BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRẦN THỊ NHẬT NGUN

ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT TỔ HỢP
TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN
TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số : 60. 46. 0113

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2014


Cơng trình được hồn 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 tốn 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 tốn thường
gặp hơn cả: bài toán đếm, bài toán liệt kê, bài toán tối ưu tổ hợp, bài
tốn tồn tại.
Trong đó, bài tốn 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 tốn 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 ngun lý Fubini.
Ngồi ra, trong chương trình tốn 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 tốn đều có ít nhất một bài toán liên quan đến lý thuyết tổ
hợp và thường là dạng bài tốn 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 tốn 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 tốn tổ hợp nằm
trong bối cảnh bài tốn đếm ứng dụng cho chương trình tốn 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 thơng dụng và ứng dụng vào
chương trình tốn 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

(x + y )n = a0 x n + a1 x n-1 y + a2 x n -2 y 2 + ... + an -1 xy n-1an y n

với 0 ≤ k ≤ n, ak là hệ số tổ hợp.
Định lý 1.3.1: Cho n là số nguyên dương. Khi ú
ổnử
ổ nử
ổnử
ổnử
( x + y ) n = ỗỗ ữữ x n + ỗỗ ữữ x n-1 y + çç ÷÷ x n -2 y 2 + ... + çç ÷÷ y n
è0ø
è1 ø
è2ø
ènø
ỉ n ư ỉ n ư n!
=1
Quy c: ỗỗ ữữ = ỗỗ ữữ =
ố 0 ứ è n ø n!0!

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)

ổnử ổ n ử
ỗỗ ữữ = ỗỗ
ữữ
ốk ứ ốn - k ø

(2)

ỉ n ư ỉ n - 1 ư ỉ n - 1ử
ỗỗ
ữữ = ỗỗ
ữữ + ỗỗ
ữữ
ố k + 1ứ è k + 1ø è k ø

(3)

ỉ n ư ỉ n ử
ữ
ữ ỗ
ỗ
ổnử ổnử ổnử
ỗỗ ữữ < ỗỗ ữữ < çç ÷÷ < ... < ç é n - 1 ự ữ = ỗ ờ n ỳ ữ
ố 0 ứ ố1 ứ ố 2 ứ
ỗờ 2 ỳữ ỗờ2ỳữ
ỳứ ốở ỷứ

ốờ

(4)

ổnử
ổ n - 1ử
ữữ
k ỗỗ ữữ = nỗỗ
k
ố ứ
ố k - 1ứ

(5

ổ n ử
ổnử
ữữ
k ỗ ữ = ( n - k + 1)ỗỗ
ốkứ
ố k - 1ứ

(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)

ổ n ử ổ n + 1ư ỉ n + 2 ư
ỉ n + k ư ổ n + k + 1ử

ỗỗ ữữ + ỗỗ
ữữ + çç
÷÷ + ... + çç
÷÷ = çç
÷÷
0
1
2
è ø è
ø è
ø
è k ø è n +1 ø
ỉ n ư ỉ n + 1ư ỉ n + 2 ư
ỉ n + k ử ổ n + k + 1ử
ỗỗ ữữ + ỗỗ
ữữ + ỗỗ
ữữ + ... + ỗỗ
ữữ = ỗỗ
ữữ
ốnứ ố n ø è n ø
è n ø è n +1 ø
ỉnư
ỉnư ổnử
ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ... + ỗỗ ữữ = 2 n
0
1
ốnứ
ố ứ ố ứ
ổnử ổnử ổnử
ổ nử

ỗỗ ữữ - ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ - ... + (-1) n ỗỗ ữữ = 0
ố 0 ứ ố1 ứ ố 2 ứ
ố nứ
ổnử ổnử ổnử
ổnử
ỗỗ ữữ + 2ỗỗ ữữ + 3ỗỗ ữữ + ... + nỗỗ ữữ = n.2 n -1
1
2
3
ố ứ ố ứ ố ứ
ốnứ
ổnử
ỗỗ ữữ chia ht cho n nếu n là số nguyên tố và
èk ø

