Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp đại học ngành giáo dục tiểu học phần toán cao cấp phần 1 đh huế

Lời nói đầu Hiện nay các học viên của Trung tâm Đμo tạo Từ xa thuộc Đại học Huế TTĐTTX, có một số học phần về toán, đều trông chờ một hệ thống các sách bμi tập với lời giải chi tiết hoặc

ngμnh gi¸o dôc tiÓu häc

phÇn to¸n cao cÊp

(T¸i b¶n lÇn thø nhÊt)

Nhμ xuÊt b¶n Gi¸o dôc

Lêi nãi ®Çu 4

Ch−¬ng I: Quan hÖ 5

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 5

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 9

Ch−¬ng II : ¸nh x¹ 16

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 16

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 22

Ch−¬ng III: Nhãm 34

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 34

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 40

Ch−¬ng IV : Vμnh -Tr−êng 50

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 50

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 58

Ch−¬ng V: BIÕn cè ngÉu nhiªn vμ x¸c suÊt 71

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 71

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 74

Ch−¬ng VI: BiÕn ngÉu nhiªn vμ ph©n phèi x¸c suÊt 111

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 111

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 113

Ch−¬ng VII : Thèng kª to¸n häc 125

Tãm t¾t lÝ thuyÕt 125

Bμi tËp vμ lêi gi¶i 128

Lời nói đầu

Hiện nay các học viên của Trung tâm Đμo tạo Từ xa thuộc Đại học Huế (TTĐTTX), có một số học phần về toán, đều trông chờ một hệ thống các sách bμi tập với lời giải chi tiết hoặc hướng dẫn giải để có thể giúp họ hiểu bμi tốt hơn vμ từ đó có thể giải được các đề thi theo yêu cầu của TTĐTTX Đặc biệt lμ các học viên ngμnh giáo dục tiểu học, với số lượng ngμy cμng đông, đang rất cần một bộ sách như thế Hơn thế nữa, cho đến nay vẫn chưa có tμi liệu hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp đại học ngμnh giáo dục tiểu học phần toán cao cấp Trong tình hình với yêu cầu bức thiết như thế, chúng tôi cố gắng hoμn thμnh tμi liệu phục vụ cho việc ôn thi tốt nghiệp vμ các yêu cầu nói trên Đây lμ tuyển tập gồm các bμi tập về đại số vμ xác suất thống kê dμnh cho các học viên của TTĐTTX ngμnh giáo dục tiểu học ôn tập để chuẩn bị thi tốt nghiệp Nội dung của tμi liệu nμy được bố trí trong 7 chương, ở mỗi chương gồm hai phần : tóm tắt lí thuyết vμ các bμi tập với lời giải

chi tiết Đó lμ các chương về quan hệ, ánh xạ, nhóm, vμnh-trường, biến cố ngẫu nhiên

vμ xác suất , biến ngẫu nhiên vμ phân phối xác suất, thống kê toán học Toμn bộ nội

dung đều bám sát chương trình mới của TTĐTTX vμ Bộ Giáo dục vμ Đμo tạo về toán cao cấp dμnh cho ngμnh giáo dục tiểu học Tμi liệu nμy còn có thể dùng lμm tμi liệu tham khảo tốt cho các sinh viên ngμnh toán vμ giáo dục tiểu học của các trường đại học vμ cao

đẳng

Các tác giả xin chân thμnh cảm ơn TTĐTTX vμ Khoa Toán-Cơ-Tin học (Trường Đại học Khoa học-Đại học Huế) về sự giúp đỡ quý báu vμ tạo điều kiện thuận lợi cho việc xuất bản cuốn sách nμy

Các tác giả mong nhận được sự chỉ giáo của các đồng nghiệp vμ độc giả về những thiếu sót khó tránh khỏi của cuốn sách

Huế, tháng 04 năm 2002

– R có tính đối xứng nếu ∀x, y ∈ X, xRy ⇒ yRx ;

– R có tính phản đối xứng nếu ∀x, y ∈ X, xRy vμ yRx ⇒ x = y ;

