Luận văn thạc sĩ khoa học - Phương pháp xác suất trong toán trung học phổ thông

Với mọi số nguyên không âm n ta cóVới mỗi cách chọn n − i + 1 phần tử đó có Bi cách phân i phần tử còn lạivào một số hộp nên số cách phân chia n phần tử thành một số phần là Lời giải.. S

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS LÊ ANH VINH

HÀ NỘI - 2014

Danh mục ký hiệu 1

1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 4

1.1.1 Hoán vị 4

1.1.2 Chỉnh hợp 6

1.1.3 Tổ hợp 7

1.2 Sự phân hoạch 11

1.2.1 Sự phân hoạch một số nguyên dương thành tổng các số nguyên không âm 11

1.2.2 Phân hoạch tập hợp 12

1.2.3 Phân hoạch số nguyên 14

1.3 Công thức Sieve 18

2 Lý thuyết đồ thị cơ bản 26 2.1 Khái niệm cơ bản về đồ thị 26

2.1.1 Định nghĩa đồ thị và phân loại đồ thị 26

2.1.2 Đồ thị đẳng cấu 27

2.1.3 Biểu diễn đồ thị bằng ma trận 28

2.1.4 Đồ thị con, đồ thị thành phần và đồ thị sinh 29

2.2 Các yếu tố trong đồ thị vô hướng 30

2.2.1 Bậc của đỉnh trong đồ thị 30

2.2.2 Đường đi và chu trình 30

2.2.3 Tính liên thông 31

2.2.4 Một số loại đơn đồ thị vô hướng 31

2.3 Bài toán tô màu và các số Ramsey 39

2.3.1 Lý thuyết Ramsey cho đồ thị hữu hạn 39

2.3.2 Lý thuyết Ramsey trong trường hợp tổng quát 42

3 Xác suất và một số ứng dụng 44 3.1 Phép thử và biến cố 44

3.2 Xác suất của biến cố 45

3.2.1 Định nghĩa cổ điển của xác suất 45

3.2.2 Định nghĩa thống kê về xác suất 48

3.2.3 Định nghĩa hình học về xác suất 48

3.3 Định lý cộng xác suất 50

3.4 Định lý nhân xác suất 53

3.5 Một số mở rộng của định lý cộng và định lý nhân xác suất 57

3.6 Biến ngẫu nhiên và kì vọng 64

3.6.1 Định nghĩa 64

3.6.2 Tính tuyến tính của kì vọng 66 3.7 Sử dụng xác suất chứng minh một số tính chất của các số Ramsey 68 3.8 Áp dụng xác suất và kì vọng vào một số bài toán thi học sinh giỏi 70

P (n) Số cách phân hoạch số n thành k phần

D(n) Số xáo trộn của tập n phần tử

P (A) Xác suất của biến cố A

E(X) Kì vọng của biến ngẫu nhiên X

Xác suất là một phần mới đối với toán trung học phổ thông nói chung,Ứngdụng xác suất trong giải các bài toán Trung học phổ thông là nội dung còn khámới mẻ, thú vị Mặt khác xác suất không chỉ có ứng dụng trong toán học màcòn có nhiều ứng dụng trong một số môn học khác, trong ngành khoa học khác.Học và tìm hiểu về xác suất học sinh thấy toán học gần gũi, gắn liền với cuộcsống thực tế hơn, tạo hứng thú học tập cho học sinh Bởi vậy tôi lựa chọn tìmhiểu “ Phương pháp xác suất trong toán trung học phổ thông”

Xác suất trong toán THPT với cơ sở chủ yếu là các bài toán đếm, với đốitượng học sinh khá giỏi, còn được tiếp cận với Lý thuyết đồ thị và các bài toánliên quan giữa lý thuyết đồ thị và tổ hợp xác suất Với mục đích tìm hiểu vềxác suất , cách tính xác suất, một số ứng dụng của xác suất trong các bài toánTHPT Nên trong Luận văn này, ngoài phần mở đầu và phần kết luận tôi trìnhbày ba chương

Chương 1: Trình bày các quy tắc đếm cơ bản và mở rộng Nhằm trang bị chohọc sinh kiến thức cơ sở để sử dụng trong các bài toán đếm và bài toán xácsuất người học muốn học tốt xác suất cần phải có kiến thức tốt về tổ hợpđếm

Chương 2: Trình bày rất sơ lược về lý thuyết đồ thị, nhằm trang bị kiến thứccần thiết cho chương 3

Chương 3: Là chương trọng tâm, trong chương này tôi trình bày về khái niệmxác suất,tính chất, các quy tắc tính xác suất Khái niệm về kỳ vọng, tínhtuyến tính của kỳ vọng và áp dụng vào một số ví dụ.Trong chương này bướcđầu tôi trình bày được cách sử dụng xác suất, kỳ vọng vào một số bài toán

số học, tổ hợp, hình học tổ hợp

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy PGS.TS

Lê Anh Vinh – Đại học Giáo Dục – Đại học Quốc gia Hà Nội Từ đáy lòngmình em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy Lê Anh Vinh đối với sự quan

tâm, chỉ bảo tận tình của thầy Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trongTrường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã giúp đỡ emtrong suốt quá trình theo học Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu

và các đồng nghiệp Trường THPT Nam Khoái Châu – Hưng Yên đã tạo điềukiện cho tôi hoàn thành kế hoạch học tập

Hà Nội, ngày 5 tháng 12 năm 2014

Tác giả

Nguyễn Thị Hồng

Phương pháp đếm

1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp

Nội dung chính của chương 1 được tam khảo chủ yếu ở tài liệu số 8 của tác giảMiko’s Bo’na, “A walk through combinatorics – An introduction to enumerationanh graph theory” Ngoài cơ sở lý thuyết chính trong tài liệu trên, hệ thống ví

dụ minh họa được xây dựng trên cơ sở lý thuyết tương ứng

Lời giải Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: Các cây hoa đôi một khác loại nhau Khi đó số cách trồng

là 10!