1 £ k £ n -1

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
t

nếu p || n! thì
ênú ê n ú ê n ú

t = ê ú + ê 2 ú + ê 3 ú + ...
ë pû ë p û ë p û
Bổ đề 1.3.6. Cho p là số nguyên tố, n là số nguyên dương

(

)

với n = nm nm -1...n0 p . Nếu pt||n! thì
t=

n - (nm + nm-1 + ... + n0 )
p -1

Ví dụ 1.3.5
Định lý 1.3.7. Cho m và n là nguyên dương. Khi đó:

(x1 + x2 +...+ xm)n =

å

n1,n2 ,...,nm ³0
n1 +n2 +...+nm =n

n
ổ
ử n1 n2 nm
ỗỗ
ữữx1 .x2 ...xm
ố n1, n2,...,nm ứ

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 ngun dương
ỉ n -1 ư

÷÷ m-tập hp {x1, x2, ..., xn} nghim nguyờn
(1) Cú ỗỗ
ố m - 1ø
dương thỏa phương trình x1 + x2 + ... + xm = n.


7
ỉ n -1 ư

÷÷ m- tập hợp {x1, x2, ..., xn} nghim nguyờn
(2) Cú ỗỗ
ố m - 1ứ
khụng õm tha 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 cơng 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
tồn 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 z1n, z2n, ...,
zkn, tức là
f(n) = c1z1n + c2z2n + ...+ 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
z1n , nz1n ,..., n e1 -1 z1n
z 2n , nz 2n ,..., n e 2 -1 z 2n
..........................
n
n
n
zm
, nz m
,..., n e m -1 z m

Định lý 1.5.5. Hàm f(n) thỏa mãn hằng số đệ quy khơng
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 TỐN ỨNG DỤNG
Ví dụ 1.6.1. Có 5 nhà tốn học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà
vật lý nam. Lập một đồn cơng tác gồm 3 người có cả nam lẫn nữ, cả
nhà toán học và vật lý học. Hỏi có bao nhiêu cách lập đồn cơng tác?
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng Cơ khí luyện kim năm 2005)
Giải:
Chỉ có 3 cách lập đồn cơng tác như sau:


9
Gồm 2 nhà vật lý nam, 1 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân

số cách chọn:

ỉ 4 ư ỉ 3ử
ỗỗ ữữ.ỗỗ ữữ = 18
ố 2 ứ ố1 ứ

Gm 1 nhà vật lý nam, 2 nhà toán học nữ. Theo quy tc
nhõn, s cỏch chn:

ổ 4 ửổ 3 ử
ỗỗ ữữỗỗ ÷÷ = 12
è 1 øè 2 ø

Gồm 1 nhà vật lý nam, 1 nhà toán học nữ, 1 nhà toán học
nam. Theo quy tắc nhân số cách chọn:
ỉ 4 ưỉ 3 ửổ 5 ử
ỗỗ ữữỗỗ ữữỗỗ ữữ = 60
ố1 ứố1 øè1 ø

Vậy theo quy tắc cộng, số cách lập đoàn cơng 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
ỉ8ư

đạn bắn ở cột đầu tiên được la chn trong ỗỗ ữữ cỏch. T nm viờn
3
ố ứ

n còn lại, ba viên sử dụng để làm vỡ các mục tiêu trong cột thứ ba
ỉ 5ư

có thể được chọn trong ỗỗ ữữ cỏch, trong khi hai viờn n cũn lại sẽ
è 3ø
được sử dụng để bắn vỡ hai mục tiêu cịn lại. Như vậy, ta có số cách
để làm vỡ 8 lmục tiêu là:
ỉ 8 ưỉ 5 ưỉ 2 ử ổ 8 ử
8
ỗỗ ữữỗỗ ữữỗỗ ữữ = ỗỗ
ữữ =
= 560
3
3