– R có tính bắc cầu, nếu ∀x, y, z ∈ X, xRy vμ yRz ⇒ xRz

3) Quan hệ “bao hμm” (⊂) trên tập hợp P(X) gồm tất cả các tập con của X lμ một quan

hệ hai ngôi có các tính chất : phản xạ, phản đối xứng vμ bắc cầu

4) Quan hệ đồng dạng (∼) trên tập hợp các tam giác có các tính chất : phản xạ, đối

xứng vμ bắc cầu

1.2 Quan hệ tương đương

1.2.1 Định nghĩa

Quan hệ hai ngôi R trên tập hợp X được gọi lμ một quan hệ tương đương trên X nếu R

có ba tính chất phản xạ, đối xứng vμ bắc cầu

Chẳng hạn, quan hệ bằng nhau vμ quan hệ đồng dạng như trong Thí dụ 1.1.3 lμ những quan hệ tương đương

1.2.2 Định nghĩa

Cho R lμ một quan hệ tương đương trên tập hợp X vμ a ∈ X Tập hợp {x ∈ X | xRa} gọi

lμ lớp tương đương của a (theo quan hệ R), kí hiệu lμ a hay [a] hay C(a)

Mỗi phần tử của một lớp tương đương gọi lμ một đại biểu của lớp tương đương đó

1.2.3 Mệnh đề

Cho R lμ một quan hệ tương đương trên tập hợp X Khi đó mọi lớp tương đều khác

rỗng vμ hai lớp tương đương bất kì hoặc rời nhau hoặc trùng nhau

Điều ngược lại cũng đúng Cụ thể lμm mỗi phân hoạch (X i)i ∈ I của tập hợp X xác định

xác định bởi : xRy nếu có i ∈ I sao cho x, y ∈ X i

(Kí hiệu |A| để chỉ số phần tử của A.) Dễ dμng chứng minh được R lμ một quan hệ tương

phần tử nμo) C1 = {{1}, {2}, {3}, {4}} (các tập con của X có một phần tử) C2 = {{1, 2}, {1,

3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}} (các tập con của X có hai phần tử) C3 = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4},

con của X có bốn phần tử) Tập hợp thương của P(X) theo quan hệ R lμ P(X)/R = {C0, C1, C2,

C3, C4}

2) Cho n lμ một số nguyên lớn hơn 1 vμ xét quan hệ hai ngôi sau trên tập Z các số

nguyên vμ gọi lμ quan hệ đồng dư môđulô n :

∀x, y ∈ Z, x ≡ y (mod n) ⇔ x – y lμ bội số của n

Dễ dμng chứng minh được ≡ (mod n) lμ một quan hệ tương đương trên Z Với mỗi x ∈ Z, tồn tại duy nhất hai số nguyên q vμ r sao cho x = qn + r với 0 ≤ r < n vμ khi đó x ≡ r (mod n)

Do đó các lớp tương đương theo quan hệ nμy lμ 0 = {qn | q ∈ Z}, 1 = {qn + 1 | q ∈ Z}, , nư1

= {qn + n – 1 | q ∈ Z} Tập hợp thương của Z theo quan hệ đồng dư môdulô n lμ {0, 1, ,

ư1

n } vμ thường kí hiệu lμ Zn, mỗi phần tử của Zn gọi lμ một số nguyên môđulô n

1.3 Quan hệ thứ tự

1.3.1 Định nghĩa

Quan hệ hai ngôi ≤ trên tập hợp X được gọi lμ một quan hệ thứ tự trên X nếu nó có các

tính chất phản xạ, phản đối xứng vμ bắc cầu

Tập hợp X được trang bị một quan hệ thứ tự ≤ được gọi lμ một

tập được sắp thứ tự Nếu x ≤ y, ta nói x đứng trước y Nếu x ≤ y vμ x ≠ y thì ta viết x < y

Tập con Y ⊂ X được gọi lμ được sắp thứ tự toμn phần (hay được sắp thứ tự tuyến tính) nếu với mọi x, y ∈ Y, ta có x ≤ y hoặc y ≤ x Trong trường hợp ngược lại ta nói Y được sắp thứ tự

bộ phận

1.3.2 Thí dụ

2) Trên tập hợp N các số tự nhiên, xét quan hệ hai ngôi chia hết (“|”) như sau :

∀x, y ∈ N, x ≠ 0, x | y ⇔ ∃k ∈ N, y = kx

Quan hệ nμy có hai tính chất : phản đối xứng vμ bắc cầu, nhưng không có tính chất phản xạ (ta không có 0|0) Vì vậy, quan hệ chia hết không phải lμ quan hệ thứ tự trên N Tuy nhiên, quan hệ chia hết lại lμ một quan hệ thứ tự trên tập N* các số tự nhiên khác không ở đây quan hệ chia hết sắp thứ tự bộ phận tập N*

