Phép Phân Hoạch Tập Hợp Và Một Số Ứng Dụng Trong Toán Sơ Cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN DIỄN

PHÉP PHÂN HOẠCH TẬP HOWPJVAF MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN SƠ CẤP

THÁI NGUYÊN 2015


Mục lục
Muc luc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1 Phép phân hoạch tập hợp

5

1.1

Phép phân hoach tập hợp và quan hệ tơng đơng . . . . .

5

1.2

Số Bell và số Stirling loại hai . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3

Một số công thức tính hàm phân hoạch tập hợp . . . . . .

18

2 Một số ứng dụng trong toán sơ cấp

22

2.1

Phân hoạch chẵn, lẻ và ứng dụng trong toán sơ cấp . . . .

22

2.2

Một số ứng dụng giải toán tổ hợp và hình học sơ cấp . . .

27

2.3

Phân hoach số và ứng dụng trong toán sơ cấp . . . . . . .

32

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

1


2

Lời cảm ơn
Trớc hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS
Lê Thị Thanh Nhàn đã giúp tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu
nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ. Hơn
nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài lớn không
nhiều nên tôi cha thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn
trong công việc nhng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc
hớng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện
đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn
Cô luân tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi. Cho đến bây giờ
luận văn thạc sĩ của tôi đã đợc hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốc
nhắc nhở và giúp đỡ tôi hết mình.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa toán-Tin và phòng Đào
tạo của trờng Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng
cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quí báu cũng

nh tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này.
Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,
những ngời đã không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện cho tôi.
Vì năng lực bản thân cũng nh thời gian còn hạn chế, luận văn chắc chắn
không thể tránh khỏi những sai sót. Tác giả rất mong nhận đợc sự đóng
góp ý kiến nhận xét của Thầy, Cô để bản luận văn đợc hoàn thiện hơn.
Nam Định, ngày 15, tháng 4, năm 2015
Học viên

Nguyễn Văn Diễn


3

Lời nói đầu
Lí thuyết phân hoạch tập hợp có một lịch sử lâu dài (đợc quan tâm từ
Thế kỉ 19), cho đến nay đây vẫn là một chủ đề nghiên cứu rất hấp dẫn và
thời sự. Lí thuyết phân hoạch tập hợp đóng vai trò quan trọng trong nhiều
lĩnh vực khác nhau của toán học nh Tổ hợp, Lí thuyết Lie, Lí thuyết biểu
diễn, Toán vật lí, Lí thuyết các hàm đặc biệt . . . . Vì tầm quan trọng của
nó trong những ứng dụng khác nhau, các nhà toán học đã nỗ lực tìm công
thức tính số phân hoạch một tập hợp. Một trong số những công thức tính số
phân hoạch đầu tiên thuộc về Bell trong một bài báo trên tạp chí nổi tiếng
Annals of Mathematics năm 1934 và tiếp tục phát triển trong một bài báo
khác trên Annals of Mathematics công bố năm 1938. Số phép phân hoạch
trên một tập hợp n phần tử đợc gọi là số Bell thứ n để ghi nhận đóng góp
to lớn của nhà toán học tên tuổi Eric Temple Bell (1883-1960), số này đợc
kí hiệu là Bn . Nhiều công thức khác để tính số phân hoạch tập hợp n phần
tử nh công thức đợc đa ra bởi G. C. Rota trong bài báo The Number
of Partitions of a Set trên Amer. Math. Monthly năm 1964, công thức

của W. F. Lunnon, P. Pleasants, M. N. Stephens trong bài báo Arithmetic
Properties of Bell Numbers to a Composite Modulus trên Acta Arith. năm
1979, . . . . Ngày nay việc nghiên cứu số Bell vẫn rất đợc quan tâm, thể
hiện trong công trình năm 2013 của E. D. Knuth tổng kết 2000 năm về toán
Tổ hợp (xem [K]), của D. Berend và T. Tassa năm 2010 (xem [BT]), của D.
Callan năm 2006 (xem [Ca]), . . ..
Mục đích của luận văn là nghiên cứu lí thuyết phân hoạch tập hợp, một
số công thức tính số Bell Bn và ứng dụng để giải một số dạng toán sơ cấp,
đặc biệt là toán tổ hợp.
Luận văn gồm 2 chơng. Trong Chơng 1, trớc hết chúng tôi trình bày