• Trường hợp 2: Các cây hoa cùng màu thuộc cùng một loại Khi đó sự thayđổi vị trí của 5 cây hoa đỏ cho ta cùng một cách trồng, sự thay đổi vị trícủa 3 cây hoa vàng cho ta cùng một cách trồng, sự thay đổi vị trí của 2 câyhoa trắng cho ta cùng một cách trồng Nên số cách trồng 10 cây hoa đó là

10!

5!2!3!.

Từ ví dụ trên ta thấy khi sắp xếp n đối tượng không đôi một phân biệt định lý1.1.1 không còn đúng Mở rộng định nghĩa hoán vị ta có định nghĩa hoán vị lặpnhư sau.

Định nghĩa 1.1.2 Cho n, a1, a2, , ak là các số nguyên dương thỏa mãn

a1+ a2+ + ak = n.

Mỗi cách sắp xếp n đối tượng thành hàng trong đó có ai đối tượng loạii là mộthoán vị lặp của n đối tượng đó

Khi đó ta có số hoán vị lặp được tính như sau

Định lý 1.1.2 Cho n, a 1 , a 2 , , ak là các số nguyên không âm thỏa mãn

a1+ a2+ + ak = n,

có ai đối tượng loại i, i = 1, k Khi đó số hoán vị lặp của n đối tượng trên là

n!

Ví dụ 1.1.2 Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5} Có bao nhiêu số nguyên dương có 8 chữ

số được lập từ A Biết chữ số 2 xuất hiện 3 lần, chữ số 3 xuất hiện 2 lần.Lời giải

Ta coi mỗi số có 8 chữ số là một hoán vị lặp của 8 đối tượng, trong đó số 2xuất hiện 3 lần, số 3 xuất hiện 2 lần, số các số thỏa mãn yêu cầu là:

8!

2!3! =

40320

Ví dụ 1.1.3 Cho 2n người, trong đó có n nam, n nữ Hỏi

a) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi thành hàng sao cho nam nữngồi xen kẽ?

b) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi thành hàng sao cho nam ngồiliền nhau?

c) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi quanh một bàn tròn?

d) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 2n người ngồi quanh một bàn tròn sao chonam nữ ngồi xen kẽ?

Lời giải

a) Ta xét hai trường hợp

• Trường hợp 1: n nam ngồi ở các vị trí lẻ có n! cách Với mỗi cách sắpxếp nam ta có n! cách sắp xếp n nữ vào các vị trí chẵn, nên ta có

n!n! = (n!)2

cách sắp xếp nam vào vị trí lẻ, nữ vào vị trí chẵn

• Trường hơp 2:n nam ngồi vị trí chẵn, n nữ ngồi vị trí lẻ, vậy ta có (n!)2

cách sắp xếp

Vậy có 2(n!)2 cách sắp xếp nam nữ ngồi xen kẽ

b) Trước hết ta sắp xếp n nam vào n vị trí liền kề nhau trong 2n vị trí Khi đó

ta có n + 1 cách (tương ứng với người thứ 1 ngồi ở vị trí thứ 1 tới vị trí

nam Với mỗi cách sắp xếp n nam lại cón! cách sắp xếpn nữ vàon chỗ cònlại nên có

Chú ý: Quy ước: 0! = 1

Định lý 1.1.3 Số chỉnh hợp chập k của n phần tử là

Akn = n!

Tương tự hoán vị lặp ta mở rộng định nghĩa chỉnh hợp lặp như sau

Định nghĩa 1.1.4 Cho tập hợp A có n (n ∈N∗) phần tử phân biệt Mỗi cáchsắp thứ tự k phần tử của A, mà mỗi phần tử có thể xuất hiện nhiều hơn một

lần được gọi là chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử (Nói cách khác mỗi chỉnhhợp lặp chập k của n phần tử là một hoán vị lặp của k phần tử), k ∈ N∗, k cóthể lớn hơn n.

