Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp và ý nghĩa hình học của số C

1

MỤC LỤC
MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
MỞ ĐẦU

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Chương 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP
1.1 Tập hợp hữu hạn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Định lý (Định lý Cantor-Bernstein). . . . . . . .
1.1.4 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.6 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.7 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.8 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.9 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.10 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.11 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.12 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.13 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.14 Định nghĩa (Tích Decartes suy rộng) . . . . . .
1.1.15 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số cấu hình tổ hợp đơn giản. . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.5 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.6 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.7 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Một số bài toán áp dụng cấu hình tổ hợp đơn giản. . .
1.4 Phương pháp giải bài toán tạo số . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

1
4
6
6
6
6
7
7
7
8
8
9
9
9
10
10
11
11
12
12
12
13
13
13
14
14
15
15

20


2
1.4.1 Đặt vấn đề. . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Một số dạng toán thường gặp. . . . . . . .
1.5 Một số phương pháp giải toán trong hình học hữu
1.5.1 Sử dụng các kết quả về đại số tổ hợp. . . .
1.5.2 Sử dụng nguyên lý Dirichlet. . . . . . . . .
1.5.3 Sử dụng nguyên lý cực hạn. . . . . . . . .
1.5.4 Sử dụng công thức phủ. . . . . . . . . . .

. . .
. . .
hạn.
. . .
. . .
. . .
. . .

.
.
.
.
.
.
.

Chương 2. PHƯƠNG PHÁP QUỸ ĐẠO TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP
VÀ Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ Cnk

2.1 Lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ. . . . . . . . .
2.1.1 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Áp dụng vào giải một số bài toán số học. . . . . .
2.2 Bài toán cắt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Thí dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.6 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp. Ý nghĩa hình
học của số Cnk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Chú ý. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.5 Hệ quả. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.6 Mệnh đề. (Quy tắc Pascal) . . . . . . . . . . . . .
2.3.7 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.8 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.9 Mệnh đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.10 Bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Một số tính chất của quỹ đạo và ứng dụng. . . . . . . . .
2.4.1 Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20
21
25
26

27
29
31
32
32
32
32
36
36
36
37
37
38
39
39
39
39
40
40
40
41
42
43
44
45
46
46


3

2.4.2
2.4.3
2.4.4
2.4.5
2.4.6
2.4.7
2.4.8
2.4.9

Mệnh đề. . . . . .
Mệnh đề. . . . . .
Mệnh đề. . . . . .
Mệnh đề. . . . . .
Mệnh đề. . . . . .
Bài toán sắp hàng.
Chú ý. . . . . . . .
Bài toán bỏ phiếu.
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . .
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

47
47
47

48
49
49
50
51
52
53


4

MỞ ĐẦU
Tổ hợp là một ngành toán học rời rạc nghiên cứu về các cấu hình
kết hợp các phần tử của một tập hữu hạn. Các cấu hình đó là những
phép liệt kê, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp các phần tử của một tập hợp.
Tổ hợp có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học như đại
số, lý thuyết xác suất và hình học, các ngành ứng dụng như khoa học
máy tính và vật lý thống kê.
Các bài toán tổ hợp cơ bản bao gồm: Bài toán rời rạc và đại số tổ
hợp, Bài toán tô màu, Bài toán trò chơi, Bài toán đồ thị.
Bản luận văn chúng tôi đi sâu tìm hiểu một phương pháp thường
được sử dụng trong việc giải các bài toán tổ hợp, đó là phương pháp
quỹ đạo. Nội dung của phương pháp quỹ đạo trong các bài toán tổ hợp
là dựa trên lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ để đưa ra cách
giải thích hình học nhằm quy bài toán tổ hợp đã cho về tính số đường
đi (hay quỹ đạo) có một số tính chất xác định nào đó. Dựa trên phương
pháp quỹ đạo, chúng tôi tìm hiểu ý nghĩa hình học của số Cnk - tổ hợp
chập k của n phần tử.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luận
văn gồm hai chương:

Chương 1. Một số kiến thức cơ sở về đại số tổ hợp
Trong chương này chúng tôi hệ thống một số kiến thức cơ sở về tập
hợp hữu hạn và một số cấu hình tổ hợp đơn giản. Sau đó tìm hiểu ứng
dụng của chúng trong việc phân loại và xây dựng phương pháp giải bài
toán tạo số. Phần cuối chương trình bày một số phương pháp giải toán
trong hình học hữu hạn.
Chương 2. Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp và ý nghĩa hình
học của số Cnk
Trong chương này, trước hết chúng tôi trình bày khái niệm lưới điểm
nguyên trong mặt phẳng tọa độ và phương pháp quỹ đạo. Từ đó làm
sáng tỏ ý nghĩa hình học của số Cnk (Tổ hợp chập k của n phần). Sau
đó đi sâu tìm hiểu một số tính chất của quỹ đạo và ứng dụng của chúng


5
vào việc giải các bài toán khá nổi tiếng trong xác suất như bài toán xếp
hàng, bài toán về bỏ phiếu của Bertrand.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự chỉ bảo tận tình của PGS.TS
Lê Quốc Hán. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại
số và Lý thuyết số, khoa Toán học và phòng Đào tạo Sau Đại học của
trường Đại học Vinh đã giúp đỡ chúng tôi có được điều kiện thuận lợi
nhất .
Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè và các học viên
lớp Cao học 19 - Đại số và lý thuyết số.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song luận văn không tránh khỏi những
hạn chế, thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả

6

Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP

1.1
1.1.1

Tập hợp hữu hạn.
Định nghĩa.