4

khái niệm phép phân hoạch tập hợp, chỉ ra sự liên quan chặt chẽ giữa phép
phân hoạch tập hợp và quan hệ tơng đơng trên cùng một tập hợp. Tiết 1.2
dành để chứng minh một số công thức tính số phân hoạch, số Stirling loại
2 và đa ra một số công thức truy hồi để tính số Bell. Chơng này cũng
giới thiệu về tam giác Bell, đó là thành quả của việc tính toán dựa trên các
công thức có đợc. Trong Chơng 2, chúng tôi trình bày một số ứng dụng
của lí thuyết phân hoạch trong việc giải một số dạng toán sơ cấp, đặc biệt
là đối với những bài toán trong đại số tổ hợp hay hình học sơ cấp. Chúng
tôi cũng đa ra lời giải một số bài toán liên quan đến nghiệm của phơng
trình, tính xác suất của biến cố hay bài toán phân hoạch của tập hợp số,
đặc biệt là những bài toán phân hoạch đa giác thành những tam giác trong
hình học sơ cấp.


Chơng 1
Phép phân hoạch tập hợp

Mục tiêu của Chơng 1 là trình bày khái niệm phân hoạch tập hợp, mối
quan hệ giữa phân hoạch tập hợp và quan hệ tơng đơng, tính chất cơ sở
của số Bell và chứng minh một số công thức tính số Bell, tức là công thức
tính hàm phân hoạch tập hợp.

1.1 Phép phân hoach tập hợp và quan hệ tơng đơng
Trong suốt tiết này luôn giả thiết X là một tập hợp khác rỗng. Mục tiêu
của tiết này là giới thiệu khái niệm phép phân hoạch tập hợp và mối liên
hệ giữa các phép phân hoạch của tập X với các quan hệ tơng đơng trên
tập X.
1.1.1 Định nghĩa. Ta gọi một phép phân hoạch tập X (hay một sự chia lớp
trên X) là một cách chia X thành một họ các tập con khác rỗng {Xi}iI
sao cho Xi Xj = với mọi i, j I, i = j và X =

Xi. Nếu {Xi}iI là
iI

một phân hoạch tập X thì mỗi tập con Xi đợc gọi là một khối của phân
hoạch; nếu I gồm k phần tử thì ta nói phân hoạch đó gồm k khối.
1.1.2 Ví dụ. (i) Nếu X = {a} thì X có đúng một phân hoạch, đó là phân
hoạch thành một khối X.
5


6

(ii) Nếu X = {a, b} thì X có hai phân hoạch, phân hoạch thứ nhất thành
một khối X; phân hoạch thứ hai gồm hai khối {a}, {b}.
(iii) Nếu X = {a, b, c} thì có 5 phép phân hoạch tập X, đó là
{{a}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}}; {{a, c}, {b}}; {{b, c}, {a}}; {{a, b, c}},

trong đó có một phân hoạch thành 1 khối, ba phân hoạch thành 2 khối, và
một phân hoạch thành 3 khối.
(iv) Nếu X = {a, b, c, d} thì có 15 phép phân hoạch tập X, đó là
{{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}}
{{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}}
{{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}}
{{b, c, d}, {a}}; {{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}}
{{a, d}, {b, c}; {a, b, c, d}; {abcd}.
Cụ thể:
Tập hợp gồm 4 phần tử có 1 phân hoạch thành 1 khối là {abcd}
Tập hợp gồm 4 phần tử có 1 phân hoạch thành 4 khối là {a, b, c, d}
Tập hợp gồm 4 phần tử có 7 phân hoạch thành 2 khối là
{{a, b, c}, {d}}; {{a, b, d}, {c}}; {{a, c, d}, {b}}; {{b, c, d}, {a}};
{{a, b}, {c, d}}; {{a, c}, {b, d}}; {{a, d}, {b, c}}
Tập hợp gồm 4 phần tử có 6 phân hoạch thành 3 khối là
{{a, d}, {b}, {c}}; {{a, b}, {c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}};
{{b, c}, {a}, {d}}; {{b, d}, {a}, {c}}; {{c, d}, {a}, {b}}
1.1.3 Ví dụ. Chú ý rằng phân hoạch không phụ thuộc vào thứ tự của các
khối. Chẳng hạn, trong Ví dụ 1.1.2(iii) với X = {a, b, c}, phép phân
hoạch {{a}, {b}, {c}} và {{b}, {a}, {c}} là nh nhau; phép phân hoạch
{{a, c}, {b}} và {{b}, {a, c}} là nh nhau.


