BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRẦN THỊ NHẬT NGUYÊN

ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT TỔ HỢP

TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số : 60. 46. 0113

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2014

Công trình được hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN GIA ĐỊNH

Phản biện 1: TS. Nguyễn Ngọc Châu

Phản biện 2: PGS.TS. Trần Đạo Dõng

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ Khoa học họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày 14 tháng 06 năm 2014.

Có thể tìm hiểu Luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài Tư duy về tổ hợp ra đời rất sớm. Tuy nhiên, tổ hợp chỉ thực sự trở thành một ngành của toán học rời rạc vào đầu thế kỷ 17. Mặc dầu vậy, tổ hợp vẫn là lĩnh vực mờ nhạt và ít được chú ý tới trong quãng thời gian hơn hai thế kỷ. Từ khi máy tính phát triển và thịnh hành, tổ hợp đã trở thành một lĩnh vực toán ứng dụng với sự phát triển mạnh mẽ. Nó là chiếc cầu nối giữa các bài toán cần được giải quyết và máy tính. Vì tổ hợp có liên quan tới nhiều vấn đề trong nhiều lĩnh vực của đời sống và các khoa học khác nhau nên khó có thể định nghĩa nó một cách hình thức chặt chẽ. Các vấn đề của lý thuyết tổ hợp liên quan tới các cấu hình tổ hợp cũng rất đa dạng. Tuy nhiên, có bốn loại bài toán thường gặp hơn cả: bài toán đếm, bài toán liệt kê, bài toán tối ưu tổ hợp, bài toán tồn tại. Trong đó, bài toán đếm thuộc loại bài toán quan trọng. Phương pháp đếm thường dựa vào một số quy tắc, nguyên lý đếm và một số kết quả đếm cho các cấu hình tổ hợp đơn giản. Khi việc xác định chính xác số cấu hình tổ hợp gặp khó khăn người ta thường đặt ra bài toán đánh giá số các cấu hình tổ hợp đó bằng cách xác định cận trên và cận dưới của nó và sẽ được giải quyết tốt nếu chúng ta nắm vững các phương pháp đếm cơ bản, phương pháp đếm dùng hàm sinh, phương pháp đếm bằng nguyên lý bao hàm và loại trừ, phương pháp đếm dùng nguyên lý Fubini. Ngoài ra, trong chương trình toán THPT có đưa vào một số khái niệm và kết quả về tổ hợp liên quan đến các phương pháp đếm. Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, kỳ thi olympic trong nước và

2 quốc tế về toán đều có ít nhất một bài toán liên quan đến lý thuyết tổ hợp và thường là dạng bài toán khó. Xuất phát từ nhu cầu phát triển và tính thời sự của việc nghiên cứu lý thuyết tổ hợp, chúng tôi quyết định chọn đề tài với tên gọi: Ứng dụng lý thuyết tổ hợp trong chương trình toán THPT để tiến hành nghiên cứu. Chúng tôi hy vọng tạo được một tài liệu tham khảo tốt cho những người muốn tìm hiểu về các bài toán tổ hợp nằm trong bối cảnh bài toán đếm ứng dụng cho chương trình toán THPT.

2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp học sinh THPT hiểu được bản chất các khái niệm và ý tưởng về lý thuyết tổ hợp. Mục tiêu này được thực hiện bằng cách tập làm quen cho học sinh với các ví dụ điển hình minh họa những sự kiện toán học trung tâm và bằng cách trau dồi học sinh với một số bài toán chọn lọc cẩn thận. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của đề tài là lý thuyết tổ hợp. Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các phép đếm thông dụng và ứng dụng vào chương trình toán THPT. 4. Phương pháp nghiên cứu 1. Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu liên quan đến các phương pháp đếm, vấn đề quan trọng trong lý thuyết tổ hợp. 2. Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các kết quả đang nghiên cứu. Trao đổi qua email, blog, forum với các chuyên gia về các ứng dụng của lý thuyết xác suất và thống kê.

3 5. Bố cục luận văn

Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, tài liệu tham khảo, luận

văn bao gồm 2 chương:

Chương 1: Các phương pháp đếm cơ bản 1.1. Nguyên lý cộng và nguyên lý nhân 1.2. Tổ hợp 1.3. Các tính chất của hệ số tổ hợp 1.4. Song ánh 1.5. Phép đệ quy 1.6. Các bài toán ứng dụng. Chương 2: Các phương pháp đếm dùng nguyên lý bao hàm – loại trừ, nguyên lý Fubini và hàm sinh 2.1. Nguyên lý bao hàm - loại trừ 2.2. Phép tính theo hai cách: nguyên lý Fubini 2.3. Hàm sinh 2.4. Các bài toán ứng dụng.