Hai tập hợp A và B được gọi là tương đương với nhau, ký hiệu A ∼ B,
nếu tồn tại một song ánh từ A lên B.

1.1.2

Mệnh đề.

Quan hệ ∼ xác định trong Định nghĩa 1.1.1 là một quan hệ tương
đương trên các tập hợp.
Chứng minh. Giả sử A là một tập hợp tùy ý. Khi đó ánh xạ đồng nhất
idA : A −→ A
a

−→ a

là một song ánh, do đó A ∼ A nên ∼ có tính chất phản xạ.
Giả sử A ∼ B. Thế thì tồn tại một song ánh f : A −→ B. Khi đó
ánh xạ ngược f −1 : B −→ A cũng là một song ánh. Do đó B ∼ A nên

∼ có tính chất đối xứng.
Giả sử A ∼ B và B ∼ C. Khi đó có các song ánh f : A −→ B và
g : B −→ C. Thế thì tích h = g ◦ f : A −→ C là một song ánh nên
A ∼ C. Vậy ∼ có tính chất bắc cầu và từ đó, ∼ là một quan hệ tương
đương.
✷
Như vậy, nếu A ∼ B thì B ∼ A, điều này giải thích thuật ngữ "tương
đương với nhau" trong Định nghĩa.


7

1.1.3

Định lý (Định lý Cantor-Bernstein).

Cho A và B là những tập hợp, thế thì phải xảy ra một trong hai
trường hợp sau:
i) A tương đương với một tập con nào đó của B;
ii) B tương đương với một tập con nào đó của A.
Nếu cả hai trường hợp trên đồng thời xảy ra thì A và B tương đương
với nhau.
Định lý 1.1.3 do Cantor nêu lên trong khi nghiên cứu lý thuyết tập
hợp, nhưng Cantor không chứng minh được. Phần thứ hai của định lý
được Bernstein chứng minh năm 1897, nên được gọi là định lý CantorBernstein. Phần thứ nhất của Định lý 1.1.3 được Zermelo chứng minh
vào năm 1901 sau khi đưa tiên đề chọn vào lý thuyết tập hợp. Chúng ta
không trình bày chứng minh định lý này.
Chú ý rằng : nói A tương đương với một tập con nào đó của B đồng
nghĩa với nói rằng có một đơn ánh từ A vào B.

1.1.4

Định nghĩa.

Giả sử A và B là hai tập hợp tương đương với nhau. Khi đó ta nói
rằng A và B có cùng một lực lượng.
Để ký hiệu lực lượng của tập hợp A ta có thể dùng ba ký hiệu |A|, #A
hay cardA. Trong luận văn này, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu |A|.

1.1.5

Định nghĩa.

Một tập hợp không tương đương với một tập con thực sự nào của nó
được gọi là một tập hợp hữu hạn. Một tập hợp không phải là tập hợp
hữu hạn gọi là tập hợp vô hạn.
Như vậy, một tập hợp A là vô hạn khi và chỉ khi có một tập con thực
sự của A có cùng lực lượng với A; nói một cách khác; khi và chỉ khi có
một đơn ánh f : A −→ A sao cho f (A) = A.


8

1.1.6

Định nghĩa.

Lực lượng của một tập hợp hữu hạn được gọi là một số tự nhiên.
Tập rỗng là một tập hợp hữu hạn, vì thế lực lượng của nó là một số
tự nhiên, ta gọi là số không và ký hiệu bởi 0.

Tập hợp A = {a} chứa một phần tử duy nhất là một tập hợp hữu
hạn do đó lực lượng của A là một số tự nhiên, gọi là số một và được ký
hiệu bởi 1.
Nếu A là một tập hợp với lực lượng là n thì ta nói rằng tập hợp A∪{a}
có lực lượng là n + 1. Tập hợp các số tự nhiên được ký hiệu bởi N. Đó là
một tập hợp vô hạn và được viết (có thứ tự) : N = {0, 1, 2, ..., n, n+1, ...}.
Như vậy, nếu tập A tương đương với một tập gồm n số nguyên dương
đầu tiên thì ta nói rằng số phần tử của tập A bằng n (hay còn nói tập
A có n phần tử ).
Sau đây là một số tính chất cơ bản của tập hợp hữu hạn.

1.1.7
thì

Mệnh đề.

Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn rời nhau (nghĩa là A ∩ B = ø)
|A ∪ B| = |A| + |B|

Chứng minh. Nếu ít nhất một trong hai tập hợp A, B là tập rỗng thì
khẳng định là hiển nhiên. Nếu A = ø, B = ø thì tồn tại các số tự nhiên
m, n khác 0 sao cho |A| = m, |B| = n. Khi đó tồn tại các song ánh
f : A −→ {1, 2, ..., m} và g : B −→ {1, 2, ..., n}.
Vì A ∩ B = ø nên với mỗi t ∈ A ∪ B chỉ có thể xảy ra một trong hai
khả năng:
(i) t ∈ A và t ∈
/ B.
(ii) t ∈
/ A và t ∈ B.Do đó ta thiết lập được ánh xạ
h : A ∪ B −→ {1, 2, ..., m + n}

t∈A∪B

−→

f (t)

nếu t ∈ A

g(t) + m nếu t ∈ B


9
Khi đó h là song ánh nên A ∪ B ∼ {1, 2, ..., m + n}. Từ đó:
|A ∪ B| = m + n = |A| + |B|.
✷
Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh được :

1.1.8

Hệ quả.