7

Thực tế, có nhiều bài toán đợc quy về bài toán phân hoạch tập hợp nh
các bài toán về xác xuất thống kê, về tổ hợp đồ thị, . . . .
1.1.4 Ví dụ. Cho là không gian mẫu của một phép thử nào đó. Khi đó
hệ biến cố gồm n biến cố A1, A2 , A3 , . . . , An đợc gọi là 1 phân hoạch
của không gian mẫu nếu Ai Aj = , với mọi i, j = 1, 2, 3 . . . n và

A1 A2 A3 . . . An = . Hệ biến cố trên còn đợc gọi là hệ đầy đủ
và đôi một xung khắc với nhau. Khi đó với B là một biến cố bất kì trong
phép thử, ta có công thức đầy đủ và công thức Bayes nh sau:
(i) P (B) = P (A1)P (B/A1 ) + P (A2 )P (B/A2) + . . . + P (An)P (B/An )
P (Ai)P (B/Ai)
.
(ii) P (Ai/B) =
P (B)
Tiếp theo, chúng ta trình bày mối quan hệ giữa các phép phân hoạch tập
X với các quan hệ tơng đơng trên X. Nhắc lại rằng một tập con khác
rỗng của tích Descartes X ì X đợc gọi là một quan hệ (hai ngôi) trên X.
Ta thờng kí hiệu các quan hệ bằng các chữ R, S, T, , . . . hoặc các kí hiệu
, , , . . .. Cho là một quan hệ hai ngôi trên X. Nếu (a, b) thì ta
viết là ab và ta nói a quan hệ với b (theo quan hệ ). Dới đây là một số
tính chất quan trọng mà một quan hệ có thể có
(i) Phản xạ: aa với mọi a X.
(ii) Đối xứng: Nếu ab thì ba với mọi a, b X.
(iii) Phản đối xứng: Nếu ab và ba thì a = b với mọi a, b X.
(iv) Bắc cầu: Nếu ab và bc thì ac với mọi a, b, c X. Chẳng hạn, với
X = {1, 2, 3, 4}, quan hệ chia hết
= {(a, b) X ì X | a là ớc của b}
có các tính chất phản xạ, phản đối xứng và bắc cầu. Ta cũng viết quan hệ
chia hết này bằng cách chỉ ra một thuộc tính đặc trng nh sau: ab nếu
và chỉ nếu a là ớc của b với mọi a, b X. Ta cũng có thể viết quan hệ


8

này bằng cách liệt kê nh sau
= {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}.

1.1.5 Định nghĩa. Một quan hệ trên X đợc gọi là quan hệ tơng đơng
nếu nó phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
Theo truyền thống, quan hệ tơng đơng thờng đợc kí hiệu bởi .
Giả sử là quan hệ tơng đơng trên X. Với mỗi a X, ta gọi lớp tơng
đơng của a, kí hiệu bởi cl(a) (hay a, hoặc [a]) là tập các phần tử của X
quan hệ với a, tức là
cl(a) = {b X | b a}.
Tập các lớp tơng đơng đợc gọi là tập thơng của X theo quan hệ tơng
đơng và đợc kí hiệu bởi X/ . Nh vậy
X/ = {cl(a) | a X}.
Chú ý rằng a b khi và chỉ khi cl(a) = cl(b) với mọi a, b X. Thật vậy,
giả sử a b. Cho x cl(a), tức là x a. Do có tính bắc cầu nên x b.
Vì thế x cl(b). Do đó cl(a) cl(b). Tơng tự, cl(b) cl(a). Ngợc lại,
giả sử cl(a) = cl(b). Do có tính phản xạ nên a cl(a). Vì thế a cl(b),
tức là a b.
1.1.6 Ví dụ. Cho m 1 là một số tự nhiên. Ta định nghĩa quan hệ
(mod m) trên Z nh sau: với mọi a, b Z, a b (mod m) khi và chỉ
khi a b là bội của m. Quan hệ này đợc gọi là quan hệ đồng d theo
môđun m. Quan hệ này là phản xạ, đối xứng và bắc cầu và không phản
xứng. Do đó nó là quan hệ tơng đơng trên Z. Nếu a b (mod m) thì
ta đọc là a đồng d với b theo môđun m. Với mỗi a Z, lớp tơng đơng
của a thờng đợc kí hiệu bởi a và gọi là lớp thặng d theo môđun m với