4

CHƯƠNG 1 CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM CƠ BẢN

1.1. NGUYÊN LÝ CỘNG VÀ NGUYÊN LÝ NHÂN 1.1.1. Nguyên lý cộng Ví dụ 1.1.1 1.1.2. Nguyên lý nhân Ví dụ 1.1.2

1.2. TỔ HỢP Định lý 1.2.1. Ví dụ 1.2.1 Hệ quả 1.2.2.

Ví dụ 1.2.2 1.3. CÁC TÍNH CHẤT CỦA HỆ SỐ TỔ HỢP

Chúng ta bắt đầu làm quen với hệ số tổ hợp (hay là hệ số nhị thức).

Cho n là số nguyên dương. Nếu chúng ta sử dụng hai biến số đa thức (x+y)n như

( ) nn

nn

nnnn yaxyayxayxaxayx 11

222

110 ... −

−−− ++++=+

với 0 ≤ k ≤ n, ak là hệ số tổ hợp. Định lý 1.3.1: Cho n là số nguyên dương. Khi đó

nnnnn ynn

yxn

yxn

xn

yx

++

+

+

=+ −− ...

210)( 221

Quy ước: 1!0!

!0

==

=

nn

nnn

Ví dụ 1.3.1 Định lý 1.3.2. Cho n và k là số nguyên dương với n ≥ k, ta

có các tính chất của hệ số tổ hợp sau:

5

(1)

−

=

kn

nkn

(2)

−+

+−

=

+ k

nkn

kn

1

11

1

(3)

=

−<<

<

<

2

21

...

210 nn

nn

nnn

(4)

−−

=

11

kn

nkn

k

(5

−

+−=

1

)1(k

nkn

knk

(6)

+

++=

+++

++

++

1

1

...2

21

10 n

knk

knnnn

(7)

+

++=

+++

++

++

1

1

...

2

1n

knn

knn

nn

nnn

(8) nnnnn

2...10

=

++

+

(9) 0)1(...210

=

−+−

+

−

nnnnn n

(10) 12....3

32

21

−=

++

+

+

nnnn

nnnn

(11)

kn

chia hết cho n nếu n là số nguyên tố và

11 −≤≤ nk Ví dụ 1.3.2 Ví dụ 1.3.3 Ví dụ 1.3.4 Định lý 1.3.3. (Lucas) Định lý 1.3.4. (Kummer)

6

Bổ đề 1.3.5. Cho n là một số nguyên và p là số nguyên tố nếu !|| npt thì

...32 +

+

+

=

pn

pn

pnt

Bổ đề 1.3.6. Cho p là số nguyên tố, n là số nguyên dương với ( )pnnnn mm 01...−= . Nếu pt||n! thì

1)...( 01

−+++−

= −

pnnnnt mm

Ví dụ 1.3.5

Định lý 1.3.7. Cho m và n là nguyên dương. Khi đó:

( ) ∑=+++

≥

=+++

nnnnnnn

nm

nn

m

nm

mm

mxxxnnn

nxxx

...0,...,,

2121

21

2121

21 ....,...,,

...

1.4. SONG ÁNH

Định lý 1.4.1. Cho A và B là các tập hữu hạn, và f : A→ B. Khi đó, có ít nhất là hơn một phần tử trong B như trong A. Hơn nữa, nếu f là song ánh, thì A và B có cùng số phần tử

Ví dụ 1.4.1

Định lý 1.4.2. Cho m và n nguyên dương

(1) Có

−−

11

mn m-tập hợp {x1, x2, ..., xn} nghiệm nguyên

dương thỏa phương trình x1 + x2 + ... + xm = n.

7

(2) Có

−−

11

mn m- tập hợp {x1, x2, ..., xn} nghiệm nguyên

không âm thỏa phương trình x1 + x2 + ... + xm = n. Ví dụ 1.4.2

1.5. PHÉP ĐỆ QUY Giả sử chúng ta đưa ra một tập các đối tượng, Sn liên quan

đến một tham số n. Để tìm số lượng phần tử trong Sn, chúng ta có thể xem số này như là một hàm của n, có nghĩa là, chúng ta viết |Sn| = f(n). Chúng ta có thể tìm thấy một công thức rõ ràng cho f(n), theo n, thông qua mối quan hệ giữa f(n) và f(n–1),. . . , f(1), f(0). Mối quan hệ như vậy được gọi là quan hệ đệ quy (hoặc đệ quy).