2
3
,
3
,
2
3
!
3
!2!
è øè øè ø è
ø

Ví dụ 1.6.4. (AIME 1989) Trên vịng trịn 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 3 £ k £ 10 , mỗi cách chọn k điểm sẽ cho một đa giác
ỉ10 ư

với k đỉnh. Vì k điểm được chọn t 10 trong ỗỗ ữữ cỏch.
k
ố

ứ

Theo nh lý 1.6.4, cõu tr li l
ổ10 ử

ổ10 ử ổ10 ử
ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ... + ỗỗ ữữ
ố10 ứ
ố 3ứ ố 4ứ
ộổ10 ư ỉ10 ư
ỉ10 ứ éỉ10 ư ỉ10 ư ỉ10 ứ
= ờỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ... + ỗỗ ữữỳ - ờỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữỳ
ố10 ứỷ ëè 0 ø è 1 ø è 2 øû
ëè 0 ø è 1 ø
= (1 + 1)10 - (1 + 10 + 45) = 1024 - 56 = 968

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

| A|
65

Từ đó, ta cần tính tổng của 5 giá trị (x1, …, x5) tức 1 ≤ xi ≤ 6, và
x1 + x2 + ... + x5 = 14 .
ỉ14 - 1ư ỉ13 ử

ữữ = ỗỗ ữữ = 715 kt
Vi xi 6, t nh lý 1.4.2 (2) ta cú ỗỗ
ố 5 -1 ø è 4 ø

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, x1 + ... + x5 > 6 + 6 + 1 + 1 + 1 = 15 )
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 (2 £ i £ 5)
Rõ ràng, ánh xạ là một song ánh giữa B1 và tập (y1, ..., y5) với
y1 + y2 + ... + y5 = 8
ỉ 8 - 1ư ỉ 7 ử

ữữ = ỗỗ ữữ = 35
Do ú, B1 = ỗỗ
ố 5 - 1ø è 4 ø

Và

5|B1| = 175

Vì vậy, |A| = 715 – 175 = 540
Vậy xác suất cần tìm là

540
65

=

5
72


12
Ví dụ 1.6.6. (Trung Quốc – 2002) Cho n nguyên dương.
(a1a2 ...an )
Khai triển

å

trong dạng đóng, trong đó tổng lấy toàn bộ n số hạng của dãy nguyên
dương sao cho a1 = 1 và ai +1 £ ai + 1 (1 ≤ i ≤ n – 1)
Giải
Cho f (m, n) = (a1a2 ...an )

å

trong đó tổng lấy tồn bộ n số hạng của dãy nguyên dương sao cho
a1 = 1 và ai +1 £ ai + 1 (1 ≤ i ≤ n – 1)
Ta muốn tìm f(1, n). Nếu a1 = m thì 1 £ a2 £ m + 1 . Do đó ta có
phép đệ quy
f (m, n + 1) = m

å (a a ...a
2 3

n +1

)

= m[ f (1, n) + f (2, n) + ... + f (m + 1, n)]

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

(2n - 1)!!= Õ (2i - 1)
i =1

ỉ m + 2n - 2 ư
÷÷(2n - 1)!!
è 2n - 1 ø

Ta chứng minh f (m, n) = ỗỗ

bng cỏch s dng quy np trờn n.
Trng 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

1£ n £ k .
Theo định lý 1.3.2 (7) và (5), ta được

f (m, k + 1) = m[ f (1, k ) + f (2, k ) + ... + f (m + 1, k )]

éỉ 2 k - 1 ư ỉ 2 k ử
ổ m + 2k - 1ửự
ữữ + ỗỗ
ữữ + ... + ỗỗ
ữữỳ
= m(2k - 1)!!ờỗỗ
ờởố 2k - 1ứ ố 2k - 1ø
è 2k - 1 øúû


