1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRẦN LÊ HẠNH ĐOAN

NGUYÊN LÝ BAO HÀM & LOẠI TRỪ VÀ

ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60.46.40

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2011

2

Công trình ñược hoàn thành tại

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH.Trần Quốc

Chiến

Phản biện 1: TS. Cao Văn Nuôi

Phản biện 2: PGS. TS. Trần Đạo Dõng

Luận văn sẽ ñược bảo vệ tại Hội ñồng chấm Luận văn

tốt nghiệp thạc sĩ khoa học tại Đại học Đà Nẵng ngày

29 tháng 05 năm 2011.

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.

3

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn ñề tài

Cùng với sự phát triển với tốc ñộ nhanh của công nghệ thông

tin, lý thuyết tổ hợp ñã trở thành lĩnh vực toán học quan trọng và cần

thiết cho nhiều lĩnh vực khoa học và ứng dụng. Nhiều bài toán hiện

nay ñược giải quyết bằng cách quy chúng về các bài toán tổ hợp.

Lý thuyết tổ hợp nghiên cứu việc phân bố, sắp xếp các phần tử

của một hoặc nhiều tập hợp, thoả mãn một số ñiều kiện nào ñó.

Các bài toán tổ hợp rất phong phú và ña dạng: bài toán tồn tại,

bài toán ñếm, bài toán liệt kê và bài toán tối ưu. Trong các bài toán

ñó thì bài toán ñếm ñược ứng dụng rộng rãi và ña dạng. Từ các cấu

hình tổ hợp cơ bản người ta hình thành nên hệ thống các cấu hình tổ

hợp mở rộng và nâng cao.

Công thức xác ñịnh số phần tử của hợp một số tập hữu hạn

thường ñược dùng trong nhiều bài toán ñếm. Một trong những công

thức ñó là nguyên lý bao hàm và loại trừ của tập hợp. Sử dụng

nguyên lý này và phối hợp một số phương pháp khác trên tập hợp

chẳng hạn phương pháp ánh xạ, ta có thể giải một số dạng toán.

Trong lý thuyết tổ hợp, nguyên lý bao hàm và loại trừ là

phương pháp ñếm nâng cao giải các bài toán ñếm, nó có nhiều ứng

dụng hay. Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán

quốc tế, thi Olympic sinh viên giữa các trường ñại học và cao ñẳng

các bài toán liên quan ñến dạng này hay ñược ñề cập và thường thuộc

loại rất khó.

Chính vì các lý do trên, tôi ñã nghiên cứu và chọn:

“NGUYÊN LÝ BAO HÀM & LO ẠI TRỪ VÀ ỨNG DỤNG ” làm

ñề tài luận văn thạc sĩ của mình.

4

2. Mục ñích nghiên cứu

Từ các ứng dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ giải lớp các bài

toán tương tự cụ thể.

3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: nguyên lý bao hàm và loại trừ.

Phạm vi nghiên cứu: nội dung của nguyên lý bao hàm và loại

trừ, ứng dụng của nguyên lý này.

4. Phương pháp nghiên cứu

Gián tiếp thông qua các tài liệu: sách, giáo trình, tạp chí toán

học tuổi trẻ, truy cập các trang web.

Trực tiếp thông qua sự hướng dẫn của thầy và việc trao ñổi

thảo luận với các bạn.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

Đề tài góp phần nghiên cứu, hỗ trợ học sinh khi học phần tổ

hợp, giải một số bài toán số học mà việc giải chúng có nhiều ứng

dụng trong trong các lĩnh vực toán học, tin học.

6. Nội dung luận văn

1) Mở ñầu

2) Chương 1. Đại cương về tổ hợp

3) Chương 2. Nguyên lý bao hàm và loại trừ

4) Chương 3. Ứng dụng của nguyên lý bao hàm và loại trừ

5) Kết luận

5

CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP

1.1 Sơ lược lịch sử

1.2 Các quy tắc ñếm cơ bản

1.2.1 Quy tắc tương ứng một – một. Nếu tồn tại tương ứng

một – một giữa các phần tử của các tập hữu hạn A1 và A

2, thì A

1

và A2

có cùng số các phần tử.

Giả sử A1, A

2,...A

n là các tập hữu hạn bất kỳ. Ta ñịnh nghĩa

tích Đề-các của A1, A

2,...A

n, kí hiệu là A

1 × A

2 ...× A

n, là tập

bao gồm tất cả các bộ có thứ tự ( )1 2, , ...,

na a a gồm n thành phần

1 2, , ...,

na a a sao cho

1 1 2 2, ,...,

n na A a A a A∈ ∈ ∈

1.2.2 Quy tắc nhân. Nếu A1, A

2,...A

n là các tập hữu hạn bất

kỳ và A1 × A

2 ...× A

n là tích Đề các của các tập ñó thì

nn AAAAAA ...... 2121 =×××

1.2.3 Quy tắc cộng. Nếu A1, A

2,...A

n là các tập hữu hạn ñôi

một rời nhau, tức là i J

A A φ∩ = nếu i j≠ thì

nn AAAAAA +++=∪−∪∪ ...... 2121

Ở ñây i

A là lực lượng ( số các phần tử ) của tập Ai

1.3 Cấu hình tổ hợp cơ bản

1.3.1 Chỉnh hợp lặp

• Định nghĩa. Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác

nhau là một bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử ñã cho.