4) Cho X lμ tập hợp được sắp thứ tự toμn phần bởi quan hệ ≤ Trên X n, ta định nghĩa quan hệ hai ngôi D như sau :

∀x = (x1, x2, , x n ), y = (y1, y2, , y n ) ∈ X n

xDy ⇔ x = y hoặc ∃i , x1 = y1 , , x i – 1 = y i – 1 , x i < y i

thứ tự từ điển

1.3.3 Định nghĩa

Cho X lμ tập hợp được sắp thứ tự bởi quan hệ thứ tự ≤ vμ A ⊂ X Ta nói :

Phần tử a ∈ X lμ phần tử tối đại của X nếu

Phần tử lớn nhất của tập hợp tất cả các phần tử chặn dưới của A lμ

cận dưới của A trong X, kí hiệu lμ infA

N

1.3.4 Chú ý

Phần tử lớn nhất hay nhỏ nhất (nếu có) lμ duy nhất

Nếu có phần tử lớn nhất thì đó cũng lμ phần tử tối đại duy nhất Tương tự, nếu có phần tử nhỏ nhất thì đó cũng lμ phần tử tối tiểu duy nhất

Cận trên của A thuộc A khi vμ chỉ khi nó lμ phần tử lớn nhất của A Tương tự, cận dưới của A thuộc A khi vμ chỉ khi nó lμ phần tử nhỏ nhất của A

tối tiểu duy nhất lμ 1, các phần tử tối đại lμ 7, 8, 9, 10, 11, 12 Cận trên của A trong N* lμ BCNN (1, 2, 4, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12) vμ cận dưới của A trong N* lμ 1

rỗng Phần tử lớn nhất vμ nhỏ nhất của P(X) lần lượt lμ X vμ ∅ Các phần tử tối tiểu của P(X) \ {∅} lμ các tập {a} với a ∈ X Các phần tử tối đại của P(X) \ {X} lμ các tập X \ {a} với a ∈ X Cận trên vμ cận dưới của A = {A1, A2, , A n } trong P(X) lần lượt lμ A1 ∪ A2 ∪

∪ A n vμ A1 ∩ A2 ∩ ∩ A n

3) Tập hợp sắp thứ tự (N, ≤) lμ một tập sắp thứ tự tốt Các tập hợp sắp thứ tự (R, ≤), (Z,

≤) không phải lμ các tập sắp thứ tự tốt Tập sắp thứ tự (N* , |) không phải lμ các tập sắp thứ

tự tốt vì tập con A = {2, 3, 5} không có phần tử nhỏ nhất

Bμi tập vμ lời giải

xứng, bắc cầu không ? Với xRy nếu vμ chỉ nếu :

b) ∀x, y ∈ X, x ≠ 0, xRy ⇔ x | y

Giải

a ) R = {(0, 0), (0, 2), (0, 4), (1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 0), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 0), (4, 2), (4, 4), (5, 1), (5, 3), (5, 5)} Dễ dμng chứng minh được R có các tính chất

: phản xạ, đối xứng vμ bắc cầu

b ) R = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (1, 0), (2, 0), (3, 0), (4, 0), (5, 0)} Dễ dμng có được R có các tính chất : phản đối xứng vμ bắc cầu

Chứng minh rằng quan hệ R lμ phản xạ vμ vòng quanh nếu vμ chỉ nếu R lμ một quan hệ

tương đương

Giải

(⇒) Ta đã có R lμ phản xạ ∀x, y ∈ X, xRy ⇒ xRy ∧ yRy ⇒ yRx (do tính vòng quanh), tức lμ R có tính đối xứng ∀x, y, z ∈ X, xRy ∧ yRz ⇒ zRx ⇒ xRz, tức lμ R có tính bắc cầu Vậy R lμ một quan hệ tương đương

(⇐) R lμ một quan hệ tương đương nên R có tính phản xạ ∀x, y, z ∈ X, xRy ∧ yRz ⇒ xRz

⇒ zRx, tức lμ R có tính vòng quanh

4. Cho L0 lμ một đường thẳng cho trước trong mặt phẳng R2 Một quan hệ R trên tập L tất

∀A, B, C ∈ X, (A, B) ∈ R ∧ (B, C) ∈ R ⇒ (A = B ∨ a ∈ A ∩ B) ∧ (B = C ∨ a ∈ B ∩ C) ⇒ (A

= B ∧ B = C) ∨ (A = B ∧ a ∈ B ∩ C) ∨ (a ∈ A ∩ B ∧ B = C) ∨ (a ∈ A ∩ B ∧ a ∈ B ∩ C) ⇒ A =