Nếu A1, A2, ..., An(n ≥ 2) là n tập hữu hạn đôi một rời nhau thì
|A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An | = |A1| + |A2| + ... + |An |.

1.1.9

Hệ quả

Nếu B là một tập con của một tập hữu hạn A thì
|A \ B| = |A| − |B|.

Chứng minh. Vì B ⊆ A nên A = (A \ B) ∪ B và (A \ B) ∩ B = ø. Do
đó theo Mệnh đề 1.1.7, có
|A| = |A \ B| + |B|
từ đó
|A \ B| = |A| − |B|.
✷

1.1.10

Hệ quả.

Với A, B là hai tập hữu hạn bất kỳ, ta có
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.


10
Chứng minh. Ta có
A ∪ B = A ∪ (B \ (A ∩ B))
trong đó A ∩ B ⊆ B và A ∩ (B \ (A ∩ B)) = ø nên từ Mệnh đề 1.1.7 và
Hệ quả 1.1.9 có
|A ∪ B| = |A| + |B \ (A ∩ B)| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
✷

1.1.11

Hệ quả.

Với A1, A2, ..., An(n ≥ 2) là n tập hợp hữu hạn bất kỳ, ta có
n

|

i=1

n

Ai | =

(−1)k−1
i=1

1≤i1
| ∩ Ai j |

Chứng minh. Dựa vào Hệ quả 1.1.10 và chứng minh bằng phương pháp
quy nạp theo n.
✷

1.1.12

Mệnh đề.

Với A, B là hai tập hợp hữu hạn bất kỳ, ta có
|A × B| = |B × A| = |A|.|B|
Chứng minh. Nếu A hoặc B là tập rỗng thì khẳng định hiển nhiên đúng.
Ta xét trường hợp A = ø, B = ø.
Đặt |A| = m và giả sử A = {a1, a2 , ..., am}. Đặt |B| = n và giả sử
B = {b1, b2, ..., bn}. Khi đó, từ định nghĩa của tích Decartes A × B, ta có
A × B = A1 ∪ A2 ∪ .... ∪ Am

(1)

trong đó Ai = {(ai , b1), (ai, b2), ..., (ai, bn)} với mỗi i = 1, 2, ..., m.
Vì Ai ∩ Aj = ø với i = j ∈ {1, 2, ..., m} nên từ (1) suy ra
|A × B| = |A1 | + |A2 | + ... + |Am |

(2)


11
theo Hệ quả 1.1.8.
Vì Ai ∼ B với mọi i = 1, 2, ..., m nên từ (2) có
|A × B| = m|B| = |A|.|B|

Tương tự, ta chứng minh được :

|B × A| = |B|.|A| = |A|.|B|.
✷

1.1.13

Hệ quả.

Với n tập hợp hữu hạn A1, A2, ..., An bất kỳ, ta có
|A1 × A2 × ... × An | = |A1 |.|A2|...|An|.

Chứng minh. Dựa vào Hệ quả 1.1.12 và quy nạp theo n.

1.1.14

✷

Định nghĩa (Tích Decartes suy rộng)

(i) Với hai tập hữu hạn A, B và số tự nhiên k cho trước thỏa mãn
k ≤ |B|, ta xây dựng tập hợp mới, ký hiệu bởi M(A, B, k) như sau:
M(A, B, k) = {(a, b)|a ∈ A, b ∈ B và mỗi phần tử a thuộc
A được ghép cặp với đúng k phần tử thuộc B}

Khi đó M(A, B, k) được gọi là tích Decartes suy rộng của hai tập A và
B theo thứ tự đó. Đặc biệt, khi k = |B| thì M(A, B, k) là tích Decartes
của A và B.
(ii) Với n tập hữu hạn A1, A2, ..., An(n ≥ 2) và n số nguyên dương
k1, k2, ..., kn cho trước thỏa mãn k1 = |A1 |, ki ≤ |Ai| với mọi i = 2, n, ta
xây dựng các tập mới như sau:
M1 =A1
M2 =M(M1 , A2, k2),
M3 =M(M2 , A3, k3),
.......


12
Mi =M(Mi−1 , Ai, ki ),
Mn =M(Mn−1 , An, kn).
Khi đó, tập Mn được gọi là tích Decartes suy rộng của n tập hợp
A1, A2, ..., An theo thứ tự đó, và sẽ ký hiệu tập Mn bởi
M(A1 , A2, ..., An; k1, k2, ..., kn).

1.1.15

Hệ quả.

Với A1 , A2, ...An(n ≥ 2) là n tập hợp hữu hạn bất kỳ và k1 , k2, ..., kn
là n số tự nhiên khác không thỏa mãn k1 = |A1|, ki = |Ai |, ∀i = 2, 3, ..., n
ta có
|M(A1 , A2, ..., An; k1, k2, ..., kn)| = k1 k2 ...kn
Chứng minh. Sử dụng các lập luận trong chứng minh các Hệ quả 1.1.12
và 1.1.13.
✷

1.2

Một số cấu hình tổ hợp đơn giản.

Trong phần này, ta luôn luôn giả thiết rằng k và n là các số tự nhiên
khác không và A là tập hợp có n phần tử : A = {a1 , a2 , ..., an}

1.2.1

Bổ đề.