Các thành phần có thể ñược lặp lại.

6

Nếu ta ký hiệu số chỉnh hợp có lặp chập k của n phần tử của A

bằng AR (n, k) thì

AR (n, k) = nk

1.3.2 Chỉnh hợp không lặp

• Định nghĩa. Một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử

khác nhau là một bộ có thứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử ñã

cho. Các thành phần không ñược lặp lại. Chỉnh hợp không lặp ñơn

giản gọi là chỉnh hợp.

Kí hiệu số các chỉnh hợp chập k của n phần tử của A là A(n, k)

ta có

( ) ( )!

!,

0

nkhi k n

n kA n k

khi k n

≤ −= >

1.3.3 Hoán vị không lặp

• Định nghĩa. Một hoán vị của n phần tử khác nhau là một

cách sắp xếp thứ tự các phần tử ñó.

Hoán vị có thể coi là trường hợp riêng của chỉnh hợp không

lặp chập k của n trong ñó k = n. Ta có số hoán vị là

P(n) = n!

1.3.4 Hoán vị vòng quanh

Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau ( )nQ ñược

tính bằng công thức

( 1)!n

Q n= −

1.3.5 Tổ hợp

• Định nghĩa. Một tổ hợp chập k của n phần tử khác nhau là

một bộ không kể thứ tự gồm k thành phần khác nhau lấy từ n phần tử

7

ñã cho. Nói cách khác ta có thể coi một tổ hợp chập k của n phần tử

khác nhau là một tập con có k phần tử từ n phần tử ñã cho.

Nếu ta ký hiệu số tổ hợp chập k của n phần tử của A bằng C(n,

k) thì

( ) ( )

>

≤≤−=

nkkhi

nkkhiknk

n

knC

0

1!!

!

,

Mỗi tổ hợp chập k của n phần tử của A có thể xem như là 1 tập

con lực lượng k của A. Vì vậy C(n, k) chính bằng số các tập con lực

lượng k của A. Với k = 0, vì chỉ có 1 tập con của A lực lượng 0 là tập

rỗng nên ta có thể ñịnh nghĩa một cách tự nhiên rằng C(n, 0) = 1. Khi

ñó ñẳng thức !

( , )!( )!

nC n k

k n k=

− cũng ñúng cho cả k = 0.

1.4 Cấu hình tổ hợp mở rộng

1.4.1 Hoán vị lặp

• Định nghĩa. Hoán vị lặp là hoán vị trong ñó mỗi phần tử

ñược ấn ñịnh một số lần lặp lại cho trước.

Ký hiệu số các hoán vị có lặp của các phần tử

1 2, , . . . ,

na a a với tham số lặp

1 2, , ...,

nm m m là

( )1 2; , , ...,

nP m m m m .

• Định lý 1. Số hoán vị lặp của n phần tử khác nhau, trong ñó

phần tử thứ nhất lặp 1

m lần, phần tử thứ hai lặp 2m lần, ... , phần tử

thứ n lặp nm lần là

P (m; m1, m2,...mn) = m!

m1!m2!...mn!

8

với 1 2

...

nm m m m= + + + .

• Hệ quả. Giả sử tập S có n phần tử, trong ñó có 1n phần tử

kiểu 1, 2n phần tử kiểu 2, ... ,

kn phần tử kiểu k. Khi ñó số các hoán

vị n phần tử của S là

( )1 2

1 2

!; , , . . . ,

! ! . . . !k

k

nP n n n n

n n n=

1.4.2 Tổ hợp lặp

• Định nghĩa. Tổ hợp lặp chập k từ n phần tử khác nhau là

một nhóm không phân biệt thứ tự gồm k phần tử trích từ n phần tử ñã

cho, trong ñó các phần tử có thể ñược lặp lại.

• Định lý 2. Giả sử X có n phần tử khác nhau. Khi ñó số tổ

hợp lặp chập k từ n phần tử của X, ký hiệu CR(n, k), là

CR(n, k) = C(k + n – 1, n - 1) = C(k + n – 1, k).

1.4.3 Phân hoạch của tập hợp. Số Sterling loại 2 và số Bell

Giả sử A là tập hữu hạn với A n= , còn k là 1 số nguyên

dương. Ta cũng giả sử 1A A= .

S là sơ ñồ sắp xếp “tập { }1 2, , ... ,

kX X X với

1 2, , ... ,

kX X X

cũng là các “tập” ñể ta xếp các phần tử của A1 vào ”,

1R là ñiều kiện “mọi phần tử của A

1 ñều ñược sắp xếp vào

một trong các “tập” 1 2, , ... ,

kX X X ”,

2R là ñiều kiện “với mọi i = 1, ... , k có ít nhất một phần tử của

1A ñược xếp vào

iX ”.