Cho f là một hàm nguyên không âm. Nếu a1, a2,..., ak là hằng số thực thì

f(n) – a1f(n – 1) – a2f(n – 2) – ... – akf(n – k)= 0 (*) với n, k nguyên và n ≥ k. Hệ thức này được gọi là thừa số đệ quy thuần nhất bậc k.

Nếu a1, a2, ..., ak là hằng số thực thì f(n) – a1f(n – 1) – a2f(n – 2) – ... – akf(n – k)= g(n) (*’) với n, k nguyên và n ≥ k. Hệ thức này được gọi là thừa số đệ quy không thuần nhất bậc k.

Phương trình: xk – a1xk-1 – a2xk-2 – ... – ak = 0 (**) được gọi là phương trình đặc trưng của đệ quy (*).

Nghiệm của phương trình (**) được gọi là nghiệm đặc trưng của đệ quy (*). Chúng ta có những định lý sau:

Định lý 1.5.1. Cho z ≠ 0 là một số phức. Thì f(n) = zn thỏa (*) khi và chỉ khi z thỏa (**), tức z là một nghiệm đặc trưng của (*).

8 Định lý 1.5.2. Nếu f1(n) và f2(n) thỏa đệ quy (*)thì cũng thỏa toàn bộ tổ hợp chúng, tức c1f1(n) + c2f2(n) thỏa (*) với c1, c2 hằng số. Định lý 1.5.3. Nếu đệ quy (*) có k nghiệm phân biệt z1, z2,.., zk thì tất cả các hàm f(n) thỏa (*) là tổ hợp tuyến tính của z1

n, z2n, ...,

zkn, tức là

f(n) = c1z1n + c2z2

n + ...+ ck zkn

trong đó c1, ..., ck hằng số. Định lý 1.5.4. Nếu đệ quy (*) có m nghiệm phân biệt z1, z2,.... zm, như vậy số bội của nghiệm zi trong (**) là ei, với i = 1, ..., k, khi đó tất cả các hàm f(n) thỏa mãn (*) là đệ quy tuyến tính của

nm

enm

nm

nenn

nenn

znnzz

znnzz

znnzz

m 1

21

22

11

11

,...,,

..........................,...,,

,...,,2

1

−

−

−

Định lý 1.5.5. Hàm f(n) thỏa mãn hằng số đệ quy không thuần nhất (*’) có thể được viết dưới dạng

f(n) = f1(n) + f2(n) f1(n) thỏa mãn hằng đệ quy thuần nhất (*), và f2(n) là một hàm cụ thể thỏa (*’). Ví dụ 1.5.1. 1.6. CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG Ví dụ 1.6.1. Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lý nam. Lập một đoàn công tác gồm 3 người có cả nam lẫn nữ, cả nhà toán học và vật lý học. Hỏi có bao nhiêu cách lập đoàn công tác? (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng Cơ khí luyện kim năm 2005) Giải: Chỉ có 3 cách lập đoàn công tác như sau:

9

Gồm 2 nhà vật lý nam, 1 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân

số cách chọn: 1813

.24

=

Gồm 1 nhà vật lý nam, 2 nhà toán học nữ. Theo quy tắc

nhân, số cách chọn: 1223

14

=

Gồm 1 nhà vật lý nam, 1 nhà toán học nữ, 1 nhà toán học nam. Theo quy tắc nhân số cách chọn:

6015

13

14

=

Vậy theo quy tắc cộng, số cách lập đoàn công tác: 18 + 12 + 60 = 90

Ví dụ 1.6.2. Ví dụ 1.6.3. Trong một cuộc thi bắn súng, 8 mục tiêu được sắp xếp như hình vẽ (Hình 1.6.1). Xạ thủ phải làm vỡ cả 8 mục tiêu theo nguyên tắc: (1) Một xạ thủ trước tiên phải chọn một hàng cột mà từ đó mục tiêu bị vỡ. (2) Tiếp đến xạ thủ phải bắn cho vỡ mục tiêu thấp nhất chưa vỡ trong hàng cột anh ta đã chọn đó. Nếu theo những nguyên tắc này, có bao nhiêu cách để làm vỡ 8 mục tiêu đó?