C ∨ a ∈ A ∩ C ⇒ (A, C) ∈ R, tøc lμ R cã tÝnh b¾c cÇu VËy R lμ mét quan hÖ t−¬ng ®−¬ng

tËp th−¬ng cña X theo R lμ

X / R = {{A} | A ⊂ M, a ∉ A} ∪ {{A ∈ X | a ∈ A}}

t

x t y t

−0

Giải

Rõ rμng R có tính phản xạ ∀(m1, n1), (m2, n2) ∈ N2, (m1, n1) R (m2, n2) ⇒ m1 + n2 = m2+ n1 ⇒ m2 + n1 = m1 + n2 ⇒ (m2, n2) R (m1, n1), nghĩa lμ R có tính đối xứng

∀(m1, n1), (m2, n2), (m3, n3) ∈ N2, (m1, n1) R (m2, n2) ∧ (m2, n2) R (m3, n3) ⇒ m1 + n2 = m2+ n1 ∧ m2 + n3 = m3 + n2 ⇒ m1 + n2 + m2 + n3 = m2 + n1 + m3 + n2 ⇒ m1 + n3 = m3 + n1 ⇒

(m1, n1) R (m3, n3), nghĩa lμ R có tính bắc cầu Vậy R lμ một quan hệ tương đương

9. Trong mặt phẳng có hệ toạ độ vuông góc, hai điểm P1(x1, y1), P2(x2, y2) được gọi lμ quan

hệ với nhau bởi R nếu vμ chỉ nếu x1y1 = x2y2 Chứng tỏ rằng R lμ một quan hệ tương đương

vμ tìm các lớp tương đương Bây giờ nếu định nghĩa

P1 S P2 ⇔ x1y1 = x2y2 vμ x1x2 ≥ 0

thì S còn lμ một quan hệ tương đương nữa không ?

Giải

Dễ dμng chứng minh được R có tính phản xạ, đối xứng vμ bắc cầu, nghĩa lμ R lμ một

y) | xy = c} (với c = ab) Nếu c = 0 thì P(a, b) chính lμ hai trục tọa độ x = 0 vμ y = 0 Nếu c

4 32

}

11. Cho f lμ một đơn ánh từ tập X vμo tập N các số tự nhiên Chứng minh rằng quan hệ R

Đối với quan hệ thứ tự chia hết “|” trên X, các phần tử tối đại lμ 7, 8, 10, 11, 12, các

phần tử tối tiểu lμ 2, 7, 11, không có phần tử lớn nhất cũng như nhỏ nhất

Đối với quan hệ bao hμm “⊂” trên P(X) \ {∅} Phần tử tối đại duy nhất cũng như phần

tử lớn nhất lμ X, các phần tử tối tiểu lμ các tập con có một phần tử của X, không có phần tử

nhỏ nhất

B = {2, 3, 4, 5}

a) Tìm các phần tử lớn nhất, nhỏ nhất của A vμ B

b) Tìm các phần tử tối đại, tối tiểu của A vμ B

c) Tìm các phần tử cận trên, cận dưới của A vμ B

Giải

a) A không có phần tử lớn nhất vμ có phần tử nhỏ nhất lμ 4 B không có phần tử lớn

nhất hoặc nhỏ nhất

b) A có các phần tối đại lμ 8, 12 vμ tối tiểu duy nhất lμ 4 B có các phần tử tối đại lμ 3,

4, 5 vμ có các phần tử tối tiểu lμ 2, 3, 5

c) A vμ B lần lượt có cận trên lμ BCNN(4, 8, 12) = 24 vμ BCNN (2, 3, 4, 5) = 60, A vμ

B lần lượt có cận dưới lμ UCLN(4, 8, 12) = 4 vμ UCLN(2, 3, 4, 5) = 1

của A bị chặn trên đều có cận trên

a) Chứng minh rằng sắp thứ tự tốt lμ sắp thứ tự đầy đủ

b) Chứng tỏ rằng N vμ R sắp thứ tự đầy đủ bởi quan hệ ≤ thông thường, nhưng Q sắp thứ tự không đầy đủ bởi ≤