9

Khi ñó, một cấu hình tổ hợp trên 1A theo S thỏa mãn các ñiều

kiện 1

R và 2

R ñược gọi là một phân hoạch của A thành k khối.

Số tất cả các phân hoạch thành k khối của một tập A lực lượng

n ñược gọi là số Sterling loại 2 và ñược ký hiệu là S(n, k). Dễ thấy

rằng S(n, k) = 0 nếu k > n. Ta cũng quy ước rằng S(n, 0) = 0.

Số ( )( , 1) , 2 ... ( , )nT S n S n S n n= + + + ñược gọi là số

Bell. Như vậy, số Bell chính là số tất cả các phân hoạch của tập A lực

lượng n.

Việc tính S(n, k) và nT sẽ ñược trình bày trong phần ứng dụng

của nguyên lý bao hàm và loại trừ.

1.4.4 Phân hoạch thứ tự tổ hợp

• Định nghĩa. Cho X là tập n phần tử khác nhau, r n≤ và

S X⊂ có r phần tử. Một phân hoạch { }1 2, , ... ,

nS S S có thứ tự của

S gọi là 1 phân hoạch thứ tự tổ hợp chập r của X. Nếu r = n, thì gọi là

phân hoạch thứ tự của X.

Cho các số nguyên dương 1 2, , ... ,

kn n n thỏa

1 2...

kn n n r+ + + = . Số các phân hoạch thứ tự tổ hợp chập r của

X dạng { }1 2, , ... ,

kS S S có

1 1 2 2, , ... ,

k kS n S n S n= = = ñược

ký hiệu là C( )1 2; , , ... ,

kn n n n .

• Định lý3.

C( ) ( )1 2 1 2

1 2

!; , , ... , ( ; , , ..., , )

!. !... ! !k k

k

nn n n n P n n n n n r

n n n n r= = −

−

C( )1 2; , , ... ,

kn n n n ñược gọi là hệ số ña thức.

10

1.4.5 Phân hoạch không thứ tự tổ hợp

• Định nghĩa. Cho X là tập n phần tử khác nhau, các số

nguyên dương 1 2, , ... ,

kn n n và

1 2, , ... ,

kp p p thỏa

1 1 2 2...

k kn p n p n p n+ + + =

Một hệ thống các tập con của X gồm 1p tập lực lượng

1n ,

2p

tập lực lượng 2n , ... ,

kp tập lực lượng

kn gọi là phân hoạch không

thứ tự của X.

• Định lý 4. Số phân hoạch không thứ tự của X với 1p tập lực

lượng 1n ,

2p tập lực lượng

2n , ... ,

kp tập lực lượng

kn là

( )( ) ( ) ( ) kp

kkpp

k

kk

npnpnp

n

ppp

nnnnnnnC

!!...!!!!

!

!!...!

,...,,,...,,...,;21

221121

2211 =

(trong tử số ( )1 1 2 2; , ..., , , ... , , , ... ,

k kC n n n n n n n số

1n lặp lại

1p

lần, số 2n lặp lại

2p lần,..., số

kn lặp lại

kp lần).

◊ Ví dụ 9

(i) Số cách chia 21 học sinh vào 3 lớp học buổi sáng, buổi

chiều và buổi tối, mỗi lớp 7 sinh viên là

( )( )321!

21; 7, 7, 77!

C = (phân hoạch thứ tự)

(ii) Số cách chia 21 học sinh thành 3 tổ, mỗi tổ 7 học sinh là

( )( )3

21; 7, 7, 7 21!

3! 7! 3!

C= (phân hoạch không thứ tự).

11

CHƯƠNG 2. NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ LO ẠI TRỪ

2.1 Nguyên lý bao hàm và loại tr ừ dạng kinh ñiển

2.1.1 Công thức 1 (Nguyên lý bao hàm và loại tr ừ cho hai

tập hợp)

Có bao nhiêu phần tử trong hợp của hai tập hữu hạn phần tử?

Số các phần tử trong hợp hai tập A và B bằng tổng các phần tử của

mỗi tập trừ ñi số phần tử của giao hai tập hợp, tức là

A B A B A B∪ = + − ∩

Nếu A là một thành phần của X, phần bù của A trong X kí hiệu

A . Nếu A, B là hai thành phần của X thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )BAnbnAnXnBAnXnBAn ∩++−=∪−=∪

Nhưng ( )A B A B∪ = ∩ , vì vậy

( ) ( ) ( ) ( )( )n A B n X n A n B n A B∩ = − + + ∩

2.1.2 Công thức 2 (Nguyên lý bao hàm và loại tr ừ cho ba

tập hợp)

Với 3 tập A, B, C thì

CBAACCBBACBACBA ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪

Cho tập hợp A và các tập con 1 2 3, ,A A A A⊂ . Khi ñó

3213121321

321

AAAAAAAAAAA

AAA

∩∩−∩+∩+−−−

=∩∩

12

2.1.3 Công thức 3 (Nguyên lý bao hàm và loại tr ừ dạng

kinh ñiển)

1 1 2

1 1 2

1 2

1 2

1 21 1

1 11 2

1 ...