13
ỉ 2k + m ư
ỉ 2k + m ư
÷÷ = (2k + 1)!!ỗỗ
ữữ
= m(2k - 1)!!ỗỗ
ố 2k ứ
ố 2k + 1 ø

Do đó phép quy nạp đã hồn 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

ë n û. Cho p1 =
2, p2 = 3, ..., pk là dãy các số nguyên tố nhỏ hơn hay bằng ë n û . Với
trong S có ít nhất một số nguyên tố nhỏ hơn hay bằng

mỗi pi trong dãy này ta gọi Ap i là tập con của pi trong A. Khi đó số
nguyên tố nhỏ hơn hay bằng n là
k

n + k -1-

UA

pi

i =1

Nói chung, ta có phương pháp sau, được gọi là nguyên lý
bao hàm loại trừ (hay cịn gọi là cơng 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 A1 È A2 È ... È An được xác định bởi
n

UA

i

=

å (-1) I A
| I | +1

I {1,...,n}
I ạf

i =1

(*)

i

iẻI

nh 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:
n

IA
i =1

i

=| S | +

å

I {1,...,n}

I ạf

(-1)| I |

IA

i

iẻI

nh lý 2.1.3. Cho A l mt tập hữu hạn và f là một hàm từ
A đến các số thực. Cho mỗi tập hợp con B Í A thiết lập


15
f (B) =

å f ( x)
xỴB

trong đó f (f ) = 0 .
Nếu A =

U

n

i =1

Ai

thì f ( A) =

å (-1)

| I | +1

I ạf

ử
ổ
f ỗỗ
Ai ữữ
ữ
ỗ
ố iẻI ứ

I

(**)

Vớ d 2.1.1
Chỳ ý
(a)

lim

Dn
1ử 1
ổ 1 1

= limỗ1 + + + ... + (- 1)n ÷ =
2
!
n!
1
!
n
!ø e
è

Cơng thức đệ quy sau có thể được rút ra từ cơng thức trên
bằng tính toán đơn giản
Dn +1 = (n + 1) Dn + (-1) n +1 = nDn + ( Dn - (-1) n ) = n( Dn + Dn -1 )

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) p (1) = k và p (k ) = 1 với 1 £ k £ n . 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 (n - 1) Dn -2 sắp xếp .
(ii) p (1) = k và p (k ) = m với 1 < k , m £ n . Chú ý rằng k ¹ m . Khi
đó những phần tử p (2), p (3),..., p (n) thường là một sắp xếp p ' của
2,..., k - 1,1, k + 1,..., n

với p (1) = k . Mặt khác, có n – 1 giá trị cụ thể cho k

và mỗi k có Dn-1 sắp xếp. Do đó có có (n - 1) Dn -2 sắp xếp .
Do đó, Dn = (n - 1)( Dn -2 + Dn -1 ) . Chú ý rằng D1 = 0 và D2 = 1.
Từ phép đệ quy này ta có thể có được cơng thức

16
n

Dn = n!

å

(- 1)k

k =0

□

k!

Ví dụ 2.1.2.
(b) Đồng nhất thức sau là đúng với Euler. Cho m, n nguyên
dương với m £ n . Khi đó
m

k ỉ mư

å (- 1) ỗỗố k ữữứ(m - k )
k =0

n

ỡ0
=ớ

ợn!

nu n < m
nu n = m

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
A ´ B = {(a, b ) | a Ỵ A, b Ỵ B}

Cho S là tập con của A ´ B , với ai Ỵ A , đặt S (ai ,*) = {(ai , b )Ỵ S } .
Ta định nghĩa S (*, bi ) 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
n

m

j =1

i =1

| S |= å | S (*, b j ) = å | S (, ai *) |
Nguyên lý này được gọi là Nguyên lý của Fubini. Nó được
dùng song song trong phép lấy tích phân đơi.
Ví dụ 2.2.1
Định lý 2.2.2. (Sperner )