Giải

a) Giả sử A được sắp thứ tự tốt bởi ≤ vμ B lμ một tập con tuỳ ý khác rỗng của A có chặn trên Khi đó tập C gồm các chặn trên của B lμ tập con khác rỗng của A Vì vậy, C có phần tử nhỏ nhất c vμ c chính lμ cận trên của B Do đó A được sắp thứ tự đầy đủ bởi ≤

b) N lμ tập được sắp thứ tự tốt bởi quan hệ ≤ thông thường, nên theo Câu a) N được sắp thứ tự đầy đủ bởi quan hệ nμy

Theo nguyên lí về cận của tập các số thực R, mọi tập con khác rỗng của R bị chặn trên thì

có cận trên Do đó R được sắp thứ tự đầy đủ bởi quan hệ ≤

= 1, g(x1) = 0 vμ f(x2) = 0, g(x2) = 1 Ta có (f, g) ∉ R vμ (g, f) ∉ R Do đó R có quan hệ thứ

tự không toμn phần

Chọn a ∈ M thoả mãn a(x) = 1, ∀x ∈ X thì ∀f ∈ M, ta có f(x) a(x) = f(x) hay fRa, do

đó a lμ phần tử tối đại duy nhất cũng lμ phần tử lớn nhất của M Chọn b ∈ M thỏa mãn b(x)

= 0, ∀x ∈ X thì ∀f ∈ M, ta có b(x) f(x) = b(x) hay bRf, do đó b lμ phần tử tối tiểu duy nhất cũng lμ phần tử nhỏ nhất của M

a A đ−ợc gọi lμ tập nguồn hay miền xác định vμ B gọi lμ tập đích hay miền giá trị Một

ánh xạ f từ A vμo B còn đ−ợc gọi lμ một hμm từ A vμ B vμ đ−ợc kí hiệu bởi f : A → B hay

hay f : a ∈ A f(a) ∈ B

⎯⎯f→

Vậy một ánh xạ hoμn toμn đ−ợc xác định bởi tập nguồn, tập đích vμ giá trị tại mọi

phần tử của tập nguồn Vì lí do đó, đẳng thức f = g giữa hai ánh xạ xảy ra khi vμ chỉ khi f

vμ g có cùng tập nguồn, cùng tập đích vμ f(a) = g(a) với mọi a thuộc tập nguồn

Cho ánh xạ f : A → B Tập hợp {(a, f(a)) | a ∈ A} gọi lμ đồ thị của ánh xạ f, kí hiệu G f

2.1.2 Thí dụ

f : A → A cho bởi f(a) = a lμ một ánh xạ, gọi lμ ánh xạ đồng nhất, kí hiệu id A hay 1A ; g : B

A

i

ánh xạ g : X → B cho bởi g(x) = f(x) với mọi x ∈ X ánh xạ g gọi lμ thu hẹp của f lên X, kí hiệu g = f | X Ngoμi ra, nếu có ánh xạ h: Y → B sao cho h | A = f thì h gọi lμ một mở rộng của f

• f(x) lμ ảnh của x bởi f,

• f(X) = {f(a) ∈ B | a ∈ X} lμ ảnh của X tạo bởi f

• f–1(Y) = {a ∈ A | f(a) ∈ Y} lμ tạo ảnh của Y bởi f

Đặc biệt, với b ∈ B, f–1({b}) = {a ∈ A | f(a) = b} vμ viết đơn giản lμ f–1(b) Mỗi a ∈ f–1(b) gọi lμ một tạo ảnh của b bởi f Khi X = A ta gọi f(X) lμ ảnh của f vμ kí hiệu lμ Imf Khi X = ∅, ta

ánh xạ f : A → B gọi lμ một đơn ánh nếu với mọi a, a′ ∈ A, a ≠ a′ kéo theo f(a) ≠ f(a′)

hay f(a) = f(a′) kéo theo a = a′ Người ta còn gọi đơn ánh lμ ánh xạ một đối một

2.2.2 Định nghĩa

ánh xạ f : A → B gọi lμ một toμn ánh nếu với mọi b ∈ B tồn tại a ∈ A sao cho b = f(a)

hay f(A) = B Người ta còn gọi toμn ánh f lμ ánh xạ từ A lên B

2.2.3 Định nghĩa

ánh xạ f : A → B gọi lμ một song ánh nếu f vừa đơn ánh vừa toμn ánh, nghĩa lμ với mỗi

b ∈ B tồn tại duy nhất a ∈ A sao cho b = f(a)