Hình 1.6.1

10 Giải: Xét 8 viên đạn được bắn ra để làm vỡ 8 mục tiêu. Tập hợp của 3 viên đạn có thể là những viên đạn làm vỡ mục tiêu ở cột thứ nhất (nhưng một trong 3 viên đạn được chọn, .....). Tập hợp các viên

đạn bắn ở cột đầu tiên được lựa chọn trong

38 cách. Từ năm viên

đạn còn lại, ba viên sử dụng để làm vỡ các mục tiêu trong cột thứ ba

có thể được chọn trong

35 cách, trong khi hai viên đạn còn lại sẽ

được sử dụng để bắn vỡ hai mục tiêu còn lại. Như vậy, ta có số cách để làm vỡ 8 lmục tiêu là:

560!2!3!3

82,3,3

8 22

35

38

==

=

Ví dụ 1.6.4. (AIME 1989) Trên vòng tròn có 10 điểm. Có bao nhiêu đa giác lồi khác nhau có ba cạnh hoặc nhiều hơn có thể được vẽ bằng cách sử dụng một vài điểm (hay tất cả các điểm) trong 10 điểm được cho là các đỉnh (các đa giác được gọi là khác nhau trừ phi chúng có chính xác cùng các đỉnh) Giải: Cho 103 ≤≤ k , mỗi cách chọn k điểm sẽ cho một đa giác

với k đỉnh. Vì k điểm được chọn từ 10 trong

k

10 cách.

Theo định lý 1.6.4, câu trả lời là

+

+

−

++

+

=

++

+

2 10

1 10

0 10

0110

...1

100

10

1010

...4

103

10

( ) ( ) 9685610244510111 10 =−=++−+= Ví dụ 1.6.5. Gieo 5 con xúc sắc cân đối, đồng chất. Tính xác xuất để tổng các chấm xuất hiện trong một lần gieo là 14?

11 Giải: Gọi d1, d2, …, d5 là 5 con xúc sắc được gieo và cho xi là số chấm xuất hiện của xúc sắc thứ di. Mỗi xi có thể nhận một trong 6 giá trị. Do đó có 65 kết quả có thể có. Cho A là tập tất cả các kết quả có tổng số chấm là 14.

Ta cần tính 56|| A

Từ đó, ta cần tính tổng của 5 giá trị (x1, …, x5) tức 1 ≤ xi ≤ 6, và 14... 521 =+++ xxx .

Với xi ≤ 6, từ định lý 1.4.2 (2) ta có 7154

1315 114

=

=

−− kết

quả Một kết quả là sai nếu xi > 6 với 1 ≤ i ≤ 5. Cho 1 ≤ i ≤ 5, tập Bi là tập kết quả sai với xi > 6. Rõ ràng Bi và Bj là khác nhau nếu i ≠ j. (Mặt khác, 1511166... 51 =++++>++ xx ) Theo tính đối xứng, ta cũng có |Bi| = |Bj|. Do đó có 5|Bi| kết quả sai. Ánh xạ (x1, …, x5) Є B1 đến (y1, ...,y5) với y1 = x1 – 6 và yi = xi )52( ≤≤ i Rõ ràng, ánh xạ là một song ánh giữa B1 và tập (y1, ..., y5) với y1 + y2 + ... + y5 = 8

Do đó, 3547

1518

1 =

=

−−

=B

Và 5|B1| = 175 Vì vậy, |A| = 715 – 175 = 540

Vậy xác suất cần tìm là 725

6540

5 =

12 Ví dụ 1.6.6. (Trung Quốc – 2002) Cho n nguyên dương. Khai triển ( )∑ naaa ...21 trong dạng đóng, trong đó tổng lấy toàn bộ n số hạng của dãy nguyên dương sao cho a1 = 1 và 11 +≤+ ii aa (1 ≤ i ≤ n – 1) Giải

Cho ( )∑= naaanmf ...),( 21 trong đó tổng lấy toàn bộ n số hạng của dãy nguyên dương sao cho a1 = 1 và 11 +≤+ ii aa (1 ≤ i ≤ n – 1)

Ta muốn tìm f(1, n). Nếu a1 = m thì 11 2 +≤≤ ma . Do đó ta có phép đệ quy ( )∑ +=+ 132 ...)1,( naaamnmf

[ ]),1(...),2(),1( nmfnfnfm ++++= Để tìm f(m, n) trong dạng đóng, dường như f(m, n+1) và tổng riêng ),1(...),2(),1( nmfnfnf ++++ có thể được viết dưới dạng tương tự Theo định lý 1.3.2 (5) và (7), ta viết

( ) ( )∏=

−=−n

i

in1

12!!12

Ta chứng minh ( )!!1212

22),( −

−

−+= n

nnm

nmf

bằng cách sử dụng quy nạp trên n. Trường hợp cơ số đơn giản vì f(m, 1) = n. Bây giờ cho rằng f(m, n) thỏa mãn đồng nhất thức ở trên với số nguyên dương

kn ≤≤1 . Theo định lý 1.3.2 (7) và (5), ta được

[ ]),1(...),2(),1()1,( kmfkfkfmkmf ++++=+

−

−+++

−

+

−−

−=12

12...