Định lý 1.1.4 Cho tập A có n, n ∈N∗ phần tử (phân biệt) khi đó số chỉnh hợplặp chập k phần tử của A là nk

Chứng minh Với mỗi vị trí trongk vị trí sắp xếp có n cách để chọn một phần

Ví dụ 1.1.5 Một người chơi trò đoán chữ Có 18 ô chữ cần điền vào đó mỗi ô

1 chữ cái được lấy ra từ các chữ cái H, G, N, A, O, I, T ,C Hỏi có bao nhiêucách sắp xếp các chữ cái vào ô chữ cần tìm

Định lý 1.1.6 (Một số tính chất của tổ hợp) Cho n, k là các số nguyên thỏamãn n ∈N∗, k ∈N, k ≤ n Khi đó

3)Cn−1k + Cn−1k+1 = Cnk+1. (1.6)

Ví dụ 1.1.6 Cho tập A gồm n phần tử, hỏi

a) Tập A có bao nhiêu tập con?

b) Tập A có bao nhiêu tập con có số lẻ phần tử? Tập A có bao nhiêu tập con

Ví dụ 1.1.7 Có bao nhiêu cách chọn ra 11 sinh viên vào đội bóng đá, 5 sinhviên vào đội chơi cầu lông từ một lớp có 30 sinh viên nếu

a) Không ai chơi được ở cả hai đội

b) Bất kỳ sinh viên nào cũng có thể chơi được ở cả hai đội

c) Nhiều nhất có một sinh viên có thể chơi cho cả hai đội

Lời giải

a) Có C3011 cách chọn 11 sinh viên cho đội bóng đá Sau đó, có C195 cách chọn 5sinh viên chơi cầu lông từ 19 sinh viên còn lại, nên có C3011.C195 (cách).b) Có C3011 cách chọn 11 sinh viên cho đội bóng đá Để mỗi cầu thủ chơi cả bóng

và cầu lông ta có C115 cách chọn 5 sinh viên chơi cầu lông từ 11 sinh viêncủa đội bóng Nên có C3011.C115 (cách)

c) Số cách chọn một người chơi được cả cầu lông và bóng đá là 30, tương tự ýa), b), số cách chọn sinh viên cho đội bóng đá và cầu lông sao cho có nhiềunhất một người chơi cho cả 2 đội là:

hoàn thành và nộp vào ngày cuối cùng của kì học Có bao nhiêu cách chọn lịchlàm việc cho sinh viên này.

Vậy có C715 cách chọn 5 ngày làm việc cho sinh viên này

Khái quát hóa từ hai ví dụ trên ta có

Định lý 1.1.7 Cho tập A có n phần tử, các phần tử được sắp thứ tự từ 1 tới

n, số chuỗi có k phần tử được sắp thứ tự của A là Cn+k−1k

Chứng minh Giả sử a1, a2, , ak là chuỗi cần tìm Khi đó, a1, a2, , ak thỏamãn

Xét bài toán tổ hợp rất phổ biến "có bao nhiêu cách sắp xếp n quả bóng vào

k chiếc hộp?" Để giải quyết bài toán này ta phải xét đầy đủ tất cả các trườnghợp: Các quả bóng là giống nhau hay khác nhau, các chiếc hộp giống nhau haykhác nhau? Ta sẽ xem xét tất cả các trường hợp ở các phần dưới đây

âm

Khi chia n quả bóng giống nhau vào k hộp khác nhau, thực chất ta thực hiệntách số nguyên dương n thành tổng của k số nguyên không âm thỏa mãn

n = n1+ n2+ + nk

với nk là số quả bóng ở hộp thứ k nào đó

Định nghĩa 1.2.1 Mỗi dãy a 1 , a 2 , , ak là các số nguyên không âm thỏa mãn

a1+ a2+ + ak = n được gọi là một phân hoạch yếu của n thành k phần Nếu

ai> 0, i = 1, k thì a1, a2, , ak là một phân hoạch của n thành k phần

Định lý 1.2.1 Với ∀n ∈ N∗, k ∈ N, k ≤ n Số cách phân hoạch yếu n thành k

phần là Cn+k−1k−1

Chứng minh Giả sử ta cần bỏ n quả bóng giống nhau vào k hộp khác nhau

Để thực hiện việc này ta xếpn quả bóng thành hàng sau đó đặt k − 1vách ngănvào dãy các quả bóng vừa xếp để chia các quả bóng vào k hộp Khi đó tổngcác quả bóng và vách ngăn là n + k − 1 Mà ta cần chọn k − 1 vị trí cho k − 1

vách ngăn nên số cách chọn là Cn+k−1k−1 Tức số cách phân tíchn thành tổngk sốnguyên không âm là Cn+k−1k−1



Định lý 1.2.2 Với mọi k, n ∈ N∗, k ≤ n, số các phân hoạch n thành k phầnkhác rỗng là Cn−1k−1.

Chứng minh Tương tự định lý 1.2.1 ta sắp n quả bóng thành hàng để đảmbảo không có hộp nào không có bóng, ta cần đặt k − 1 vách ngăn vào n − 1 vịtrí giữa các quả bóng, sẽ có Cn−1k−1 cách đặt Tức là có Cn−1k−1 cách phân hoạch sốnguyên dương n thành tổng của k phần



Hệ quả 1.2.1 ∀n ∈ N∗, k ∈ N∗, k ≤ n, số cách phân hoạch n thành k phần,mỗi phần ít nhất là 1 là 2n−1

Chứng minh Số cách phân tíchn thànhk phần, mỗi phần ít nhất là 1 làCn−1k−1,

Tiếp theo ta xét trường hợpn quả bóng khác nhau,k hộp giống nhau Đây chính

là bài toán phân chia tập có n phần tử thành k tập con

Định nghĩa 1.2.2 Số cách phân chia tập hợp có n phần tử thành k tập conkhác ∅ được ký hiệu là S(n, k), số S(n, k) là số Stirling loại 2

Từ định nghĩa ta thấy nếu k > n thì S(n, k) = 0

Ta quy ước: S(0, 0) = 1

Ví dụ 1.2.2 Ta có S(4, 2) = 7

Chứng minh Giả sử ta đã thực hiện phân chian − 1 quả bóng khác nhau vào

k hộp giống nhau Ta xét quả bóng thứ n, nếu quả bóng thứn ở một hộp không

có quả bóng nào, khi đó n − 1 quả trước đó được phân vào k − 1 hộp, mỗi hộp

có ít nhất một quả nên số cách là S(n − 1, k − 1) Nếu quả bóng thứ n được chovào một hộp đã có bóng, khi đó có k cách chọn hộp cho quả bóng thứ n, đồngthời đã có S(n − 1, k) cách chia n − 1 quả bóng trước đó vào k hộp

Vậy ta có:

S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + k.S(n − 1, k).