... ...

( 1) ... ... ( 1) ...

≤ ≤ ≤ < ≤

+ +

≤ < < ≤

∪ ∪ ∪ = − ∩ +

+ − ∩ ∩ ∩ + + − ∩ ∩ ∩

∑ ∑

∑ k

k

n i i ii n i i n

k ni i i n

i i i n

X X X X X X

X X X X X X

Hay 11 2

1

... ( 1) ( , )−

=

∪ ∪ ∪ = −∑n

kn

k

X X X X n k

Trong ñó: X (n, k) = kn

k

iiinii

XXX ∩∩∩∑≤<<≤

...2

1 ...1

Trong tổng X(n, k), bộ 1 2( , ,..., )ki i i lấy tất cả các tổ hợp chập k

của n và như vậy X(n, k) là tổng của C(n, k) số hạng. Nói riêng ta có

1 2( , 1) ...

nX n X X X= + + +

và 1 2

( , ) ...n

X n n X X X= ∩ ∩ ∩

2.1.4 Công thức 4 (Sieve)

1 20

. . . ( 1) ( , )=

∩ ∩ ∩ = −∑n

kn

k

X X X X n k

Trong ñó: X(n, 0) = X

Và X(n, k) = 1 2

11 ...

...k

k

i i ii i n

X X X≤ < < ≤

∩ ∩ ∩∑ ∀ k = 1,…,n

2.1.5 Tổ hợp lặp tổng quát

• Định nghĩa. Tổ hợp lặp tổng quát chập k từ n phần tử khác

nhau là nhóm không phân biệt thứ tự gồm k phần tử trích từ n phần

tử ñã cho, trong ñó phần tử thứ i lặp lại không quá ik lần (i = 1,..., n),

với 1

...

nk k k+ + ≥ .

13

Nếu kí hiệu tổ hợp lặp tổng quát chập k từ n phần tử trong ñó

phần tử thứ i lặp lại không quá ik lần (i = 1,..., n), với

1...

nk k k+ + ≥ là ( )1

, ...,

k

n nC k k ta có

( ) ( ) ( ) ( )( )1

1

1

1 1 ...

, ..., 1, 1 1 ... , 1m

m

nmk

n n i i

m i i n

C k k C k n k C n k k k m n

= ≤ < < ≤

= + − + − − + − + + + −

∑ ∑

2.2 Nguyên lý bao hàm và loại tr ừ dạng tổng quát

Cho tập X và tập { }1,...,

mα αΠ = gồm m tính chất ñối với

các phần tử của X.

Với tập k ( )1 k m≤ ≤ tính chất { }1

,...,

ki i

α α ⊂ Π , ký hiệu

1,...,

ki i

X là tập phần tử trong X thỏa các tính chất 1

,...,

ki i

α α và

( )1 1

,...,

,...,

k ki i i i

n Xα α =

Tiếp theo, ký hiệu 0

s X=

( )1

11 ....

,..., , 1, 2, ... ,k

k

k i i

i i m

s n k mα α≤ < < ≤

= ∀ = =∑

ke là số phần tử thỏa mãn ñúng k tính chất, k = 0, 1, ..., m

Và k

f là số phần tử thỏa mãn ít nhất k tính chất, k = 0, 1, ..., m

• Công thức 5

( ) ( ) ( ) ( )1 21, 1 . 2, 2 . ... 1 , .

k

m k

k k k me s C k s C k s C m m k s

−+ += − + + + − + − −

• Công thức 6

k kf s= −

( ) ( ) ( ) ( )1 2, 1 . 1, 2 . ... 1 1, .

m k

k k mC k s C k s C m m k s

−+ ++ + − + − − −

14

CHƯƠNG 3. ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ BAO HÀM

VÀ LO ẠI TRỪ

Dựa vào nguyên lý bao hàm và loại trừ ta có thể ñếm ñược số

phần tử trong một tập X không thoả mãn bất kỳ một tính chất nào

trong n tính chất.

Thật vậy, với mọi k = 1, 2 , … n kí hiệu X k = { x X∈ / x thoả

mãn tính chất k }. Khi ñó kX = { x X∈ / x không thoả mãn tính chất

}. Như vậy, số phần tử trong X không thoả mãn một tính chất nào

trong n tính chất bằng số phần tử của tập hợp 1

n

ii

X=I . Ta có thể tính

ñược 1

n

ii

X=I bằng cách sử dụng công thức Sieve.