122

1212

!)!12(k

kmk

kkk

km

13

++

+=

+−=

12 2

!)!12(2

2!)!12(

kmk

kk

mkkm

Do đó phép quy nạp đã hoàn thành. Vì vậy, câu trả lời là f(1, n) = (2n – 1)!! □

14

CHƯƠNG 2 CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM DÙNG

NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ, NGUYÊN LÝ FUBINI VÀ HÀM SINH

2.1. NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ

Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Ta muốn xác định số nguyên tố trong tập hợp S = {1, 2, ..., n}, chú ý mỗi hợp phần trong S có ít nhất một số nguyên tố nhỏ hơn hay bằng n . Cho p1 = 2, p2 = 3, ..., pk là dãy các số nguyên tố nhỏ hơn hay bằng n . Với mỗi pi trong dãy này ta gọi

ipA là tập con của pi trong A. Khi đó số nguyên tố nhỏ hơn hay bằng n là

∪k

ipi

Akn1

1=

−−+

Nói chung, ta có phương pháp sau, được gọi là nguyên lý bao hàm loại trừ (hay còn gọi là công thức Boole-Sylvester)

Định lý 2.1.1. Cho A1, A2, ..., An là tập hữu hạn..... Khi đó số các phần tử của phép hợp nAAA ∪∪∪ ...21 được xác định bởi

∩∪Ii

i

InI

In

ii AA

∈≠

⊆

+

=∑ −=

φ },...,1{

1||

1

)1( (*)

Định lý 2.1.2. Cho A1, A2, ..., An là những tập hợp con của tập S. Và tập Āi = S – Ai là phần bù của Ai. Khi đó:

∑≠

⊆ ∈=

−+=

φInI Ii

iI

n

i

i ASA

},...,1{

||

1

)1(|| ∩∩

Định lý 2.1.3. Cho A là một tập hữu hạn và f là một hàm từ A đến các số thực. Cho mỗi tập hợp con AB ⊆ thiết lập

15

∑∈

=Bx

xfBf )()(

trong đó 0)( =φf .

Nếu ∪n

i iAA1=

= thì

−=

∈

+

≠∑ ∩

Iii

I

I

AfAf1||

)1()(φ

(**)

Ví dụ 2.1.1 Chú ý

(a) ( )enn

D nn 1!

11...!2

1!1

11lim!

lim =

−++++=

Công thức đệ quy sau có thể được rút ra từ công thức trên

bằng tính toán đơn giản

)())1(()1()1( 11

1 −+

+ +=−−+=−++= nnn

nnn

nn DDnDnDDnD

Chúng ta cũng có thể đạt được phép đệ quy ở trên trực tiếp

bằng cách sử dụng song ánh. Trong một sắp xếp của S, ta có hai lựa

chọn:

(i) k=)1(π và 1)( =kπ với nk ≤≤1 . Khi đó có n – 1 giá trị có

thể có cho k và mỗi k có Dn-2 sắp xếp cho n – 2 yếu tố còn lại. Do đó

có 2)1( −− nDn sắp xếp .

(ii) k=)1(π và mk =)(π với nmk ≤< ,1 . Chú ý rằng mk ≠ . Khi

đó những phần tử )(),...,3(),2( nπππ thường là một sắp xếp 'π của

nkk ,...,1,1,1,...,2 +− với k=)1(π . Mặt khác, có n – 1 giá trị cụ thể cho k

và mỗi k có Dn-1 sắp xếp. Do đó có có 2)1( −− nDn sắp xếp .

Do đó, ))(1( 12 −− +−= nnn DDnD . Chú ý rằng D1 = 0 và D2 = 1.

Từ phép đệ quy này ta có thể có được công thức

16

( )∑=

−=

n

k

k

n knD

0!

1! □

Ví dụ 2.1.2.

(b) Đồng nhất thức sau là đúng với Euler. Cho m, n nguyên

dương với nm ≤ . Khi đó

( )∑=

=−

−

m

k

nkn

kmkm

0!