Nhận xét 1.2.1 Nếu n quả bóng khác nhau, k hộp khác nhau thì có k!S(n, k)

cách phân chia n quả bóng vào k hộp

Định nghĩa 1.2.3 Số cách phân chia tập A có n phần tử thành k phần khác ∅,

k = 0, n là B(n) Số B(n) được gọi là số Bell

Quy ước: B(0) = 1, B(n) =

n

P

i=1 S(n, i)

Định lý 1.2.4 Với mọi số nguyên không âm n ta có

Với mỗi cách chọn n − i + 1 phần tử đó có B(i) cách phân i phần tử còn lạivào một số hộp nên số cách phân chia n phần tử thành một số phần là

Lời giải Số cách chia 10 người thành ba nhóm mỗi nhóm ít nhất một người là

S(10, 3)

Do ba địa điểm công tác khác nhau nên số cách để phân công ba đoàn côngtác là 3!S(10, 3)

Cuối cùng ta xét trường hợp n quả bóng giống nhau, k hộp giống nhau Khi đóchỉ có một vấn đề là số lượng của các quả bóng bỏ vào hộp Có nghĩa ta chỉ cầnquan tâm đến việc phân tích một số nguyên dương thành tổng các số nguyêndương mà không cần quan tâm đến thứ tự của chúng Bởi vậy, không mất tínhtổng quát ta có thể giả sử các số hạng giảm dần hoặc tăng dần

Định nghĩa 1.2.4 Cho a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ ak ≥ 1 là các số nguyên thỏa mãn:

a1+ a2+ + an = n.

Khi đó dãy (a1, a2, , ak) là một phân hoạch của số nguyên n Số phân hoạchcủa số nguyên n được kí hiệu là p(n)

Ví dụ 1.2.5 Số 5 có 7 phân hoạch là: (5); (4, 1); (3, 2); (3, 1, 1); (2, 2, 1);(2, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1, 1), tức là p(5) = 7.

Ta đi tìm hiểu một số tính chất của p(n) thông qua biểu diễn Ferrers của mỗiphân hoạch Với mỗi phân hoạch của n = (a1, a2, ak) ta có thể biểu diễn bằngtập n ô vuông bằng nhau như sau

Ở dòng thứ i ta vẽ ai ô vuông, sao cho các ô vuông ở vị trí thứ 1 của dòngthẳng cột với nhau Khi đó trong biểu diễnn = (a1, a2, ak)có k dòng, dòng thứ

k có ak ô vuông, với mỗi phân hoạch có duy nhất 1 biểu diễn của nó

Ví dụ 1.2.6 7 có 1 phân hoạch (4,2,1) có biểu diễn Ferrers hình 1.1

Hình 1.1: Số 7 có một phân hoạch.

Định nghĩa 1.2.5 Một biểu diễn Ferrers của phân hoạch p của n, khi ta lấyđối xứng qua đường chéo chính ta được một biểu diễn Ferrers của một phânhoạch q của n Khi đó p và q là hai phân hoạch liên hợp

Nhận xét 1.2.2 Đường chéo chính ở đây là đường thẳng chứa đường chéo củacác hình vuông ở hàng i và cột i

Định nghĩa 1.2.6 Một phân hoạch được gọi là tự liên hợp nếu phân hoạchliên hợp của nó là chính nó

Ví dụ 1.2.7 Hai phân hoạch (4, 2, 1) và (3, 2, 1, 1) là hai phân hoạch liênhợp của nhau (xem hình 1.2)

Hình 1.2: Phân hoạch liên hợp.

Các phân hoạch (4, 3, 2, 1), (5, 1, 1, 1) và (4, 2, 1, 1) là các phân hoạch tựliên hợp (xem hình 1.3)

Hình 1.3: Các phân hoạch tự liên hợp.

Định lý 1.2.5 Số phân hoạch của n thành nhiều nhất k phần bằng với số cáchphân hoạch của n thành một số phần mà mỗi phần không quá k

Chứng minh Trong biểu diễn của một phân hoạch p của n có nhiều nhất k

phần thì số hàng không quák Trong biểu diễn một phân hoạchq củan mà mỗiphần không quá k thì số cột không quá k

Ta thiết lập một song ánh từ tập P các phân hoạch của n có nhiều nhất k

phần, tới tập Q các phân hoạch của n mà mỗi phần không quá k Cho tươngứng với mỗi p ∈ P với phân hoạch liên hợp q củap, q ∈ Q Khi đó ta có số phần

tử của P và Q bằng nhau

Định lý 1.2.6 Số phân hoạch n thành các phần lẻ phân biệt bằng với số phânhoạch tự liên hợp của n.