Ví dụ 2.2.2


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 vơ
hạn, thì
¥

PA ( x) + PB ( x) =

å (a

n

+ bn )x n = PA+ B ( x),

n =o

trong đó A + B = (a0 + b0 ; a1 + b1; a2 + b2 ;...) . 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, c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 và cn =

n

åa b

k n-k

k =0

¥

aPA ( x) = a

å

an x n =

n =0

Và

¥

å aa x
n

n

. Ta có:

= PaA ( x)

n =0

ỉ ¥
ưỉ ¥
ư
PA ( x).PB ( x) = ỗ
a n x n ữ.ỗ bn x n ữ
ỗ
ữỗ
ữ
ố n =0
ứ ố n=0
ứ

ồ

ồ

ổ Ơ
ử
ỗ
a k bn - k ữ x n = PC ( x)
ỗ
ữ
n=0 ố k =0
ø
¥

=

åå

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:
Và

(

)

a a0 + a1 x + a 2 x 2 = aa0 x + aa1 x + aa2 x 2
(a0 + a1 + a2 x 2 )(b0 + b1x )
= a0b0 + (a0b1 + a1b0 ) x + (a1b1 + a2b0 ) x 2 + (a2b1 ) x3

trong đó, ta có thể biểu diễn a2b1 = a0b3 + a1b2 + a2b1 + a3b0 bằng cách
đặt a3 = b2 = b3 = 0 . Chú ý rằng, đặt α = -1, chuỗi P- A ( x) = - PA ( x) và


18
PA- B ( x) = PA ( x) - ( PB ( x) = PA ( x ) + ( - PB ( x)) .

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 d n =

å

n

k =0

ak an -k

.

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 ai + b j = k
Ví dụ 2.3.3
2.4. CÁC BÀI TỐN 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

f ( n)
(2n 2 + (-1) k p1 p2 ... pk )
6
với p1, p2, ..., pk là số chia nguyên tố của n.
a12 + a22 + ... + af2( n ) =

Giải:
Cho f(x) = x2, f ( A) =

å f ( x) = å x
xỴ A

xỴA

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
f ( A) =

n

åi

2

=

i =1

n( n + 1)(2n + 1) n 3 n 2 n
=
+
+
6

3
2 6
2

ỉ n
ư
pi ÷÷
f ( Ai ) = pi2 + (2 pi ) 2 + ... + ỗỗ
ố pi ứ
ộ 1 ổ n ử 3 1 ỉ n ư 2 1 ỉ n ứ
= pi2 ờ ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữ + ỗỗ ữữỳ vi 1 ≤ i ≤ k,
6 è pi ø ú
ê 3 è pi ø 2 è pi ø
ë
û

Ta có:

và

3
é ỉ
n ư÷ 1 ổỗ n
+
f ( Ai ầ A j ) = ( pi p j )
ờ 3 ỗố pi p j ữứ 2 ỗố pi p j
ở
2 ờ1 ỗ

2

ử 1ổ n
ữ + ỗ
ữ 6 ỗ pi p j
ố
ứ

ửự
ữỳ
ữỳ
ứỷ

vi 1 i ≤ k,....
Từ định lý 2.1.3, ta có:
ỉ k
ư
2
2
2
a1 + a2 + ... + af ( n ) = f ( A) - f ỗỗ Ai ữữ
ố i =1 ứ