Theo ý tưởng của nguyên lý bao hàm và loại trừ , có một số bài

toán, việc ñếm trực tiếp các cấu hình thoả yêu cầu nhiều khi phức

tạp, khi ñó ta thường giải bài toán ngược (hay bài toán lấy phần bù)

ñể từ ñó suy ra kết quả yêu cầu. Ta có ví dụ sau:

Ví dụ Một túi ñựng 15 quả cầu ñỏ, 7quả cầu xanh. Chọn ngẫu

nhiên 10 quả cầu. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ñể trong 10 quả ñó có

nhiều nhất là 6 quả màu xanh?

Giải.

Chọn 10 quả cầu bất kỳ trong 22 quả cầu, số cách chọn là

22!(22,10) 646.646

10!(22 10)!C = =

−

Chọn 10 quả cầu trong ñó có ñúng 7 quả cầu xanh và 3 quả

cầu ñỏ, số cách chọn là

C(7,7).C(3,15) = 455

15

Vậy số cách chọn ñể trong 10 quả ñó có nhiều nhất là 6 quả

màu xanh là:

646646 – 455 = 646191

(Chú ý: Nếu giải một cách trực tiếp thì ta phải chia thành 7

trường hợp)

3.1. Bài toán ñếm số nguyên dương không chia hết cho một số

Có bao nhiêu số nguyên dương từ 1 ñến 1000 mà không chia

hết cho 2, không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 7?

Giải. Ký hiệu A ={1, 2, 3,…,1000}, 2A = {a A∈ / a không

chia hết cho 2}, A3 = {a A∈ / a không chia hết cho 3}, A7 =

{a A∈ / a không chia hết cho 7}. Khi ñó 2 3 7\ ( )A A A A∪ ∪ là tập

tất cả các số từ 1 ñến 1000 mà không chia hết cho 2, không chia hết

cho 3 và cũng không chia hết cho 7.

Theo nguyên lý bao hàm và loại trừ , ta có

2 3 7 2 3 7\ ( )A A A A A A A A∪ ∪ = − ∪ ∪

= 1000 -714 =286

3.2. Bài toán xác ñịnh số nghiệm nguyên của một phương

trình với một số ràng buộc nào ñó

Phương trình 1 2 3

11x x x+ + = có bao nhiêu nghiệm, trong

ñó x1, x

2 và x

3 là các số nguyên không âm với

13x ≤ ,

24x ≤ và

x3

6≤ ?

Giải. Để áp dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, gọi tổng số

nghiệm là A ; nghiệm có tính chất A1 là

13x > , có tính chất A

2 là

16

24x > và có tính chất A

3 là

36x > . Khi ñó số nghiệm thỏa mãn

các bất ñẳng thức 1

3x ≤ , 2

4x ≤ và x3

6≤ bằng

1 2 3A A A∩ ∩ =

1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3A A A A A A A A A A A A A− − − + ∩ + ∩ + ∩ − ∩ ∩

= 78 - 36 - 28 - 15 + 6 + 1 + 0 – 0 = 6.

3.3. Sàng Eratosthenes

Nguyên lý bù trừ cũng có thể ñược dùng ñể tìm số các số

nguyên tố nhỏ hơn một số nguyên dương nào ñó. Cần nhớ rằng một

hợp số chia hết cho một số nguyên tố không lớn hơn căn bậc hai của

nó. Do ñó, ñể tìm các số nguyên tố không vượt quá 100 thì ñiều cần

chú ý ñầu tiên là một hợp số nhỏ hơn 100 phải có một thừa số nguyên

tố không lớn hơn 10. Vì nhỏ hơn 10 chỉ có các số nguyên tố là 2, 3,

5, 7, nên các số nguyên tố không vượt quá 100 gồm bốn số nguyên tố

trên và tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn 100 không chia hết cho

2, 3, 5, 7. Để áp dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ , ta gọi 1A là

tính chất chia hết cho 2, 2

A là tính chất chia hết cho 3, 3

A là tính

chất chia hết cho 5, 4

A là tính chất chia hết cho 7. Vậy số nguyên tố

không vượt quá 100 là

1 2 3 4A A A A∩ ∩ ∩ + 4 = 21 + 4 = 25

Do ñó có 25 số nguyên tố không vượt quá 100.

3.4. Bài toán ñếm số các số nguyên dương nhỏ hơn số

nguyên dương n và nguyên tố cùng nhau với n ( ϕ - hàm Euler)

Hai số nguyên ñược gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng

không có ước số chung khác 1. Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu

17

bằng ( )nϕ số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n mà nguyên

tố cùng nhau với n. Hàm ( )nϕ ñược gọi là ϕ - hàm Euler.

Bài toán: Hãy tính giá trị của ( )nϕ theo n.

Giải. Giả sử n = 1 21 2 ... αα α k

kp p p là phân tích chính tắc của n

thành tích các thừa số nguyên tố, ở ñây 1 2, ,..., kα α α là các số

nguyên dương. Ta cũng giả sử A = {1, 2, …,n}, A { /ip a A= ∈ a

chia hết cho pi }, i = 1, 2, …,k. Khi ñó

,ip

i

nA

p= ( ),...

i jp pi j

nA A i j

p p∩ = ≠

Áp dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ , ta ñược

1 1( ) \ ( ... ) ...

k kp p p pn A A A A A Aϕ = ∪ ∪ = − ∪ ∪

1

1 1 2 1 1 2...