Chứng minh Ta xây dựng một song ánh f từ tập A các phân hoạch tự liênhợp của n tới tập B các phân hoạch của n thành các phần lẻ phân biệt

Giả sử a = (a1, a2, , ak)là một phân hoạch tự liên hợp của n, a ∈ A Xét biểudiễn Ferrers của a, do a tự liên hợp nên trong biểu diễn Ferrers của a có số ôvuông ở dòng i bằng số ô vuông ở cột i là ai ô vuông

Với mỗi a ∈ A ta cho tương ứng với b = f (a) ∈ B như sau

Bước 1: Ta lấy các ô vuông ở hàng 1, cột 1 trong biểu diễn Ferrers của a, xếpvào hàng 1 trong biểu diễn của b, khi đó hàng 1 của b có 2a1− 1 ô vuông.Lúc này trong biểu diễn của a có các ô vuông từ hàng 2, cột 2 tới hàng k

cột k Ở mỗi hàng, cột đã bớt đi một ô vuông so với ban đầu

Bước 2: Lấy toàn bộ các ô vuông ở hàng 2, cột 2 của a xếp vào hàng 2 của b,khi đó hàng 2 của b có 2a2− 3 ô vuông

Cứ tiếp tục ta có

b = f (a) = (2a1− 1, 2a2− 3, , 2ai− (2i − 1)) = (b1, b2, , bi), i ≤ k.

Vậy phân hoạch b có các phần đều lẻ và theo cách xếp ta có

Chứng minh Ta xây dựng một song ánh từ tập A các phân hoạch của n − 1

vào tập B các phân hoạch của n có ít nhất một phần bằng 1 như sau

Cho tương ứng mỗi phân hoạch a = (a1, a2, , ak) của n − 1 với phân hoạch

f (a) = (a1, a2, , ak, 1) củankhi đó f (a)là phân hoạch của ncó ít nhất một phầnbằng 1, f (a) ∈ B Dễ thấy f là song ánh

Số các phân hoạch của n bao gồm các phân hoạch chứa ít nhất một phầnbằng 1 và các phân hoạch mỗi phần ít nhất bằng 2, tức là

Hoán vị n phần tử phân biệt p(n) = n!

Hoán vị lặp n phần tử, có a i đối tượng loại i,

1, k

n!

a 1 ! a k ! Chỉnh hợp k phần tử phân biệt của n phần

thức để chứng minh công thức tính S(n,k) và số xáo trộn của tập hợp.

Ví dụ 1.3.1 Trong một lớp có 14 học sinh thích văn, 17 học sinh thích toán,

18 học sinh thích hóa, 4 học sinh thích văn và hóa, 3 học sinh thích văn và toán,

5 học sinh thích toán và hóa, 1 học sinh thích cả ba môn Hỏi có bao nhiêu họcsinh thích ít nhất một môn?

Với n = 2 ta có |A1∪ A2| = |A1| + |A2| − |A1∩ A2|

Với n = 3 ta có

|A1∪ A2∪ A3| = |A1| + |A2| + |A3| − |A1∩ A2| − |A2∩ A3| −

|A1∩ A3| + |A1∩ A2∩ A3|

Ví dụ 1.3.2 Tìm các hoán vị của A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Trong đó

a) Không chứa các "khối" 23; 45; 678

b) Không chứa các "khối" 34; 45; 738

Lời giải

Gọi X là tập hợp tất cả các hoán vị của A thì X = n!

a) Gọi A, B, C lần lượt là các tập con của X chứa các khối 23; 45; 678 Khi đó

Ví dụ 1.3.3 Tìm các số nguyên dương nhỏ hơn 601 thỏa mãn không có ước là

sinh học và hóa hoc Ta có

Định nghĩa 1.3.1 Một hoán vị p của tập A = {a1, a2, , an} được gọi là một

sự xáo trộn nếu p(ai) 6= ai, i = 1, n

Gọi D(n) là số xáo trộn của tập A

Hệ quả 1.3.1 Số hoán vị của A = {a1, a2, an} có ít nhất một phần tử bất động

(p(ai) = ai) bằng số hoán vị của A trừ đi số xáo trộn của A

Hệ quả 1.3.2 Lập bảng tính D(n) với n = 1, 10

D(n) 0 1 2 9 44 265 1854 14833 133469 1334961

Ví dụ 1.3.5 Trong lớp học có n học sinh và n quyển sách phân biệt Giáo viênphát ngẫu nhiên cho mỗi học sinh một quyển sách và yêu cầu học sinh nộp lạisau một tuần Tuần sau những quyển sách đó lại được phát lại cho n học sinhmột cách ngẫu nhiên Hỏi có bao nhiêu cách phân phối sao cho không học sinhnào nhận 2 lần cùng một quyển sách?