9

đại diện là a. Tập thơng của Z theo quan hệ này đợc kí hiệu bởi Zm
và đợc gọi là tập các lớp thặng d theo môđun m hay tập các số nguyên
mođunlô m. Cho a Z. Viết a = mq + r với 0

r

m 1. Khi đó a r

là bội của m, tức là a r (mod m). Suy ra a = r. Hơn nữa, nếu r = s là
các số tự nhiên sao cho r, s

m 1 thì r s không là bội của m. Do đó

r = s. Vậy tập thơng Zm gồm đúng m phần tử, đó là 0, 1, . . . , m 1.
1.1.7 Mệnh đề. Cho là quan hệ tơng đơng trên X. Khi đó.
(i) cl(a) = với mọi a X;
(ii) X =

cl(a);
aX

(iii) Nếu cl(a) = cl(b) thì cl(a) cl(b) = với mọi a, b X.
Chứng minh. (i), (ii). Với mỗi a X, do tính phản xạ nên ta luôn có
a a. Vì thế a cl(a). Do đó cl(a) = và X =

cl(a).
aX

(iii). Giả sử cl(a) cl(b) = . Chọn c cl(a) cl(b). Ta có a c và
c b. Giả sử x cl(a). Khi đó x a. Do tính chất bắc cầu ta có x b.
Vì thế x cl(b). Suy ra cl(a) cl(b). Tơng tự, cl(a) cl(b). Do đó
cl(a) = cl(b).
Định lí sau đây là kết quả chính của tiết này, cho ta mối quan hệ giữa
các phép phân hoạch với các quan hệ tơng đơng.

1.1.8 Định lý. Nếu là một quan hệ tơng đơng trên X thì tập các lớp
tơng đơng X/ = {cl(a) | a X} là một phân hoạch của X. Ngợc
lại, nếu {Xi}iI là một phép phân hoach tập X thì tồn tại duy nhất một
quan hệ tơng đơng trên X sao cho mỗi Xi là một lớp tơng đơng.
Chứng minh. Giả sử là một quan hệ tơng đơng trên X. Theo Mệnh
đề 1.1.7, tập X/ các lớp tơng đơng của X theo quan hệ tơng đơng
làm thành một phép phân hoạch trên X. Ngợc lại, giả sử {Xi}iI là


10

một phân hoạch tập X. Định nghĩa quan hệ trên X nh sau: với mọi
a, b X, ab khi và chỉ khi tồn tại i I để a, b Xi. Dễ thấy là
quan hệ tơng đơng và mỗi Xi là một lớp tơng đơng. Giả sử S là quan
hệ tơng đơng trên X cũng có tính chất mỗi Xi là một lớp tơng đơng.
Cho (a, b) . Khi đó tồn tại i I để a, b Xi. Theo giả thiết về S,
tồn tại c X sao cho Xi = cl(c)S , trong đó ta kí hiệu cl(c)S là lớp tơng
đơng của phần tử c theo quan hệ tơng đơng S. Do a, b Xi = cl(c)S
nên aSc và bSc. Do tính đối xứng của S ta có aSc và cSb. Vì S bắc cầu
nên aSb, hay (a, b) S. Vậy S. Cho (a, b) S. Khi đó i I để
cl(a)S = Xi. Vì aSb nên b cl(a)S = Xi, và vì aSa nên a cl(a)S = Xi.
Suy ra a, b Xi. Do đó ab hay (a, b) . Vậy = S.
1.1.9 Hệ quả. Giả sử X là tập hữu hạn. Khi đó số phân hoạch tập X chính
là số quan hệ tơng đơng trên X.
Chứng minh. Theo Định lí 1.1.8, ánh xạ cho ứng mỗi quan hệ tơng đơng
trên X với phép phân hoạch gồm các lớp tơng đơng của X theo , là
một song ánh.

1.2 Số Bell và số Stirling loại hai
1.2.1 Định nghĩa. Số phép phân hoạch tập hợp n phần tử đợc gọi là số

Bell thứ n và đợc kí hiệu là Bn .
Theo Định lí 1.1.8, số Bell thứ n chính là số quan hệ tơng đơng trên
tập n phần tử. Ta quy ớc số Bell thứ 0 là 1, tức là B0 = 1. Theo Ví dụ
1.1.2, các số Bell thứ 1, 2, 3, 4 lần lợt là B1 = 1, B2 = 2, B3 = 5, B4 = 15.
Một số số Bell đầu tiên trong dãy các số Bell là
B0 = 1, B1 = 1, B2 = 2, B3 = 5, B4 = 15, B5 = 52, B6 = 203, B7 = 877,
B8 = 4140, B9 = 21147, B10 = 115975.


