chữ số 6 và 8

Theo câu b) số có 6 chữ số khác nhau sao cho 6, 8 luôn đứng kề nhau là

C74× 2 × 5! = 8400 số Vậy số các số cần tìm là 25200 − 8400 = 16800

Bài toán 2.1.4 Cho tập A = {0, 1, 2, 4, 7, 8, 9} Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn

có 4 chữ số khác nhau lớn hơn 4000 lấy từ tập A?

Giải Ta chọn một xâu có 4 phần tử X = (a1, a2, a3, a4), rồi xếp các phần tửcủa tập A vào xâu này Do số cần tìm lớn hơn 4000 nên a1 ∈ {4, 7, 8, 9}

Với a1 = 8, tương tự trường hợp 1, có 3 × A25 cách

Với a1 = 9, tương tự trường hợp 2, có 4 × A25 cách

số các xâu (β1, , βm) (và do là ước của q) bằng (α1+ 1) (αm+ 1)

Bài toán 2.1.6 Có bao nhiêu cách đặt các quân trắng (2 con mã, 2 con tượng,

2 con xe, con Hậu và con Vua) lên hàng đầu tiên trên bàn cờ ?

Giải Trong bài này cần tìm số xâu độ dài 8 có cấu tạo (2, 2, 2, 1, 1) Số các xâunhư vậy (tức là số các hoán vị có lặp) bằng

P (2, 2, 2, 1, 1) = 8!

2!2!2!1!1! = 5040.

Bài toán 2.1.7 Có bao nhiêu cách chọn ra bộ 8 cái bánh ngọt, nếu có 4 loạibánh khác nhau ?

Giải Vì trong bài toán này thứ tự những chiếc bánh ngọt không có vai trò gì,nên mỗi bộ là một xâu độ dài 8 lấy từ 4 phần tử (là tên các loại bánh) đồngthời thứ tự các thành phần của xâu không có vai trò gì Nói cách khác, ta cầntìm số các cấu tạo khác nhau của những xâu này Những số cần tìm bằng sốcác tổ hợp có lặp chập 8 từ 4 phần tử, tức là bằng C8

Một số lưu ý khi giải bài toán sắp xếp:

a) Các cuốn sách được xếp tùy ý

b) Các cuốn sách cùng loại nằm kề nhau

Giải a) Do các quyển tài liệu là khác nhau nên số cách là (5 + 6 + 8)! = 19!cách

b) Sắp xếp tài liệu khối 10 có 5! cách

Sắp xếp tài liệu khối 11 có 6! cách

Sắp xếp tài liệu khối 12 có 8! cách

Với ba khối có 3! cách xếp các loại sách

Vậy có 3! · 5! · 6! · 8! cách

Bài toán 2.1.9 Có 5 viên bi xanh giống hệt nhau và 3 viên bi đỏ khác nhau.Sắp xếp 8 bi trên vào 8 ô nằm ngang Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho:a) Các viên bi xếp theo thứ tự tùy ý.

b) Các viên bi cùng màu nằm cùng một nhóm

Giải a) Xếp 5 viên bi xanh giống hệt nhau vào 8 ô, ta có C85 cách Xếp ba viên

bi màu đỏ khác nhau vào 3 ô còn lại, ta có 3! cách Vậy có 3! · C85 cách xếp viên

Bài toán 2.1.10 Có ba giáo viên và 8 em học sinh cùng chụp ảnh lưu niệm.Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các em học sinh và giáo viên thành một hàngngang sao cho các giáo viên không đứng cạnh nhau ?

Giải Xếp 8 học sinh vào 8 vị trí có 8! cách Do các giáo viên không đứng cạnhnhau nên ta phải xếp hai giáo viên cách nhau ít nhất một em học sinh Do có

8 em học sinh nên ta có 9 vị trí có thể xếp cho ba giáo viên trên, nên số cáchxếp là A39 Vậy số cách sắp xếp là 8! · A39

2.1.3 Bài toán chọn số phương án để thỏa mãn một số điều

kiện cho trước

Các bài toán chọn phương án để thỏa mãn một số điều kiện cho trước thường

là các bài toán sau:

+) Bài toán chọn tùy ý

+) Bài toán chọn ít nhất và nhiều nhất

+) Bài toán chọn có mặt đủ loại

+) Bài toán sắp xếp, đem tặng, đem phân công thực hiện các nhiệm vụ khácnhau