Gọi T1 là tập gồm tất cả các bộ (ai1 , ai2 , ..., aik ) có thứ tự thỏa mãn
aij ∈ A, ∀j = 1, 2, ..., k và ai1 , ai2 , ..., aik không bắt buộc đôi một khác
nhau. Khi đó
|T1 | = nk
Chứng minh. Vì T1 = A1 × A2 × ... × Ak với A1 = A2 = ... = Ak = A
nên theo Hệ quả 1.1.13, có
|T1| = |A1|.|A2 |...|Ak | = nk .
✷

13

1.2.2

Bổ đề.

Giả sử k ≤ n. Gọi T2 là tập gồm tất cả các bộ (ai1 , ai2 , ..., aik ) có thứ
tự thỏa mãn aj ∈ A, ∀j = 1, 2, ..., k và ai1 , ai2 , ..., aik đôi một khác nhau.
Khi đó
|T2 | = n(n − 1)...(n − k + 1).
Chứng minh. Vì T2 = M(A1, A2, ..., An; k1, k2, ..., kn), trong đó
|A1| = ... = |Ak | = k và k1 = n, k2 = n − 1, ..., kn = n − k + 1
nên theo Hệ quả 1.1.15, có
|T2 | = n(n − 1)...(n − k + 1).
✷

1.2.3

Định nghĩa.

(i) Mỗi phần tử của tập T2 ở trên được gọi là một chỉnh hợp chập k
của n phần tử a1 , a2 , ..., an. Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử được
ký hiệu bởi Akn . Theo Bổ đề 1.2.2, có Akn = n(n − 1)...(n − k + 1).
(ii) Khi k = n thì mỗi phần tử của tập T2 được gọi là một hoán vị
của n phần tử a1 , a2 , ..., an.
Số lượng các hoán vị của n phần tử a1 , a2 , ..., an bằng n! = 1.2...n.

1.2.4

Bổ đề.

Giả sử k ≤ n. Gọi T3 là tập hợp gồm tất cả các bộ (ai1 , ai2 , ..., aik )
không có thứ tự thỏa mãn aij ∈ A, ∀j = 1, 2, ..., k và ai1 , ai2 , ..., aik đôi
một khác nhau. Khi đó
|T3| =

n!
k!(n − k)!

Chứng minh. Phân hoạch tập T2 thành các tập con Ti1 ,i2 ,...,in với Ti1,i2 ,...,in
là tập gồm tất cả các phần tử t ∈ T2 mà t được tạo nên bởi k phần tử


14
đôi một khác nhau ai1 , ai2 , ..., aik của A. Gọi T ∗ là tập hợp gồm tất cả
các tập con của phân hoạch nói trên. Khi đó T ∗ ∼ T3, nên
|T ∗ | = |T3 |

(1)

Vì |Ti1 ,i2 ,...,ik | = k!, theo nhận xét trên
|T ∗ | =

n!
n(n − 1)...(n − k + 1)
=
k!
k!(n − k)!

Kết hợp với (1), có |T3| =

1.2.5

n!
.
k!(n − k)!

✷

Định nghĩa.

Một phần tử của tập T3 được gọi là một tổ hợp chập k của n phần
tử ai1 , ai2 , ..., ain .
Số phần tử của tập T3 được ký hiệu bởi Cnk hay nk . Như vậy
Cnk =

n
k

=

n!
.
k!(n − k)!

Ta quy ước Cn0 = 1 và Cnn = 1.

1.2.6

Mệnh đề.

Giả sử T4 là tập hợp tất cả các bộ (ai1 , ai2 , ..., aik ) không có thứ tự
thỏa mãn aij ∈ A, ∀j = 1, 2, ..., k và ai1 , ai2 , ..., aik không bắt buộc đôi một
khác nhau. Khi đó
k
|T4 | = Cn+k−1
.
Chứng minh. Xét tập
S = {(i1, i2, ..., ik )|i1 ≤ i2 ≤ .... ≤ ik , ij ∈ {1, 2, ..., n}, ∀j = 1, k}.
Thế thì
T4 ∼ S

(1)


15
Giả sử S ∗ là tập gồm tất cả các bộ (t1, t2 , ..., tk ) không có thứ tự thỏa
mãn tj ∈ {1, 2, ..., n + k − 1} với mọi j = 1, 2, .., k và t1 , t2, ..., tk đôi một
khác nhau. Khi đó tương ứng
(i1, i2, ..., ik ) ∈ S

−→ (i1 , i1 + 1, ..., ik + k − 1) ∈ S ∗

là một song ánh nên S ∼ S ∗.
(2)
k
theo Bổ đề 1.2.4 nên
Từ (1) và (2) suy ra T4 ∼ S ∗. Vì |S ∗ | = Cn+k−1

k
|T4 | = |S| = |S ∗ | = Cn+k−1
.

✷
Bằng phương pháp đã sử dụng trong chứng minh Bổ đề 1.2.4 và dựa vào
kết quả của Bổ đề 1.2.2, ta nhận được :

1.2.7

Mệnh đề.

Giả sử A là tập gồm n phần tử (n ≥ 1) : A = {a1 , a2, ..., an} và
k1, k2, ..., kn, k là n+1 số tự nhiên thỏa mãn điều kiện k1 +k2 +...+kn = k.
Gọi T5 là tập hợp gồm tất cả các bộ (ai1 , ai2 , ..., aik ) có thứ tự mà trong
mỗi bộ ta đều thấy phần tử ai xuất hiện đúng ki lần với mọi i = 1, 2, ..., n.
Khi đó
k!
|T5| =
k1 !k2!...kn!