2.2.4 Thí dụ

lμ một song ánh, phép bao hμm i A B lμ một đơn ánh

2.3 Hợp thμnh của các ánh xạ

2.3.1 Định nghĩa

Cho hai ánh xạ f : A → B vμ g : B → C Khi đó ta có ánh xạ h : A → C cho bởi h(a) =

g(f(a)) vμ đ−ợc gọi lμ ánh xạ hợp thμnh (hay ánh xạ tích) của f vμ g, kí hiệu g f hay gọn

2) Nếu f vμ g lμ các toμn ánh thì g f lμ toμn ánh D

3) Nếu f vμ g lμ các song ánh thì g f lμ song ánh D

ánh xạ f: A → B lμ một song ánh khi vμ chỉ khi f có ánh xạ ng−ợc g: B → A vμ g đ−ợc

xác định duy nhất bởi f

ánh xạ ngược của f thường được kí hiệu lμ f

Giả sử có hai công việc Việc thứ nhất có thể lμm bằng n1 cách, việc thứ hai có thể lμm

bằng n2 cách vμ nếu hai việc nμy không thể lμm đồng thời thì sẽ có n1 + n2 cách lμm một trong hai việc đó

Nguyên lí cộng có thể phát biểu dưới dạng ngôn ngữ tập hợp như sau : Nếu A1, A2, , An

lμ các tập hữu hạn đôi một rời nhau, khi đó số phần tử của hợp các tập hợp nμy lμ

|A1 ∪ A2 ∪ ∪ A n | = |A1| + |A2| + + |A n|

2.4.1.2 Nguyên lí nhân

cách, việc thứ hai có thể lμm bằng n2 cách sau khi việc thứ nhất đã được lμm, khi đó sẽ có

n1n2 cách thực hiện nhiệm vụ nμy

Nguyên lí nhân có thể phát biểu dưới dạng ngôn ngữ tập hợp như sau : Nếu A1, A2, ,

A n lμ các tập hữu hạn, khi đó số phần tử của tích Descartes A1 ì A2 ì ì A n lμ

|A1 ì A2 ì ì A n | = |A1| |A2| |A n|

2.4.1.3 Thí dụ

ứng có 23, 15 vμ 19 bμi Vì vậy, theo nguyên lí cộng có 23 + 15 + 19 = 57 cách chọn bμi thực hμnh

cái vμ một số nguyên dương không vượt quá 100 Bằng cách như vậy có bao nhiêu chiếc ghế có thể ghi nhãn khác nhau?

Thủ tục ghi nhãn cho những chiếc ghế gồm hai việc, gán một trong 26 chữ cái vμ sau

đó gán một trong 100 số nguyên dương Nguyên lí nhân chỉ ra rằng có 26 ì 100 = 2600 cách khác nhau để gán nhãn cho những chiếc ghế Như vậy nhiều nhất ta có thể gán nhãn cho 2600 chiếc ghế

Giả sử A = {a1, a2, , a m } Mỗi ánh xạ f: A → B hoμn toμn được xác định, bởi dãy (f(a1),

f(a2), , f(a m )) trong đó các f(a i ) (1 ≤ i ≤ m) được chọn trong số n phần tử của B Vì vậy theo nguyên lí nhân, có n ì ì n = n m ánh xạ xác định trên A nhận giá trị trên B

Nếu m > n thì không có đơn ánh nμo từ A vμo B Giả sử m ≤ n vμ A = {a1, a2, , a m}

Mỗi đơn ánh f : A → B hoμn toμn xác định bởi dãy (f(a1), f(a2), , f(a m )) trong đó các f(a i)

(1 ≤ i ≤ m) được chọn đôi một khác nhau trong số n phần tử của B, nghĩa lμ có n cách chọn cho f(a1), n – 1 cách chọn cho f(a2), , n – m + 1 cách chọn f(a m) Vì vậy theo nguyên lí

Hoán vị của một tập các đối tượng khác nhau lμ một cách sắp xếp có thứ tự các đối

tượng nμy Nếu A lμ một tập hợp có n phần tử thì một hoán vị của A chính lμ một song ánh

từ A lên A, người ta gọi đây lμ một hoán vị (hay phép thế) bậc n của A Một cách tổng quát, nếu A lμ một tập hợp tuỳ ý thì mỗi song ánh từ A lên A cũng được gọi lμ một hoán vị (hay phép thế) của A

người về đích thứ hai nhận huy chương bạc, người về đích thứ ba nhận huy chương đồng