1 2

... ... ... ( 1)

1 1 11 1 .... 1

k

k k k k

k

n n n n nn

p p p p p p p p p

np p p

+

−

= − + + − − − + + −

= − − −

3.5. Bài toán tìm số xáo trộn của một hoán vị có n phần tử

Trước tiên ta lưu ý: Cho tập hợp có n phần tử. Khi ñó mỗi

hoán vị của n phần tử trên sao cho không có phần tử nào ở nguyên vị

trí ban ñầu ñược gọi là một xáo trộn của tập n phần tử ñã cho. Số tất

cả các xáo trộn ñược gọi là số mất thứ tự.

Ví dụ hoán vị 21453 là một xáo trộn của 12345 vì không có số

nào ở nguyên vị trí ban ñầu của nó. Tuy nhiên, 21543 không phải là

một xáo trộn của 12345 vì hoán vị này ñể số 4 ở nguyên vị trí ban

ñầu của nó.

18

Giả sử kí hiệu Dn là số mất thứ tự của một tập có n phần tử.

Bây giờ ta xét bài toán sau:

Bài toán: Hãy tìm số mất thứ tự của một tập có n phần tử.

Giải . Giả sử A là tập tất cả các hoán vị của tập X,

{iA a A= ∈ / ix là ñiểm bất ñộng của a}. Khi ñó A\ ( 1 ... nA A∪ ∪ )

là tập tất cả các hoán vị của x mà không có ñiểm bất ñộng nào. Theo

nguyên lý bao hàm và loại trừ , ta có

11 1

1 1

... ... ( 1) ... ,nn i i j n

i n i j n

A A A A A A A+

≤ ≤ ≤ < ≤

∪ ∪ = − ∩ + + − ∩ ∩∑ ∑

Vậy

1 1\ ( ... ) ...n n nD A A A A A A= ∪ ∪ = − ∪ ∪

1 1 1 1! 1 ... ( 1)

1! 2! 3! ! = − + − + + −

nnn

3.6. Bài toán bỏ thư. Có n lá thư và n phong bì ghi sẵn ñịa chỉ.

Bỏ ngẫu nhiên các thư vào các phong bì sao cho mỗi phong bì chỉ

chứa một thư.

a) Hỏi xác suất ñể không lá thư nào ñúng ñịa chỉ bao nhiêu ?

b) Hỏi xác suất ñể ñúng r lá thư ñúng ñịa chỉ là bao nhiêu

( )r n≤ ?

Sử dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ, ta có

a) Xác suất cần tìm là 1 1 1 1

1 ... ( 1)1! 2! 3! !

− + − + + −

n

n

b) Xác suất cần tìm là 1 1 1 1 ( 1)

1 ...! 1! 2! 3! ( )!

− −− + − + + −

n r

r n r

19

3.7. Bài toán ñếm số các hàm toàn ánh.

Nguyên lý bù trừ cũng có thể ñược dùng ñể xác ñịnh số các

hàm toàn ánh từ tập có n phần tử ñến tập có k phần tử.

Bài toán: Cho hai tập hợp X và Y có X n= , ,Y k= n k≥ .

Hãy ñếm số toàn ánh từ tập X vào tập Y.

Giải. Ký hiệu T là tập hợp tất cả các toàn ánh từ X vào Y.

Theo nguyên lý bao hàm và loại trừ , ta có

0

( 1 ) ( , ) ( )=

= − −∑k

r n

r

T C k r k r

3.8. Bài toán xếp n cặp vợ chồng (Lucas)

Một bàn tròn có 2n ghế. Cần sắp n cặp vợ chồng sao cho ñàn

ông ngồi xen kẽ ñàn bà và không có cặp vợ chồng nào ngồi cạnh

nhau (có tính ñến vị trí ghế và thứ tự chỗ ngồi). Hỏi có bao nhiêu

cách xếp?

Giải. Gọi số phải tìm là n

M . Theo nguyên lý bao hàm và loại

trừ, ta có.

0

22. !. ( 1) (2 , ).( )!

2

kn

n

k

nM n C n k k n k

n k=

= − − −−∑

3.9. Bài toán tính số Sterling loại 2

Bài toán: Tính số Sterling loại hai S( ),n k qua n và k.

Giải. Mỗi phân hoạch k khối của tập X có n phần tử có thể

xem như một phân bố n phần tử của tập X vào k thùng 1,..., kB B

(không kể thứ tự) sao cho thùng nào cũng có phần tử của X. Hoán vị

các thùng 1,..., kB B , ta thấy một phân bố như vậy sẽ sinh k! hàm

toàn ánh từ tập X vào tập { }1,..., kB B . Suy ra

20

0 0

1! ( , ) ( 1) ( , )( ) ( , ) ( 1) ( , )( )

!

k kr n r n

r r

k S n k C k r k r S n k C k r k rk= =

= − − ⇒ = − −∑ ∑

3.10. Một số bài toán sử dụng nguyên lý bao hàm và loại

trừ trong kỳ thi Olympic quốc tế, thi học sinh giỏi quốc gia và tạp

chí toán học tuổi tr ẻ.