0)(1

Ví dụ 2.1.3 2.2. PHÉP TÍNH THEO HAI CÁCH: NGUYÊN LÝ FUBINI

Cho m và n nguyên dương và tập A ={a1,a2,...,am} và tập B={b1,b2,..,bn} là hai tập hữu hạn. Khi đó tích trực tiếp của A và B được định nghĩa

( ){ }BbAabaBA ∈∈=× ,|, Cho S là tập con của BA× , với Aai ∈ , đặt ( ){ }SbaaS ii ∈=∗ ,),( .

Ta định nghĩa ),( ibS ∗ tương tự Định lý 2.2.1. Cho m, n nguyên dương và tập A = {a1, a2, ...,

am} và tập B = {b1, b2, ..., bn} là hai tập hữu hạn. Nếu S là tập hợp con của A х B thì

∑∑==

∗=∗=m

ii

n

jj aSbSS

11|)(,|),(|||

Nguyên lý này được gọi là Nguyên lý của Fubini. Nó được dùng song song trong phép lấy tích phân đôi.

Ví dụ 2.2.1 Định lý 2.2.2. (Sperner )

Ví dụ 2.2.2

nếu n < m

nếu n = m

17 2.3. HÀM SINH

Cho A = (a0, a1, a2,....) là một dãy. Khi đó PA(x) = a0 + a1x + a2x2 + ......

là hàm sinh (dạng 1) liên quan đến A, tức là, hệ số của xn trong đa thức PA(x) là bằng giá trị số hạng thứ n của A. Nếu A = (a0, a1, a2,....) và B = (b0, b1, b2, ...) là hai chuỗi vô hạn, thì

( ) ),()()( xPxbaxPxP BAn

onnnBA +

∞

=

=+=+ ∑

trong đó ;...);;( 221100 bababaBA +++=+ . Ngoài ra, cho hằng số α ta định nghĩa dãy αA=(αa0, αa1, αa2,....) Cho C = (c0, c1, c2, ..., cn, ...), trong đó c0 = a0b0, c1 =

a0b1 + a1b0, 0211202 bababac ++= và ∑=

−=n

kknkn bac

0

. Ta có:

∑ ∑∞

=

∞

=

===0 0

)()(n n

An

nn

nA xPxaxaxP αααα

Và .)().(00

= ∑∑

∞

=

∞

= n

nn

n

nnBA xbxaxPxP

∑ ∑∞

=

∞

=− =

=

0 0

)(n

Cn

kknk xPxba

Lưu ý rằng phép tính số học của chuỗi lũy thừa vô hạn và chuỗi lũy thừa hữu hạn được định nghĩa giống nhau. Ví dụ: ( ) 2

2102

210 xaxaxaxaxaa αααα ++=++ Và

3

122

0211011000

102

210

)()()(

))((

xbaxbabaxbababa

xbbxaaa

+++++=

+++

trong đó, ta có thể biểu diễn 0312213012 bababababa +++= bằng cách đặt 0323 === bba . Chú ý rằng, đặt α = -1, chuỗi )()( xPxP AA −=− và

18

))(()()(()()( xPxPxPxPxP BABABA −+=−=− . Mệnh đề 2.3.1. Cho A và B là hai dãy với A = (a0, a1, a2, ...) B = (b0, b1, b2, ...) = (a0, a0 + a1, a0 + a1 + a2, ...) C = (c0, c1, c2, ...) = (1, 1, 1, ...)

D = (d0, d1, d2, ...) trong đó ∑ = −=n

k knkn aad0

.

Khi đó PA(x).PC(x) = PB(x) và (PA(x))2 = PD(x). Ví dụ 2.3.1 Ví dụ 2.3.2 Mệnh đề 2.3.2. Cho A = (a1, a2, ..., am) và B = (b1, b2, ...,bn) là hai dãy số nguyên. Khi đó dãy số C = {ci, j,| ai + bj, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n} được liên kết với EC(x)=EA(x).EB(x). Đặc biệt, hệ số của xk trong EC(x) bằng số các cặp số tự nhiên (ai, aj) được sắp xếp với ai∈A, bj∈B sao cho kba ji =+ Ví dụ 2.3.3 2.4. CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG

Ví dụ 2.4.1. (Szego & Polya) Cho n > 1 là một số nguyên, và cho a1, a2, ..., aØ(n) là những số trong tập A = {1, 2, ..., n} với n nguyên tố. Khi đó

)...)1(2(6

)(... 2122

)(22

21 k

kn pppnnaaa −+=+++

φφ

với p1, p2, ..., pk là số chia nguyên tố của n.