Lời giải

Tuần đầu mỗi quyển sách có thể phát theo n! cách Ứng với mỗi cách phânphát đó có D(n) cách phân phát của tuần thứ hai sao cho không học sinh nàonhận một quyển sách hai lần Vậy kết quả cần tìm là n!D(n)

Ví dụ 1.3.6 Có n phụ nữ tham gia một buổi tiệc, khi đến mỗi người đều mangmột chiếc mũ, một chiếc áo khoác và gửi ở phòng tiếp tân Khi ra về mỗi người

sẽ lấy ngẫu nhiên một chiếc mũ, một chiếc áo khoác Tìm số cách lấy nhữngchiếc mũ và áo khoác này nếu

a) Không người phụ nữ nào nhận đúng mũ hoặc áo khoác của cô ấy

b) Không người phụ nữ nào nhận đúng mũ và áo khoác của cô ấy

Lời giải

a) Những chiếc áo bị xáo trộn theo D(n) cách, những chiếc mũ bị xáo trộn theo

D(n) cách Nên có 2(D(n)) cách để lấy những chiếc mũ và những chiếc áothỏa mãn yêu cầu

b) Gọi A là tập con của tập X tất cả các sự phân phối, trong đó người phụ nữthứ i, i = 1, n nhận đúng cả mũ và áo khoác của cô ấy Khi đó |X| = (n!)2.Gọi Sr là số cách phân phối có r người nhận đúng mũ và áo thì Sr =

Cnr(Dn−r)2

Vậy kết quả cần tìm là

|X| − S1+ S2+ + (−1)nSn.

Ví dụ 1.3.7 Có n bức thư gửi cho n người khác nhau Tìm số cách phân phối

n bức thư tới n người sao cho ít nhất một bức thư đến tay người nhận

Lời giải

Số cách đưa n bức thư cho n người là n!

Số cách đưa n bức thư cho n người mà không ai nhận đúng bức thư của mình

là D(n)

Vậy số cách thỏa mãn bài toán là n! − D(n)

Định lý 1.3.3 Với mọi số nguyên dương n, k ta có

Gọi A i là tập con của M bao gồm các ánh xạ mà trong tập giá trị không có y i,



Ví dụ 1.3.8 Một lớp có 15 học sinh, có bao nhiêu cách chia 15 học sinh thànhbốn nhóm đi thực hiện các công việc khác nhau Biết rằng mỗi nhóm có ít nhấthai học sinh

Lời giải Số cách chia 15 học sinh thành bốn nhóm, mỗi nhóm có ít nhất mộthọc sinh, để thực hiện các công việc khác nhau là

Số cách chia 15 bạn thành bốn nhóm trong đó hai nhóm chỉ có một học sinh,hai nhóm còn lại có ít nhất một học sinh là

C43.S(12, 1) = 4.

Nên số cách phân công thỏa mãn yêu cầu bài toán là

1016542800 − 19033584 + 49152 − 4 = 1016541777.

Lý thuyết đồ thị cơ bản

Chương này trình bày các kiến thức rất cơ bản về lý thuyết đồ thị, được thamkhảo chủ yếu ở tài liệu tham khảo số 4 của nhóm tác giả Đoàn Quỳnh, TrầnNam Dũng, Hà Huy Khoái, Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Trọng Tuấn(2012), “Tàiliệu chuyên toán Hình học 12” – NXB Giáo dục Việt Nam Riêng mục 2.3 đượctrình bày theo cuốn tài liệu tham khảo số 8

2.1 Khái niệm cơ bản về đồ thị

Định nghĩa 2.1.1 Một đồ thị hữu hạn là một bộ gồm hai tập hữu hạn, tậphợp đỉnh và tập hợp cạnh nối các đỉnh này với nhau

Ví dụ 2.1.1 Biểu diễn công thức hóa học của một hợp chất hữu cơ là một đồthị với các đỉnh là các nguyên tử, cạnh là các đường nối chúng

Ví dụ 2.1.2 Bản đồ giao thông là một đồ thị ở đó các đỉnh là các nút giaothông hoặc điểm cuối của các ngõ cụt, các cạnh là các con đường giao thông

• Đồ thị có tất cả các cạnh không có hướng gọi là đồ thị vô hướng

Đồ thị có tất cả các cạnh có hướng gọi là đồ thị có hướng

Đồ thị có tất cả hai loại cạnh có hướng và không có hướng gọi là đồ thịhỗn hợp.

• Đồ thị gọi là đồ thị đơn nếu hai đỉnh bất kỳ được nối bởi nhiều nhất mộtcạnh và không có khuyên

Một đồ thị có thể có rất nhiều cách vẽ trên mặt phẳng Để biết hai biểu diễnphẳng có biểu diễn cho cùng một đồ thị ta cần xác định xem giữa hai biểu diễn

đó có tồn tại một song ánh hay không

Định nghĩa 2.1.2 Hai đồ thị G1 = (V1, E1) và G2 = (V2, E2) được gọi là đẳngcấu (chỉ coi là một đồ thị) nếu như tồn tại một song ánhf : V1 → V2 sao cho a, b

kề nhau trong G1 thì f (a), f (b) kề nhau trong G2

Ví dụ 2.1.3 Ta có hai cách biểu diễn của một đồ thị ở hình 2.1 và 2.2

Hình 2.1: Đồ thị Petersen.

Hình 2.2: Đồ thị đều bậc ba.