U

ổ
ử
n3 n 2 n
+ + - (-1)|I |+1 f ỗỗ Ai ữữ
3
2 6 I ạf

ố iẻI ứ
ử
ổ
n3 n 2 n
=
+ + + ( -1)|I | f ỗỗ Ai ữữ
3
2 6 I ạf
ố iẻI ứ

I

ồ

=

I

ồ

Chỳ ý rng:
ổ
ử
(-1) f ỗ Ai ữ =
(-1) I
ỗ
ữ
I ạf
ố iẻI ứ I {1,...,k }

ồ

|I |

I

ồ
I ạf

ế

ộ ổ
ờ3 ỗ
ởờ ố

1
pi2 ờ ỗ n

iẻI

ế
iẻI

1
pi

ử
ữ
ữ
ứ

3

2
ự
1 ổỗ
1 ửữ 1 ổỗ
1 ửữỳ
+ n
+ n
2 ỗố iẻI pi ữứ
6 ỗố iẻI pi ữứỳ
ỷỳ

ế

ế


20
Theo đó
a12 + a 22 + ... + af2( n )
ổ
n 3 ỗỗ
=
1+
3 ỗ I {1,...,k }
ỗ
I ạf
ố

ồ ế
iẻI

ử
ổ -1 ử ữ n2
ỗ ữữ +
ỗ p ữữ 2
ố i ứữ
ứ

ổ
ỗ
ỗ1 +
ỗ I {1,...,k }
ỗ
I ạf
ố

ồ ế (- 1)
iẻI

ổ
n ỗỗ
+ 1+
6 ỗ I {1,...,k }
ỗ
I ạf
ố

ồ ế

=

n3
3

k

ổ

1 ử

n2

k

ử
ữ

|I | ữ

iẻI

ữ
ữ
ứ

+

ử
ữ
(- pi )ữ
ữ
ữ
ứ

k

n

ế ỗỗố1 - p ữữứ + 2 ế (1 - 1) + 6 Õ (1 - p )
i

i

i =1

i =1

i =1

m
ổ
1ử
f (n) = nế ỗỗ1 - ữữ
pi ứ
i =1 ố

M

Nờn

ế

k

a12

+ a22

+ ... + af2( n )

n 2f ( n) f (n) i =1 (- pi )
=
+
3
6
f (n)
2n 2 + (-1) k p1. p2 ... pk
=
6

(

)

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:

b c (c - 1)
=
h k (k - 1)

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 viờn y dy k sinh
viờn.
ổk ử

Do ú cú ỗỗ ữữ bộ ba {Tr,Si, Sj } chứa Tr và có b cỏch chn
2
ố ứ

Tr v

ổkử

M = bỗỗ ữữ
ố2ứ

(1)

V cho bt kỳ 2 sinh viên Si, Sj (i ≠ j) có h giáo viên dạy. Do
ỉc ư

đó có h bộ ba {Tr,Si, Sj } chứa Si, Sj (i ≠ j) và cú ỗỗ ữữ cỏch chn Si,
2
ố ứ

ổc ử
Sj (i j) v M = hỗỗ ữữ (2)
ố 2ứ
ổhử
ổc ử
bỗỗ ữữ = hỗỗ ữữ
2
ố ứ
ố 2ứ

T (1) v (2) ta cú

ổc ử
ỗ ữ
b ỗố 2 ữứ c(c - 1)
=
=
(pcm)

h ổ k ử k ( k - 1)
ỗỗ ữữ
ố2ứ

Do ú

Vớ d 2.4.2. Chng minh rng
n

ổnử

n-k

kổ

ử ổ 2n + 1ử
ữ
n ữứ

ồ ỗỗố k ữữứ2 ỗỗố [(n - k )]/ 2 ữữứ = ççè
k =0

Giải:
Cách 1
Ta có hệ số của xn trong
2 n +1

ỉ 2n + 1ư
÷÷
è n ø

ỉ 2n + 1ư k
÷÷x
è k ứ

(1 + x )2n+1 = ồ ỗỗ
k =0

Mt khỏc, (1 + x )

2 n +1

l ỗỗ

= (1 + x 2 + 2 x) n (1 + x)
n

=

ổnử

ồ ỗỗố k ÷÷ø(2x) (1 + x )
k =0

k

2 n- k

(1 + x)