Bài 1 Một hoán vị { }1 2, , , ... ,

nx x x của tập hợp

{ }1, 2, ... , 2n với n nguyên dương, ñược gọi là có tính chất P nếu

1i ix x n+− = , với ít nhất một giá trị { }1, 2, ... , 2 1i n∈ − . Chứng

minh rằng với mỗi số n, số hoán vị có tính chất P lớn hơn số hoán vị

không có tính chất P.

Giải. Đặt M = { }1, 2, ... , , 1, 2, ... ,2n n n n+ + . Lưu ý

( )1 1n n− + = và ( )2 2n n− + = . Gọi k

A là tập tất cả các hoán vị

của M sao cho trong các hoán vị ñó, hai phần tử k và k + n ñứng kề

nhau. Gọi A là tập tất cả các hoán vị có tính chất P. Ta thấy

k

k

A A=U nên

...

k k k h k h m

k k h k h mk

A A A A A A A A

< < <

= = − ∩ + ∩ ∩∑ ∑ ∑U

Vì ñây là tổng các số hạng của dãy ñơn ñiệu giảm và ñan dấu

nhau nên

k k h

k k h

A A A A

<≥ − ∩∑ ∑

Ngoài ra ( )2 2 1 !k

A n= − và ( )4 2 2 !k h

A A n∩ = −

Do ñó ( ) ( 1)2 2 ! 2 (2 1) .4

2

n nA n n n

− ≥ − − −

21

= 2n2 (2n - 2)! > ( )2 !

2

n

Bài 2 Cho hai số nguyên dương m và n sao cho n + 2 chia hết

cho m. Hãy tính các bộ ba số nguyên dương ( ), ,x y z sao cho tổng

x y z+ + chia hết cho m, trong ñó mỗi số x, y, z ñều không lớn hơn

n.

Giải. Đặt k = *2nN

m

+ ∈ . Ta có n = km – 2.

Xét các tập hợp:

D = { }1,km km− ; E = { }1, 2,..., ;km

( ){ }, , , , \ ;A x y z x y z E D x y z m= ∈ + + M ;

( ){ }, , , , ; ;B x y z x y z E x y z m= ∈ + + M

( ){ , , , , ;C x y z x y z E x D= ∈ ∈ hoặc y D∈ hoặc

;z D∈ }; .x y z m+ + M

Ta có A B C= −

• Tính B . Có km cách chọn x ∈ E. Với mỗi cách chọn x ∈

E, ta có km cách chọn y ∈ E. Với mỗi cách chọn x và y như trên, ta

có k cách chọn z ∈ E sao cho x + y + z M m. Do ñó B = km.km.k =

3 2k m .

• Tính C . Đặt

( ){ }, , , , , ,X x y z x D y E z E x y z m= ∈ ∈ ∈ + + M

22

( ){ }, , , , , ,Y x y z y D x E z E x y z m= ∈ ∈ ∈ + + M

( ){ }, , , , , ,Z x y z z D x E y E x y z m= ∈ ∈ ∈ + + M

Khi ñó C X Y Z= ∪ ∪ . Do ñó

C X Y Z X Y X Z Y Z X Y Z= + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩

Tương tự 22X Y Z k m= = = ,

4 ,X Y X Z Y Z k∩ = ∩ = ∩ =

( ) ( )4

2 1, 2, 3

1 3

m

khi mX Y Z m

khi mτ

− =∩ ∩ = = ∗

>

Do ñó ( )26 12C k m k mτ= − + . Thay k =

2n

m

+ ñược

( )3

8nA B C m

mτ+= − = − với ( )mτ xác ñịnh bởi ( )∗

Bài 3 (VMO-1995, Bảng B). Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể

lập ñược bao nhiêu số có 10 chữ số thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện

sau:

1) Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt ñúng hai lần;

2) Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không ñứng cạnh nhau ?

Giải. Gọi s là số cần tìm và A là tập gồm tất cả các số có 10

chữ số, lập ñược từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãn ñiều kiện 1 của

ñề bài. Khi ñó, theo nguyên lý bao hàm và loại trừ ta tính ñược:

5

10!

2A =

1 2 3 4

5 5 5 55 4 3 2 1 0

10! 9! 8! 7! 6! 5!39480

2 2 2 2 2 2s C C C C= − + − + − =

23

Bài 4 Một cuộc hội thảo toán học quy tụ 1990 nhà toán học

trên toàn thế giới. Cho biết cứ mỗi nhà toán học ñều ñã có dịp làm

chung với 1327 nhà toán học khác tham dự hội thảo. Chứng minh

rằng ta có thể tìm ñược 4 nhà toán học từng ñôi một ñã làm việc

chung với nhau.