Giải:

Cho f(x) = x2, ∑∑∈∈

==AxAx

xxfAf 2)()( và f(Ø) = 0.

19

Cho 1 ≤ i ≤ k, cho Ai là tập của các phần tử trong A, tức chia hết cho pi. Khi đó

6236

)12)(1()(23

1

2 nnnnnniAfn

i++=

++== ∑

=

Ta có: ...)2()(2

22

+++= i

iiii p

pnppAf

+

+

=

iiii p

npn

pnp

61

21

31

232 với 1 ≤ i ≤ k,

và

+

+

=∩

jijijijiji pp

npp

npp

nppAAf61

21

31)()(

23

2

với 1 ≤ i ≤ k,....

Từ định lý 2.1.3, ta có:

∑

∑

≠ ∈

≠ ∈

+

=

−+++=

−−++=

−=+++

φ

φ

φ

I Iii

I

I Iii

I

k

iin

Afnnn

Afnnn

AfAfaaa

∩

∩

∪

||23

1||23

1

2)(

22

21

)1(623

)1(623

)(...

Chú ý rằng:

+

+

−=

−

∏∏

∑ ∑ ∏∏

∈∈

≠≠

⊆ ∈∈∈

Ii iIi i

II

kI Ii iIii

I

Iii

I

pn

pn

pnpAf

1611

21

131)1()1(

2

},...,1{

32||

φφ

∩

20 Theo đó

( )

( )

( ) ( )∏ ∏∏

∑ ∏

∑ ∏∑ ∏

= ==

≠⊆ ∈

≠⊆ ∈

≠⊆ ∈

−+−+

−=

−++

+

−++

−+=

+++

k

i

k

ii

k

i i

IkI Ii

i

IkI Ii

I

IkI Ii i

n

pnnp

n

pn

np

n

aaa

1 1

2

1

3

},...,1{

},...,1{

||2

},...,1{

3

2)(

22

21

16

112

113

16

112

113

...

φ

φφ

φ

Mà ∏=

−=

m

i ipnn

1

11)(φ

Nên

( )kk

k

i in

pppnn

pnnnaaa

....)1(26

)(

6

)()(

3)(...

212

12

2)(

22

21

−+=

−+=+++ ∏ =

φ

φφφ

Ví dụ 2.4.2. (Olympic Hong Kong lần 7 năm 1994) Một trường học có b giáo viên và c sinh viên thỏa mãn các điều kiên sau:

- Mỗi một giáo viên dạy k học sinh - Cho bất kỳ 2 sinh viên, có h giáo viên dạy.

Chứng minh: )1()1(

−−

=kkcc

hb

Giải: Nếu một giáo viên Tr, dạy hai sinh viên Si, Sj (i ≠ j) thì Tr,Si,

Sj trong một bộ ba {Tr,Si, Sj } và giả thiết rằng số của bộ ba {Tr,Si,

21 Sj}là M Mặt khác, chọn bất kỳ một giáo viên, giáo viên ấy dạy k sinh viên.

Do đó có

2k bộ ba {Tr,Si, Sj } chứa Tr và có b cách để chọn

Tr và

=

2k

bM (1)

Và cho bất kỳ 2 sinh viên Si, Sj (i ≠ j) có h giáo viên dạy. Do

đó có h bộ ba {Tr,Si, Sj } chứa Si, Sj (i ≠ j) và có

2c cách để chọn Si,

Sj (i ≠ j) và

=

2c

hM (2)

Từ (1) và (2) ta có

=

22c

hh

b

Do đó )1()1(

2

2−−

=

=kkcc

k

c

hb

(đpcm)

Ví dụ 2.4.2. Chứng minh rằng

( )[ ]

+=

−

−

∑=

nn

knkn

knn

k

k

122/

2

0

Giải: Cách 1 Ta có hệ số của xn trong

( ) kn

k

n xkn

x ∑+

=

+

+=+

12

0

12

121 là

+n

n

12

Mặt khác, ( ) )1()21(1 212 xxxx nn +++=+ +

( )∑=

− ++

=

n

k

knk xxxkn

0

2 )1()1(2

22

∑ ∑= =

−+− +

++

=

n

k

n

k

knkkknkk xxkn

xxkn

0 0

212 )1(2)1(2 (*)