11

Để tính số Bell, tức là số phân hoạch tập hợp X gồm n phần tử, chúng ta
cần tính số phân hoach tập X thành k khối với k = 1, . . . , n. Các số này
đợc gọi là số Stirling lọai hai.
1.2.2 Định nghĩa. Cho X là tập có n phần tử. Số phân hoạch tập X thành
k khối đợc gọi là số Stirling loại hai và đợc kí hiệu là S(n, k).
1.2.3 Ví dụ. Bằng phơng pháp liệt kê ta tìm đợc số phân hoạch tập hợp
gồm 4 phần tử thành 3 khối là S(4, 3). Số phân hoạch tập hợp gồm 5 phần
tử thành 4 khối là S(5, 4) = 10. Đặc biệt, số phân hoạch của tập hợp rỗng
thành 0 khối là 1, số phân hoạch tập hợp khác rỗng thành 1 khối luôn bằng
1. Sau này ta xây dựng đợc số phân hoạch thành k khối của tập hợp gồm
n phần tử bất kì, chẳng hạn S(10, 4) = 34105, S(10, 5) = 42525.
Các số Stirling loại hai xuất hiện nhiều trong các bài toán tổ hợp và có
ứng dụng trong Toán thống kê. Ngời ta có thể sử dụng phần mềm Maple
để tính các số Stirling loại hai. Số Stirling loại hai dợc đặt theo tên của
nhà toán học James Stirling (1692-1770), ngời đã giới thiệu và nghiên cứu
khái niệm này vào Thế kỉ 18. Chú ý rằng nếu {X1 , . . . , Xk } là một phân
hoạch của tập X thành k khối thì 1

k

n, trong đó n > 0 là số phần

tử của X. Vì thế ta có công thức tính số Bell thông qua số Stirling loại hai
nh sau.
1.2.4 Bổ đề. Bn = S(n, 1) + . . . + S(n, n 1) + S(n, n).
1.2.5 Ví dụ. Để tính B5 , theo Bổ đề 1.2.4 ta cần tính S(5, k) với k =
1, 2, 3, 4, 5. Ta có S(5, 1) = 1, S(5, 2) = 15, S(5, 3) = 25, S(5, 4) = 10,
S(5, 5) = 1. Do đó
B5 = S(5, 0) + S(5, 1) + S(5, 2) + S(5, 3) + S(5, 4) + S(5, 5) = 52.


12

Từ Bổ đề 1.2.4 ta thấy rằng các số Stirling loại hai rất quan trọng trong
việc tính toán số Bell. Do đó trong phần tiếp theo của tiết này chúng ta
nghiên cứu một số tính chất về số Stirling loại hai.
Kết quả sau đây cho ta một số công thức tính số Stirling loại hai. Với
n!
k {0, 1, . . . , n}, ta đặt Cnk =
. Ta gọi Cnk là hệ số nhị thức thứ
k!(n k)!
k ứng với n hay số tổ hợp chập k của n phần tử.
1.2.6 Định lý. Cho n, k là các số tự nhiên với k
1 k
(i) S(n, k) =
(1)kiin Cki .
k! i=0
n!
1

(ii) S(n, k) =
.
k! i1 +...+ik =n i1 ! . . . ik !
(iii) S(n + 1, k) =

n

n. Khi đó

knr S(r, k 1).

r=k1

Chứng minh. Giả sử có bộ số (i1, i2 , . . . , ik ) sao cho

k

ij = n với ik 1.

j=1

Ta sẽ xác định số cách phân hoạch tập X thành k tập con không rỗng sao
cho số phần tử của các tập là ij với j {1, 2, . . . , k}. Số cách chọn i1
từ tập hợp n phần tử của tập X là Cni1 . Với mỗi cách chọn i1 phần tử thì
i2
có Cni
cách chọn i2 phần tử. Với mỗi cách chọn i1 phần tử và i2 phần
1
i3
tử thì có Cni

cách chọn i3 phần tử. Tổng quát với mỗi cách chọn i1
1 i2
ik
phần tử và . . . ik1 phần tử thì có Cni
cách chọn ik phần tử. Hơn
1 i2 ...ik

nữa, các tập con của phân hoạch không phân biệt thứ tự, tức là bộ số sau
không phân biệt thứ tự (i1 , i2 , . . . , ik ). Do đó số cách phân hoạch tập hợp
X thành k tập con không rỗng sao cho số phần tử của các tập là ij với
1
1
n!
i2
ik
j {1, 2, . . . , k} bằng Cni1 Cni
.
.
.C
hay
hay
ni
i
...i
1
1
2
k
k!
k! i1 !i2 !. . .ik !

n!
1
. Số cách phân hoạch tập hợp X thành k tập con không rỗng
k! i1 !i2 !. . .ik !
n!
1
n!
1
là S(n, k) =
(
) hay S(n, k) =
.
k! i1 +...+ik =n i1 ! . . . ik !
i1 +...+ik =n k! i1 ! . . . ik !