Có bao nhiêu cách trao huy chương nμy cho tất cả các kết quả của cuộc thi có thể xảy ra

Số cách trao huy chương chính lμ số chỉnh hợp chập 3 của tập hợp 8 phần tử Vì thế có = 6 ì 7 ì 8 = 336 cách trao huy chương

3

8

A

tại một thμnh phố nμo đó, nhưng có thể đến 7 thμnh phố kia theo bất kì thứ tự nμo mμ chị

ta muốn Hỏi chị ta có thể đi qua các thμnh phố nμy theo bao nhiêu lộ trình khác nhau ?

Số lộ trình có thể giữa các thμnh phố bằng số hoán vị của 7 phần tử, vì thμnh phố đầu tiên đã được xác định, nhưng 7 thμnh phố còn lại có thể có thứ tự tuỳ ý Do đó có 7! =

5040 cách để người bán hμng chọn hμnh trình của mình

2.4.3 Tổ hợp

2.4.3.1 Định nghĩa

Một tổ hợp chập r của một tập hợp lμ một cách chọn không có thứ tự r phần tử của tập hợp đã cho Như vậy, một tổ hợp chập r chính lμ một tập con r phần tử của tập ban đầu

Ta có thể xác định được số tổ hợp chập r của tập hợp n phần tử Để lμm điều đó, chú ý rằng các chỉnh hợp chập r của một tập hợp có thể nhận được bằng cách trước hết lập các tổ

tổ hợp chập r từ tập hợp n phần tử thì ta có

r n

C

r n

xuất hiện trong khai triển nhị thức :

r

n

C

r n

biệt ; c) 12 đường thẳng vμ 6 đường tròn trên

a) 2 đường thẳng phân biệt có tối đa 1 giao điểm, nên số giao điểm tối đa của 12

c) 1 đường thẳng cắt 1 đường tròn tối đa tại 2 điểm, nên số giao điểm tối đa của

12 đường thẳng vμ 6 đường tròn trên lμ 66 + 30 + 12 ì 6 ì 2 = 240 điểm

2) Một lớp học gồm 20 nam vμ 11 nữ Hỏi có bao nhiêu cách thμnh lập một tốp ca gồm

4 nam vμ 3 nữ sao cho anh A vμ chị B (trong lớp học đó) không đồng thời có mặt

4 20

Bμi tập vμ lời giải

1. Tìm miền xác định của các ánh xạ cho bởi các biểu thức sau :

−

22

e ) ánh xạ đ−ợc xác định khi x ≥ 0 vμ sinπx ≠ 0, tức lμ khi k < x < k + 1 với k = 0, 1, 2,

f ) ánh xạ đ−ợc xác định khi xsin2x ≥ 0, tức lμ khi x ≥ 0

d ) f(n) = k, trong đó k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} lμ chữ số cuối cùng của số n

3. Chứng minh các ánh xạ sau lμ song ánh vμ tìm các ánh xạ ng−ợc của chúng:

y x

x y

y x

vμ

y x

x y

y x

∀a ∈ A, ∃a′ ∈ A sao cho f(a′) = a (vì f lμ một toμn ánh) Khi đó

f(a) = f(f(a′)) = f f(a′) = f(a′) = a, tức lμ f lμ ánh xạ đồng nhất D

f(4) = 1 thì X ∩ Y = ∅, trong khi f(X) ∩ f(Y) = {1} ≠ ∅

c ) ∀y ∈ f(A) \ f(X) ⇐ (y ∈ f(A)) ∧ (y ∉ f(X)) ⇒ (∃x ∈ A, y = f(x)) ∧ (x ∉ X) ⇒ x ∈ A \ X, y =

f(x) ⇒ y ∈ f(A \ X) Do đó f(A) \ f(X) ⊂ f(A \ X)

Nếu chọn A, B, X, f nh− trên thì f(A) = f(X) = {1, 2}, nên f(A) \ f(X) = ∅, trong khi f(A \ X)

6. Cho ánh xạ f : A → B, X lμ một tập con của A vμ S lμ một tập con của B Chứng minh rằng: a) X ⊂ f–1(f(X))

8 Cho hai ánh xạ f : A → B, g : B → C Chứng minh rằng :

a) Nếu gDf lμ đơn ánh thì f lμ đơn ánh