2.1.3 Biểu diễn đồ thị bằng ma trận

Ngoài cách sử dụng hình phẳng để biểu diễn đồ thị ta còn dùng ma trận để biểudiễn đồ thị Có hai cách là dùng ma trận liền kề hoặc ma trận liên thuộc.a) Ma trận liền kề

Cho đồ thịG = (V, E) Ta xây dựng một ma trận a ij có kích thước n × n, n là sốđỉnh, aij là số cạnh nối đỉnh i với đỉnh j Ma trận này được gọi là ma trận liền

kề của đồ thị cho trước Ma trận của đồ thị vô hướng luôn đối xứng, đồ thị đơnthì ma trận chỉ có số 0 và 1

Ví dụ 2.1.4 Đồ thị Petersen trong hình 2.1 có ma trận liền kề là

không thuộc cạnh j, aij = 1 nếu đỉnh i thuộc cạnh j

Ví dụ 2.1.5 Cho đồ thị như hình 2.3

Hình 2.3: Đồ thị.

Đồ thị trong hình 2.3 có ma trận liên thuộc là

Định nghĩa 2.1.4 Cho đồ thị G = (V, E) Một đồ thị con G0 = (V0, E0) của G

được gọi là đồ thị thành phần của G nếu mọi cạnh của G nối hai đỉnh của G0

cũng là cạnh của G0

Ví dụ 2.1.6 Đồ thị đầy đủ K5 (xem hình 2.4) có một đồ thị con có các đỉnh1,2,4,5, các cạnh (1,2), (2,4), (4,5), (5,1)

Có một đồ thị thành phần có các đỉnh 1,2,4,5 có các cạnh là (1,2), (2,4), (4,5),(5,1), (1,3), (2,)

Dễ nhận thấy đồ thị thành phần có tập đỉnh V0 là đồ thị con lớn nhất của G cótập đỉnh là V0

Hình 2.4: Đồ thị đầy đủ K 5Định nghĩa 2.1.5 Cho đồ thị G = (V, E), nếu V0 ⊂ V là một tập con của V,

thì ta gọi đồ thị thành phần của G với tập đỉnh V0 là đồ thị sinh bởi V0 trong

được gọi là đỉnh treo, đỉnh v có deg(v) = 0 được gọi là đỉnh cô lập

Bậc nhỏ nhất của các đỉnh thuộc đồ thị G kí hiệu là δ(G)

Bậc lớn nhất của các đỉnh thuộc đồ thị G kí hiệu là ∆G

Ví dụ 2.2.1 Trong hình 2.5 A là điểm cô lập, C là đỉnh treo,



Định nghĩa 2.2.2 Cho G = (V, E) một dãy cạnh dạng ei = (Ai, Ai+1), với

i = 1, 2, , m − 1 được gọi là một dãy cạnh kế tiếp (m ≤ |E|)

Định nghĩa 2.2.3 Cho G = (V, E) một dãy cạnh dạng ei = (Ai, Ai+1), với

i = 1, 2, , m − 1 được gọi là một đường đi nếu các đỉnh A1, A2, , Am đôi mộtkhác nhau

Đường đi qua tất cả các đỉnh của đồ thị được gọi là đường Hamilton

Ta có thể kí hiệu đường đi trong đồ thị đơn bởi thứ tự các đỉnh của chúng

Số cạnh của đường đi là độ dài của đường đi đó

Định nghĩa 2.2.4 Một đường đi được gọi là chu trình nếu đỉnh cuối cùngtrùng với đỉnh đầu của đường đi Chu trình đi qua tất cả các đỉnh của đồ thịđược gọi là chu trình Hamilton

Định nghĩa 2.2.5 Một đồ thị được gọi là liên thông nếu hai đỉnh bất kì của

nó có một đường đi từ đỉnh này tới đỉnh kia

Quan hệ liên thông có tính chất sau:

• Mỗi đỉnh a liên thông với chính nó

• Nếu a liên thông với b thì b liên thông với a

• Nếu a liên thông với b, b liên thông với c thì a liên thông với c

• Một đồ thị không liên thông là hợp của hai hay nhiều đồ thị con liên thôngđôi một dời nhau được gọi là các thành phần liên thông

• Một đồ thị liên thông khi và chỉ khi nó chỉ có một thành phần liên thông

a) Đồ thị đầy đủ K n

Định nghĩa 2.2.6 Đồ thị đầy đủ Kn là đồ thị có n đỉnh, giữa hai đỉnh bất kỳđược nối với đúng một cạnh Số cạnh của Kn là Cn2

Ví dụ 2.2.2 Đồ thị K3, K4, K5

Hình 2.6: Đồ thị K 3 , K 4 , K 5

b) Đồ thị đều

Định nghĩa 2.2.7 Một đơn đồ thị vô hướng G được gọi là đồ thị đều bậc t

nếu mỗi đỉnh của G có bậc t

Nhận xét 2.2.1 Đồ thị lưỡng phân có tính chất:

(i) Mỗi đồ thị con của đồ thị lưỡng phân là một đồ thị lưỡng phân

(ii) Đồ thị lưỡng phân không có khuyên

Định lý 2.2.4 Một đồ thị G là lưỡng phân khi và chỉ khi mọi chu trình của nó

Thật vậy, giả sử G1 là một thành phần liên thông của G và PG là một đỉnhcủa đồ thị G 1 Với mỗi đỉnh P của đồ thị G 1, ta chọn đường đi W nối đỉnh P 0

với đỉnh P Nếu đường đi W có độ dài chẵn thì đỉnh P thuộc tập X, còn nếuđường đi W có độ dài lẻ thì đỉnh P được lấy vào tập Y Sự phân loại các đỉnhcủa đồ thị G1 không phụ thuộc vào cách chọn đường đi W Thật vậy, nếu cóđường đi W0 với độ dài lẻ nối đỉnh P0 với đỉnh P thì đồ thị G1 sẽ có chu trìnhvới độ dài lẻ, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu

Với cách thiết lập tập hợp X và Y này, các đỉnh của đồ thị G1 hoặc thuộc tậphợp X hoặc thuộc tập hợp Y Bây giờ ta chứng minh rằng G1 chỉ có các cạnhnối các đỉnh không cùng một tập hợp nối với nhau Thật vậy, giả sử rằng có haiđỉnh P và Q kề nhau trong đồ thị G1 thì chúng không thể cùng thuộc một tậphợp X hoặc Y, nếu không từ P0 ta có thể đi tới đỉnh P rồi tới đỉnh Q bởi cạnh

trong đồ thị G do G chỉ có chu trình với số chẵn cạnh mà thôi Như vậy, đồ thị

G là đồ thị lưỡng phân với hai tập đỉnh X và Y

Ta xét W = (P1, P2, , Pk) là một con đường có nhiều cạnh nhất Khi đó ta

có k > 1 do cây phải có ít nhất hai đỉnh

Hai đỉnh đầu và cuối của W, P1, Pk rõ ràng là hai đỉnh treo Giả sử ngược lại,

P 1 không phải là đỉnh treo thì đỉnh P 1 được nối với một đỉnh Q 6= P 2

Do W có nhiều cạnh nhất có thể nên Q ≡ Pi với i > 2 nào đó Nhưng nhưvậy, ta sẽ thu được một chu trình K = (P1, P2, , Pi, Pl) trái với định nghĩa câykhông có chu trình

Định lý 2.2.6 Một cây n đỉnh có đúng n − 1 cạnh

Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo số đỉnh n của cây

Với n = 1, rõ ràng cây với 1 đỉnh không có cạnh nào cả

Giả sử một cây tùy ý với n đỉnh có đúng n − 1 cạnh

Xét G là một cây có n + 1 đỉnh tùy ý Theo định lý đã chứng minh ở trên, G

có ít nhất một đỉnh treo P nào đó Xét đồ thị G − {P }

Vì đỉnh P là đỉnh treo, nên đồ thị G − {P } là một đồ thị liên thông Thậtvậy, giả sử ngược lại, đồ thị G − {P } có ít nhất hai thành phần liên thông G 1 và

G2 nào đó Do G là đồ thị liên thông, cho nên có một con đường nối G1 với G2

trong G Rõ ràng con đường này phải đi qua đỉnh P và nhận đỉnh P làm đỉnhtrong của nó Vậy P có bậc ít nhất là 2, mâu thuẫn với giả thiết P là đỉnh treotrong đồ thị G

Do G không có chu trình nên đồ thị G − {P } không có chu trình Tóm lại, đồthị G − {P } là một cây có n đỉnh Theo giả thiết quy nạp thì đồ thị G − {P } có

bằng 1



Định lý 2.2.7 Cho đồ thị G = (V, E) có n đỉnh, khi đó các tính chất sau làtương đương:

(i) G là một cây

(ii) G không có chu trình và có n − 1 cạnh

(iii) G liên thông và có n − 1 cạnh

(iv) G không có chu trình và nếu thêm vào một cạnh nối hai đỉnh không kề nhauthì G có một chu trình duy nhất

(v) G liên thông và nếu bỏ đi một cạnh tùy ý thì G không liên thông

(vi) Mỗi cặp đỉnh trong G được nối với nhau bằng một đường duy nhất

Chứng minh Ta chứng minh theo trình tự sau:

i) ⇒ ii) ⇒ iii) ⇒ iv) ⇒ v) ⇒ vi) ⇒ i).

i) ⇒ ii): Điều này hiển nhiên đúng theo định nghĩa của cây và định lý về số cạnhcủa cây

phần liên thông thì mỗi thành phần liên thông là một cây và số cạnh của Gtheođịnh lí về số cạnh của cây sẽ là |V | − p (bằng tổng các cạnh của các cây thànhphần) Do số cạnh của G được cho biết là n − 1, nên ta có |V | − p = n − 1, vậy

p = 1 hay nói cách khác, G là đồ thị liên thông

cạnh khỏi G sao cho đồ thị thu được là đồ thị liên thông, và đến lúc nào đókhông còn có thể bỏ được cạnh nào nữa, đồ thị lúc đó không còn chu trình (nếukhông có thể bỏ bất kì cạnh nào trên chu trình vẫn không ảnh hưởng tình liênthông của đồ thị) Đồ thị thu được sau cùng là cây, và sẽ có n − 1 cạnh theođịnh lí về số cạnh của cây Suy ra số cạnh bỏ đi là 0, tức G là cây và không cóchu trình

Giả sử thêm vào cạnh (x, y)với x.y không kề nhau trong Gđể được đồ thị G0.Khi đó, ta được một chu trình W gồm đường đi L trong G nối x với y và cạnh

(x, y), W là chu trình duy nhất của G0 Thật vậy, nếu có chu trình W0 trong G

thì hiển nhiên W0 đi qua cạnh (x, y) và W có chứa đường đi L0 trong G, L0 đi từ

x đếny Như vậy hai đường L và L0 tạo thành một chu trình trong G, vô lí Vậy

ta có điều phải chứng minh