1.3

Một số bài toán áp dụng cấu hình tổ
hợp đơn giản.

Bài toán 1. Cho các số nguyên dương k và n. Gọi A là tập hợp gồm
.
tất cả các số nguyên dương a không vượt quá n và thỏa mãn a..k. Hãy
tìm |A|.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra A = {k, 2k, ..., mk} với m là số tự nhiên
thỏa mãn điều kiện
mk ≤ n ≤ (m + 1)k

(1)


16
n
n
do (1); trong đó
là số
Từ đó A ∼ 1, 2, ..., m. Vì thế |A| = m =
k
k
n
n
nguyên lớn nhất không vượt quá (phần nguyên của ).
✷
k
k
Bài toán 2. Cho số nguyên dương n và cho k số nguyên a1 , a2, ..., ak
đôi một nguyên tố cùng nhau. Ký hiệu
.
A = {a ∈ N∗ |a ≤ n; a .. ai , ∀i = 1, 2, .., k}
Hãy tìm |A|.
.
Lời giải. Với mỗi i = 1, 2, ..., k, đặt A = {a ∈ A∗ |a..ai }, với A∗ là tập
gồm n số nguyên dương đầu tiên. Thế thì
k

∗

A=A \(
k

Vì Ai là tập con của A∗ nên
và Hệ quả 1.1.11, suy ra

i=1

(1)

Ai )
i=1

Ai ⊆ A∗ . Do đó từ (1), theo Hệ quả 1.1.9

k
∗

|A| =|A | − |

i=1

Ai |
m

∗

=|A | −

=n − (

(−1)

m−1

|

1≤i1
Ai j |

n
n
n
n
+
+ ... +
+ ... + (−1)k
).
a1
a2
ak
a1 a2 ...ak

✷
Bài toán 3. Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập hợp gồm tất cả các
số nguyên dương a ≤ n và (a, n) = 1. Hãy tìm |A|.
Lời giải. Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn là
n = pk11 pk22 ...pkmm

trong đó k1 , k2, ..., km ∈ N∗ và p1 , p2, ..., pm là tất cả các ước nguyên tố
của n. Khi đó
.
A = {a ∈ N∗ |a ≤ n; a .. pi , ∀i = 1, 2, ..., m}.


17
Vì thế, theo kết quả Bài toán 2, ta có
n

|A| =n −

i=1

=n(1 −

n
n
n
+
− ... + (−1)m
pi 1≤ip1p2 ...pm

1
1
1
)(1 − )...(1 −
).
p1

p2
pm
✷

Chú ý: |A| = ϕ(n), trong đó ϕ là hàm số học Euler.
Bài toán 4. Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập gồm tất cả các
số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện n chia hết cho a. Hãy tìm |A|.
Lời giải. Giả sử n có sự phân tích tiêu chuẩn
n = pk11 pk22 ...pkmm
Khi đó, mỗi a ∈ A đều có dạng
a = pt11 pt22 ...ptmm
trong đó ti ∈ N và ti ≤ ki với mọi i = 1, 2, ..., m.
Từ đó suy ra A ∼ B, trong đó B là tập gồm các bộ có thứ tự
(t1, t2 , ..., tm) thỏa mãn ti ∈ N và ti ≤ ki , ∀i = 1, 2, ..., m.
Ta lại có
B = B1 × B2 × ... × Bm

trong đó Bi = {0, 1, ..., ki}, ∀i = 1, 2, ..., m.
Vì vậy, |A| = |B| = |B1 |.|B2|....|Bn| = (1 + k1)(1 + k2 )...(1 + km ). ✷
Bài toán 5. Cho các số nguyên dương k và n thỏa mãn điều kiện
n > k 2 − k + 1. Xét n tập hợp A1, A2, ..., An thỏa mãn đồng thời các điều
kiện :
(i) |Ai | = k, ∀i = 1, 2, ..., n;
(ii) |Ai ∪ Aj | = 2k − 1, ∀i = j ∈ {1, 2, ..., n}
Hãy tìm |

n

i=1

Ai |

Lời giải. Từ các giả thiết của bài toán suy ra
|Ai ∩ Aj | = 1, ∀i = j ∈ {1, 2, ..., n}

(1)


18
Xét một tập bất kỳ, chẳng hạn A1. Khi đó, do (1) ta có
|A1 ∩ Ai | = 1, ∀i = 2, 3, ..., n
Vì tập Ai có k phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, phải tồn tại phần
tử a ∈ A1 là phần tử chung của ít nhất m tập trong các tập A2, ..., Am
n−1
> k − 1.
(2)
với m ≥
k
Nếu m < n − 1 thì sẽ tồn tại Aj mà a ∈ Aj . Khi đó, từ (1) và (2)
suy ra |Aj | ≥ m + 1 > k. Điều vừa nhận được cho thấy m = n − 1, và
vì thế |

n

i=1

Ai | = 1. Từ đó

n

|

i=1

Ai| = n(k − 1) + 1.