Giải. Mỗi nhà toán học ñược xem như là một ñiểm. Hai nhà

toán học ñã làm việc chung với nhau xem như 2 ñiểm ñược nối với

nhau bởi một ñoạn thẳng. Lý luận tương tự như bài toán trên ñây, gọi

1v và

2v là 2 ñiểm ñược nối với nhau. Gọi A là tập hợp các ñiểm

khác v2

ñược nối với v1 và B là tập hợp các ñiểm khác v

1 ñược nối

với v2

. Lúc ñó:

2 1326 1998 664A B A B A B∩ = + − ∪ = × − =

Nghĩa là ta có thể tìm ñược nhà toán học 3v ñã làm việc chung

với 1v và v

2. Gọi C là tập hợp các ñiểm ñược nối với v

3 nhưng

không nối với 1v và v

2. Ta có 1325C ≥ , vậy

( )1998 A B C A B C A B C≥ ∩ ∪ = ∩ + − ∩ ∩

Nghĩa là

1998 664 1325 1988 1 0A B C A B C∩ ∩ ≥ ∩ + − ≥ + − = >

Vậy A B C∩ ∩ ≠ ∅ và ta tìm ñược 4v A B C∈ ∩ ∩ . Tập

hợp gồm 4 nhà toán học 1 2 3 4, , ,v v v v ñã làm việc với nhau từng ñôi

một và ñó là ñpcm.

Bài 5 Cho 167 tập hợp 1 2 167, , ...A A A thỏa mãn các ñiều kiện

sau:

24

( )167

1

1 | | 2004;i

i

A

=

=∑

( )2 j i i jA A A A= ∩ với mọi i, j { }1, 2, ....,167∈ và i

j≠

Tính 167

1

i

i

A

=U .

Giải.

• Ta có .

j i j iA A A A= ∩ ; .

i j i jA A A A= ∩

Suy ra 2

.

i i i jA A A A= ∩

Nếu 0i

A = thì từ ( )2 suy ra 0,j

A j i= ∀ ≠ . Điều này

mâu thuẫn với (1). Vậy 0i

A ≠ .

Do ñó ( )1i j

A A i j∩ = ≠ và i j

A A= .

Do ñó 12,i

A i= ∀

• Xét tập A1. Mỗi tập

2 167, ... ,A A ñều chứa và chỉ chứa 1

phần tử của A1. Không giảm tổng quát giả sử 14 tập

2 15, ... ,A A

cùng chứa phần tử 1

a A∈ . Ta sẽ chứng minh a i

A∈ , i∀ .

Thật vậy, giả sử tồn tại i > 15; i

a A∉ . Đặt { }\i i

B A a=

Khi ñó với mỗi A ( )2, ... 15j

j = ta có 1j i

A A∩ = do ñó

1j i

A B∩ = . Giả sử j i j

A B b∩ = . Ta có 1 2j j

b b≠ vì nếu

25

1 2j j

b b= thì hai tập hợp A1j và A

2j

có 2 phần tử chung là a và b1j

trái với 1i j

A A∩ = .

Như vậy 2 15, ...,b b là 14 phần tử thuộc

iA . Điều này không

xảy ra vì 12.i

A =

Vậy với mọi i j≠ ta có { }i jA A a∩ = .

Đặt { }\i i

B A a= với mọi i thì i j

B B∩ = ∅ với mọi i, j mà

i j≠ . Do vậy:

{ } { }167 167 167

11 1

167.11 1 1838i i i

ii i

A B a B a

== =

= ∩ = + = + =∑U U

26

KẾT LUẬN

Đề tài nguyên lý bao hàm & loại trừ và ứng dụng bước ñầu ñã

hệ thống hóa ñược một mảng kiến thức về giải các bài toán tổ hợp từ

những dạng cơ bản ñến phức tạp hơn. Thông qua nghiên cứu lý

thuyết về nguyên lý bao hàm và loại trừ, ñề tài ñã ứng dụng trong

việc giải các bài toán tổ hợp có liên quan. Đặc biệt là những bài toán

ứng dụng phương pháp sử dụng nguyên lý bao hàm và loại trừ.

Từ nguyên lý bao hàm và loại trừ ta có thể giải ñược lớp các

bài toán có nhiều ứng dụng trong thực tiễn, ñời sống.

Bằng cách thay ñổi các tập hợp, số lượng tập hợp và quan hệ

giữa các phần tử ta có thể tạo ra nhiều bài toán khác nhau về nguyên

lý bao hàm và loại trừ mà việc giải chúng giúp học sinh rèn luyện

việc sử dụng linh hoạt các cấu hình tổ hợp cơ bản và mở rộng.

Hơn nữa ñề tài cũng có hướng mở ñể tiếp tục nghiên cứu ứng

dụng trong giải các bài toán phức tạp và các bài toán ứng dụng trong

lĩnh vực tin học. Đây là một vấn ñề nghiên cứu khá hay, trong thời

gian ñến tôi sẽ tiếp tục dành thời gian cho việc nghiên cứu vấn ñề

này.