Khi n – k lẻ, trong biểu thức

∑−

=

−

−

=+

kn

i

ikkknkk xi

knx

kn

xxkn

0

22

2)1(2

không có một nhóm chứa xn và trong biểu thức

ikn

i

kkknkk xi

knx

kn

xxkn 2

0

121

2)1(2 ∑−

=

+−+

−

=+

Nhóm chứa xn là

[ ]

−

−

=

−−

−

−−+

2/)(

22/)1(

2 2/)1(21

knkn

kn

xkn

knx

kn kknkn

Khi n – k chẵn, trong biểu thức

∑−

=

+−+

−

=+

kn

i

ikkknkk xi

knx

kn

xxkn

0

2121

2)1(2

không có nhóm chứa xn và trong biểu thức

ikn

oi

kkknkk xi

knx

kn

xxkn 22

2)1(2 ∑

−

=

−

−

=+

nhóm chứa xn là

[ ]nkknkn x

knkn

kn

xknkn

xkn

−

−

=

−−

−

2/)(

22/)(

2 2/)(2

Do đó, hệ số của xn ở vế phải của (*) là

[ ]

−

−

∑=

2/)(

20

knkn

knn

k

k

Do đó ta có [ ]

+=

−

−

∑=

nn

knkn

knn

k

k

122/)(

2

0

Cách 2:

23 Ta xét phương thức tổ hợp. Có 2n sinh viên, n sinh viên nam và n sinh viên nữ trong một lớp của thầy T. Giả sử g1, g2, …, gn là những sinh viên nữ, b1, b2, …, bn là những sinh viên nam. Cho 1≤i≤n, (gi, bi) là cặp. Lớp có n vé xem bóng đá. Chúng ta xét số cách tìm n người đi xem. Rõ ràng câu trả lời

là

+nn

12

Mặt khác, ta cũng có số cách tính như sau Cho k nguyên bất kỳ, ta tìm k cặp từ n cặp sinh viên và mỗi cặp một vé.

Có kkn

2

cách để tìm k cặp và chọn một sinh viên từ mỗi

cặp để đi xem. Ta có n – k vé trái và n – k cặp của những sinh viên

trái. Chúng ta chọn

−

2kn cặp và cho mỗi cặp 2 vé. Như vậy có

[ ]

−

−2/)(

kn

kn cách để làm điều này.

Bây giờ ta gán

−

+=2

2 knkS vé.

Nếu n – k là lẻ, S = n – 1 và ta gán vé cuối cùng cho giáo viên T. Nếu n – k là lẻ, S = n và ta đã giao toàn bộ vé có được cho sinh viên. Không khó để lấy k từ các giá trị từ 1 đến n. Như vậy ta đã tìm được cách để gán n vé đó.

Do đó, có ∑=

−

−

n

i

kkn

knkn

0]2/)[(

2 cách để tìm n người đi xem

đá bóng. Vậy

+=

−

−

∑=

nn

knkn

knn

i

k

12]2/)[(

2

0

24

KẾT LUẬN

Qua một thời gian tìm hiểu, tiếp cận và nghiên cứu về lý thuyết tổ hợp, luận văn đã hoàn thành và đạt được những mục tiêu nghiên cứu của đề tài với những kết quả cụ thể như sau:

- Trình bày một cách đầy đủ và chi tiết các nguyên lý đếm cơ bản: nguyên lý cộng và nguyên lý nhân, tổ hợp, các tính chất của hệ số tổ hợp, song ánh, phép đệ quy và các bài toán đặc sắc nhằm minh họa các vấn đề trên.

- Khảo sát nguyên lý các phương pháp đếm dùng bao hàm – loại trừ, nguyên lý Fubini và hàm sinh. Đồng thời một loạt các ví dụ minh họa được chọn lọc nhằm làm sáng tỏ những vấn đề được khảo sát Với những gì tìm hiểu và nghiên cứu được, luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo hữu ích cho bản thân khi tiếp tục đi sâu nghiên cứu và hi vọng cũng là nguồn tư liệu tốt cho những ai quan tâm nghiên cứu về lý thuyết tổ hợp, và ứng dụng những kết quả đó để giải các bài toán trong chương trình toán trung học phổ thông. Trong quá trình làm luận văn, mặc dù có rất nhiều cố gắng song do điều kiện khách quan và năng lực có hạn của bản thân nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được những góp ý chân thành của quý thầy cô và bạn đọc để có thể tiếp tục tìm hiểu, nghiên cứu và phát triển luận văn sau này.