✷
Bài toán 6. Hỏi từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 ta có thể lập được tất cả
bao nhiêu số có 15 chữ số mà trong mỗi số, mỗi chữ số đều có mặt đúng
3 lần và không có chữ số nào chiếm ba vị trí liên tiếp trong số đó ?
Lời giải. Gọi A∗ là tập hợp gồm tất cả các số thỏa mãn yêu cầu đề
bài và A là tập hợp được lập nên bởi các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 mà mỗi chữ
số có mặt đúng 3 lần trong số đó. Thế thì
5
∗

A =A\(

Ai )

(1)

i=1

trong đó Ai là tập gồm tất cả các số thuộc A mà trong mỗi số, chữ số i
chiếm đúng 3 vị trí liên tiếp, i = 1, 2, 3, 4, 5.
Xét 1 ≤ k ≤ 5. Khi đó
k

|

i=1

Ai | =

(15 − 2k)!
.
35−k

Do đó từ (1), theo Hệ quả 1.1.9, Hệ quả 1.1.11 và Mệnh đề 1.2.7, suy ra:
15!
1 13!
2 11!
3 9!
4 7!
5 5!
−
C
.
+
C
.
−
C
.
+
C
.
−
C

5
5
5 2
5 1
5. 0
35
34
33
3
3
3
=2858830680.

|A∗| =

✷


19
Bài toán 7. Cho k, n ∈ N∗ và 1, k ≤ n. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra k số đôi một khác nhau từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho trong
mỗi bộ k số được chọn ra, không có hai số nào là hai số nguyên liên
tiếp?
Lời giải. Gọi m là số cần tìm. Ta có m = |A|, với A là tập gồm tất
cả các bộ không có thứ tự (a1 , a2, ..., ak ) thỏa mãn ai ∈ {1, 2, ..., n} với
mọi i = 1, 2, ..., k và |ai − aj | ∈ {0, 1} với mọi i = j ∈ {1, 2, ..., k}.
Không mất tính tổng quát, với mỗi (a1 , a2 , ..., ak ) ∈ A ta có thể giả
thiết rằng a1 < a2 < ... < ak . Xét tương ứng
(a1, a2 , ..., ak ) ∈ A

−→ (a1 , a2 − 1, ..., ak − k + 1)

Thế thì tương ứng trên xác định một song ánh từ A lên B, với B là
tập gồm tất cả các bộ (b1, b2, ..., bk ) không có thứ tự thỏa mãn bi ∈
{1, 2, ..., n − k + 1}, ∀i = 1, 2, ..., k và bi = bj , ∀i = j ∈ {1, 2, ..., k}. Từ đó
k
(theo Bổ đề 1.2.4).
✷
A ∼ B, và như vậy |A| = |B| = Cn−k+1
Bài toán 8. Cho các số nguyên dương n, k, m thỏa mãn điều kiện
1 < k ≤ n. Hỏi có tất cả các bao nhiêu cách chọn ra k số phân biệt
a1 , a2, ..., ak từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho |ai − aj | > m, ∀i =
j ∈ {1, 2, ..., k} ?
Lời giải. Bằng phương pháp đã sử dụng để giải Bài toán 7, ta chứng
k
.
✷
minh được số cần tìm bằng Cn−(k−1)m
Bài toán 9. Cho n, k, m ∈ N∗ thỏa mãn điều kiện m > 1 và 1 <
k ≤ n. Hỏi có tất cả bao nhiêu chỉnh hợp chập k(a1 , a2, ..., ak ) của n số
nguyên dương đầu tiên mà mỗi chỉnh hợp (a1 , a2 , ..., ak ) đều thỏa mãn ít
nhất một trong hai điều kiện : hoặc tồn tại hai số i = j ∈ {1, 2, ..., k}
sao cho i < j và ai > aj , hoặc tồn tại i ∈ {1, 2, ..., k} sao cho ai − i
không chia hết cho m ?
Lời giải. Gọi A là tập hợp tất cả các chỉnh hợp chập k của n số
nguyên dương đầu tiên. Gọi A∗ là tập hợp gồm tất cả các chỉnh hợp
thỏa mãn yêu cầu Bài toán 9, và gọi B là tập hợp gồm tất cả các chỉnh
hợp không thỏa mãn yêu cầu bài toán ấy. Khi đó A∗ = A \ B.
(1)
Xét tập hợp B. Ta có

.
B = {(a1, a2 , ..., ak ) ∈ A|a1 < a2 < ... < ak ; ai−i .. m, ∀i ∈ {1, 2, ..., m}}


20
Gọi B1 là tập hợp gồm tất cả các bộ không có thứ tự (b1, b2, ..., bk )
.
thỏa mãn bi ∈ {1, 2, ..., n + k(m − 1)} và bi .. m, ∀i ∈ {1, 2, ..., m}. Khi đó
tương ứng
(a1 , a2, ..., ak ) ∈ B

−→ {a1 + (m − 1),

a2 + 2(m − 1), ..., ak + k(m − 1)} ∈ B1

là một song ánh, nên B ∼ B1 .
Mặt khác, theo kết quả của Bài toán 1 và Bổ đề 1.2.4, có
|B1| = C[kn−k ]+k .
m

Vì vậy, từ (1), theo Hệ quả 1.1.9 và Bổ đề 1.2.2, ta nhận được
|A∗ | = n(n − 1)...(n − k + 1) − C kn−k +k .
[m]
✷
Chú ý. Trong bài toán 9, khi cho m = 2 ta nhận được bài 3 của đề
thi Quốc gia chọn học sinh giỏi Toán THPT (VMOP) năm 1996.
Bài toán 10. Cho các số k, n ∈ N∗ với 1 < k < n và n > 3. Cho đa
giác lồi A1 A2...An. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu k đỉnh của đa giác đó
sao cho trong mỗi cách tô không có hai đỉnh kề nhau nào cùng được tô
màu ?