22
n

=

ổnử

ồ ỗỗố k ữữứ2

x (1 + x 2 ) n- k +

k k

k =0

n

ổnử

ồ ỗỗố k ữữứ2

k k +1

x

(1 + x 2 ) n-k

(*)

k =0

Khi n – k lẻ, trong biu thc
ổnử k k
ổnử
ỗỗ ữữ2 x (1 + x 2 ) n -k = ỗỗ ữữ2 k x k
ốkứ
ốk ứ

n -k

ổ n - k ử 2i
ữx
i ữứ

ồ ỗỗố
i =0

n

khụng cú một nhóm chứa x và trong biểu thức
n-k

ỉ n ư k k +1
ổnử
ổ n - k ử 2i
ỗỗ ữữ2 x (1 + x 2 )n - k = ỗỗ ữữ2k x k +1
ỗỗ
ữx
i ữứ

ốk ứ
ốkứ
i=0 ố

ồ

Nhúm cha xn l
n-k
ổ n ö n k +1 æ
ö 2( n -k -1) / 2 ổ n ử k ổ n - k ử
ỗỗ ữữ2 x ỗỗ
ữữ x
ữữ
= ỗỗ ữữ2 ỗỗ
ốk ứ
ố (n - k - 1) / 2 ø
è k ø è [(n - k ) / 2]ø

Khi n – k chẵn, trong biểu thức
n -k

ỉ n ư k k +1
ỉnư
ỉ n - k ử 2i
ỗỗ ữữ2 x (1 + x 2 ) n- k = ỗỗ ữữ2 k x k +1
ỗỗ
ữx
k
k
i ữứ

ố ø
è ø
i =0 è

å

khơng có nhóm chứa xn và trong biu thc
ổnử k k
ổnử
ỗỗ ữữ2 x (1 + x 2 ) n - k = ỗỗ ữữ2 k x k
ốk ứ
ốk ứ

n -k

ổ n - k ử 2i
ữx
i ữứ

ồ ỗỗố
i =o

n

nhóm chứa x là
ỉ n ư n k ỉ n - k ö 2( n - k ) / 2 ổ n ử k ổ n - k ử n
ỗỗ ữữ2 x ỗỗ
ữữ x
ữữ x
= ỗỗ ữữ2 ỗỗ

ốk ứ
ố (n - k ) / 2 ø
è k ø è [(n - k ) / 2]ø

Do đó, hệ số của xn v phi ca (*) l
n

ổnử

n-k

kổ

ử

ồ ỗỗố k ữữứ2 ỗỗố [(n - k ) / 2]÷÷ø
k =0

n

Do đó ta có

k =0

Cỏch 2:

ổnử

kổ

n-k

ử ổ 2n + 1ử
ữ
n ữứ

ồ ỗỗố k ữữứ2 ççè [(n - k ) / 2]÷÷ø = ççè


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
æ 2n + 1ử
ữữ
l ỗỗ
ố n ứ
Mt khỏc, ta cng cú s cách tính như sau
Cho k ngun bất kỳ, ta tìm k cặp từ n cặp sinh viên và mỗi
cặp một vộ.
ổnử

Cú ỗỗ ữữ2 k cỏch tỡm k cp v chọn một sinh viên từ mỗi
k
è ø

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

ù
trái. Chúng ta chọn éê
ú cặp và cho mỗi cặp 2 vé. Như vậy có
2
ë
û
ỉ n-k ử
ỗỗ
ữữ
ố [(n - k ) / 2]ứ

cỏch lm điều này.
n-kù
ú
ë 2 û

Bây giờ ta gán S = k + 2éê

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 tồn bộ vé có được cho
sinh viên.
Khơng khó để lấy k từ các giá trị từ 1 đến n. Như vậy ta đã
tìm được cách để gán n vộ ú.
n

Do ú, cú

ổnử

n-k

kổ

ử

ồ ỗỗố k ữữứ2 ỗỗố[(n - k ) / 2]÷÷ø

cách để tìm n người đi xem

i =0

n

ỏ búng.

Vy

ổnử

kổ

n-k

ử ổ 2n + 1ử
ữ
n ữứ

ồ ỗỗố k ữữứ2 ççè[(n - k ) / 2]÷÷ø = ççè
i =0