Lời giải. Gọi T là tập hợp gồm tất cả các cách tô màu thỏa mãn yêu
cầu đề bài. Gọi T1 là tập hợp tất cả các cách tô màu thuộc T mà trong
mỗi cách tô ta đều thấy đỉnh A1 không được tô. Đặt T2 = T \ T1 thì
T = T1 ∪ T2 và T1 ∩ T2 = ø. Từ đó, theo Mệnh đề 1.1.7 và kết quả Bài
toán 7; ta nhận được
n
k
Cn−k
.
|T | =
n−k
✷

1.4
1.4.1

Phương pháp giải bài toán tạo số
Đặt vấn đề.

Trong đại số tổ hợp, ta thường gặp các bài toán về tính số các số tạo
thành từ một số chữ số cho trước và thỏa mãn một số điều kiện nào đó.


21
Trong phần này, ta quy ước:
• Khi nói cho một tập hợp gồm n chữ số, thì đó là các chữ số đôi
một khác nhau thuộc tập hợp {0, 1, 2, ..., 9} với n ≤ 9.
• Một số có m chữ số thì đó là số tự nhiên có chữ số đầu tiên bên
trái khác 0.
Khi giải các bài toán loại này ta thường dùng các mệnh đề sau, trong đó

ba mệnh đầu thực chất là sự phát biểu theo cách khác định nghĩa công
thức chỉnh hợp và tổ hợp (xem 1.2).
1.4.1.1

Mệnh đề.

Giả sử ta viết các chữ số theo hàng ngang và m, n là các số nguyên
dương với m ≤ n thì:
i) Số cách viết m chữ số trong n chữ số khác nhau vào m vị trí định
trước Am
n.
ii) Số cách viết m chữ số khác nhau vào m vị trí trong n vị trí định
trước bằng Am
n (ở n − m vị trí còn lại chưa xét sự thay đổi chữ số.)
iii) Số cách viết m chữ số giống nhau vào m vị trí trong n vị trí định
n
trước bằng Cnn−m và do đó bằng Cm
(vì Cnn−m = Cnm).
1.4.1.2

Mệnh đề.

Cho tập hợp gồm n chữ số, trong đó có chữ số 0, số các số có m chữ
m−1
số tạo thành từ chúng bằng (n − 1)An−1
(trong đó m ≤ n).
Chứng minh. Trước hết ta nhận xét rằng có n − 1 cách chọn chữ số đầu
tiên bên trái khác 0, sau đó áp dụng Mệnh đề 1.4.1.1 (ii) ta nhận được
Mệnh đề 1.4.1.2.
✷

1.4.2

Một số dạng toán thường gặp.

1.4.2.1

Số tạo thành chứa các chữ số định trước.

Bài toán 1. Cho tập hợp gồm n chữ số, trong đó có chữ số 0, từ
chúng có thể viết được bao nhiêu số có m chữ số khác nhau sao cho trong


22
đó có k chữ số định trước (thuộc n chữ số trên) với k < m ≤ n ?
Lời giải. Số tạo thành gồm m vị trí có dạng a1 a2 ...am với a1 = 0. Gọi
tập hợp k chữ số định trước là X. Ta xét hai trường hợp theo các khả
năng của giả thiết về tập hợp X và chữ số 0 như sau:
1)Giả thiết trong X chứa chữ số 0.
Ta có m − 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0; số cách viết k − 1 chữ số
khác 0 thuộc X vào k − 1 vị trí trong m − 1 vị trí còn lại bằng Ak−1
m−1
theo Mệnh đề 1.4.1.1 (ii); số cách viết m − k trong số n − k chữ số không
m−k
thuộc X vào m − k vị trí còn lại bằng An−k
theo Mệnh đề 1.4.1.1 (i).
Theo nguyên lý nhân, ta được số các số tạo thành theo trường hợp này
bằng
m−k
S = (m − 1).Ak−1

m−1.An−k .
2)Giả thiết trong X không chứa chữ số 0.
Ta tính theo từng bước :
Bước 1. Tính số các số tạo thành chứa chữ số 0.
Lần lượt có m − 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0; số cách viết k chữ
số thuộc X vào k vị trí trong m − 1 vị trí còn lại bằng Akm−1 theo Mệnh
đề 1.4.1.1 (ii), số cách viết m − k − 1 trong số n − k − 1 chữ số khác 0
m−k−1
mà không thuộc X vào m − k − 1 vị trí còn lại bằng An−k−1
theo Mệnh
đề 1.4.1.1 (i). Theo nguyên lý nhân, ta được số các số đó bằng
m−k−1
.
S1 = (m − 1).Akm−1.An−k−1

Bước 2. Tính số các số tạo thành không chứa chữ số 0.
Số cách viết k chữ số thuộc X vào k vị trí trong m vị trí bằng Akm
theo Mệnh đề 1.4.1.1 (ii); số cách viết m − k trong số n − k − 1 chữ số
m−k
khác 0 mà không thuộc X vào m − k vị trí còn lại bằng An−k−1
theo
Mệnh đề 1.4.1.1 (i). Theo nguyên lý nhân ta được số các số đó bằng
m−k
S2 = Akm .An−k−1
.

Bước 3. Theo nguyên lý cộng, ta được số các số tạo thành trong các
trường hợp thứ hai bằng
S = S1 + S2

23
hay
m−k−1
m−k
S = (m − 1).Akm−1.An−k−1
+ Akm .An−k−1
.

✷
1.4.2.2

Số tạo thành không chứa hai chữ số định trước cạnh
nhau.

Bài toán 2. Cho tập hợp n chữ số. Từ chúng viết được bao nhiêu
chữ số có m (với m ≤ n) chữ số khác nhau mà trong đó có hai chữ số
định trước nào đó không đứng cạnh nhau ?
Lời giải. Số tạo thành có dạng a1 a2 ...am và hai chữ số định trước là
x, y (thuộc n chữ số đã cho). Ta xét ba trường hợp tùy theo các khả
năng của giả thiết về chữ số x, y và chữ số 0 như sau:
1)Giả thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và hai chữ số định trước
x, y khác không.
Bước 1. Tính số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số định trước:
có n − 1 cách chọn vị trí cho chữ 0 và áp dụng Mệnh đề 1.4.1.1 (ii) ta
nhận được số các số đó bằng
m−1
S1 = (n − 1).An−1
.

Bước 2. Tính số các số có hai chữ số cạnh nhau x, y theo thứ tự xy
và yx.
• Với a1 a2 = xy. Khi đó mỗi số a3 ...am ứng với một chỉnh hợp chập
m − 2 của n − 2 chữ số khác x, y. Theo Mệnh đề 1.4.1.1 (i), số các
số đó bằng
m−2
S2 = An−2
.
• Với a1 khác 0, x, y mà số đó chứa xy. Lần lượt ta có : n − 3 cách
chọn chữ số cho a1 khác 0, x, y; m − 2 cách chọn vị trí cho xy; số
cách chọn m − 3 trong n − 3 chữ số còn lại khác a1 , x, y cho m − 3
m−3
vị trí còn lại là An−3
theo Mệnh đề 1.4.1 (i). Theo nguyên lý nhân,
số các số đó bằng
m−3
S3 = (n − 2).(m − 2).An−3
.


24
Từ hai trường hợp trên, ta có số các số có chứa xy bằng S2 + S3 .
• Tương tự, có S2 + S3 số với a1 a2 = yx hoặc a1 khác 0, x, y mà số
đó chứa yx.
Bước 3. Theo nguyên lý cộng, số các số tạo thành trong trường hợp
thứ nhất bằng
S = S1 − 2.(S2 + S3 )
hay

m−1

m−2
m−3
S = (n − 1)An−1
− 2.[An−2
+ (n − 3).(m − 2).An−3
)].

2) Giả thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và một trong hai chữ số
định trước bằng 0.
Lập luận tương tự theo hai bước:
Bước 1. Tính số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số x, y định
m−1
trước, nhận được S1 = (n − 1).An−1
.
Bước 2. Tính số các số có x, y cạnh nhau dạng x0 và 0x ta nhận được
m−2
m−2
S2 = (m − 1).An−2
; S3 = (2m − 2).An−2
.

Vậy số các số tạo thành trong trường hợp thứ hai là
S = S1 − (S2 + S3)
hay
m−1
m−2
m−2
S = (n − 1).An−1
− (m − 1).An−2
− (2m − 2).An−2

.

3) Giả thiết n chữ số đã cho không có chữ số 0.
Bằng lập luận tương tự, nhận được số các số tạo thành trong trường
hợp thứ ba là
m−2
S = Am
n − 2(m − 1)An−2 .
✷
1.4.2.3

Số tạo thành chứa chữ số lặp lại.

Bài toán 3. Cho tập hợp gồm n chữ số. Từ chúng viết được bao
nhiêu số có m chữ số (với 3 ≤ m ≤ n) sao cho trong đó có một chữ số


25
xuất hiện k lần, một chữ số khác xuất hiện q lần và một chữ số khác với
hai chữ số trên thỏa mãn k + q + 1 = m ?
Lời giải. Ta xét hai trường hợp:
1)Giả thiết n chữ số đã cho có chữ số 0.
Bước 1. Nếu kể cả trường hợp chữ số 0 đứng đầu tiên bên trái, ta
thấy:
k
Có n cách chọn chữ số xuất hiện k lần và có Cm
cách chọn k trong
m vị trí cho chữ số đó. Sau đó, có n − 1 cách chọn chữ số xuất hiện q
q
lần (khác với chữ số trên) và có Cm−k

cách chọn m − k vị trí còn lại cho
chữ số đó. Theo nguyên lý nhân, ta tính được số các số đó bằng
q
q
k
S = n.Cm
.(n − 1).Cm−k
.(n − 2), trong đó Cm−k
= q + 1.

Bước 2. Vì vai trò của n chữ số như nhau nên số các số có chữ số
đầu tiên bên trái khác 0 thỏa mãn bài toán bằng
n−1
k
.S = (n − 1)2.(n − 2).(q + 1).Cm
.
n
2) Giả thiết n chữ số đã cho không có chữ số 0.
Bằng lập luận tương tự, ta nhận được số các số thỏa mãn bài toán
trong trường hợp thứ hai bằng
q
k
S = n.(n − 1).(n − 2).Cm
.Cm−k

hay
k
S = n.(n − 1).(n − 2).(q + 1).Cm
.

✷

1.5

Một số phương pháp giải toán trong
hình học hữu hạn.

Trong phần này, ta hiểu các bài toán trong hình học hữu hạn là các
bài toán hình học trong đó các tập hợp được xét là tập hợp có hữu hạn
phần tử (như hữu hạn điểm, hữu hạn đường thẳng... ). Sau đây là một
số phương pháp thường dùng để giải các bài toán đó.