13

1.2.7 Ví dụ. Giả sử ta cần tìm S(5, 3). Sử dụng Định lí 1.2.6(i) ta có
S(5, 3) =

1
[(1)3 05 C30 + (1)2 15 C31 + (1)0 35 C33 = 25.
3!

Giả sử ta cần tìm S(6, 4). Sử dụng Định lí 1.2.6(i) ta có
1
[(1)4 06 C40
4!
+ (1)3 16 C41 + (1)2 26 C42 + (1)36 C43 + (1)0 46 C44 ] = 65.

S(6, 4) =

Chúng ta cũng có thể sử dụng Định lí 1.2.6 (ii) để tính S(6, 4). Bằng cách
sử dụng Định lí 1.2.6 (iii) ta đợc
5

45r S(r, 3) = 42 S(3, 3) + 4S(4, 3) + S(5, 3)

S(6, 4) =
r=3

= 16 + 24 + 25 = 60
hoặc
6

46r S(r, 3) = 43 S(3, 3) + 42 S(4, 3) + 4S(5, 3) + S(6, 3)

S(7, 4) =
r=3

(1.1)

= 64 + 96 + 100 + 90 = 350.

(1.2)
Công thức tính số Sirling loại 2 bằng cách trực tiếp nh trong Định lí 1.2.6(i)
với số n gặp khá nhiều khó khăn khi số tự nhiên n lớn dần lên. Mệnh đề
sau đây sẽ giúp ta khắc phục đợc một phần những khó khăn đó.
1.2.8 Mệnh đề. Cho n, k là các số tự nhiên với 2

k

n. Khi đó

S(n + 1, k) = kS(n, k) + S(n, k 1).
Chứng minh. Xét tập hợp bất kì có n + 1 phần tử, chẳng hạn
A = {x1 , x2 , x3 , . . . , xn+1 }.


14

Theo định nghĩa S(n + 1, k) là số phân hoạch tập hợp A thành k khối.
Mặt khác ta có thể chia tập B tất cả các phân hoạch trên thành 2 tập con
rời nhau nh sau: B1 gồm tất cả các phân hoạch của tập hợp A thành k
khối trong đó có một khối là {xn+1 }, còn B2 gồm tất cả các phân hoạch
của tập hợp A thành k khối trong đó không có khối nào là {xn+1 }. Khi
đó mỗi phân hoạch thuộc B1 sẽ chia tập hợp {x1 , x2 , x3 , . . . , xn } thành
k 1 khối và có S(n, k 1) cách chia nh thế. Do đó lực lợng của B1 là
S(n, k 1). Nếu {xn+1 } không là một khối thì xn+1 sẽ nằm trong một khối
với ít nhất một phần tử khác của A. Vì có S(n, k) cách phân hoạch tập hợp
{x1 , x2 , x3 , . . . , xn } thành k khối nên ta có tất cả kS(n, k) cách phân hoạch
của tập hợp A thành k khối, trong đó không có khối nào là xn+1 . Do đó
lực lợng của B2 là kS(n, k). Theo qui tắc cộng, ta có:
S(n + 1, k) = kS(n, k) + S(n, k 1).

1.2.9 Ví dụ. Chẳng hạn khi đã biết S(5, 3) = 25, S(5, 4) = 10 thì có thể
tính đợc S(6, 4) bằng công thức sau đây S(6, 4) = 4S(5, 4) + S(5, 3) =
40 + 25 = 65. Nh vậy, với công thức truy hồi trên có u điểm rất lớn so
với công thức tính số Sirling loại 2 bằng cách trực tiếp nh trong Định lí

1.2.6(i) với số n lớn.
Phần cuối của tiết này trình bày một công thức tổng quát để tính số
Stirling loại hai của một tập hợp gồm n phần tử với phân hoạch thành k
khối, chẳng hạn k = 2, 3, 4, 5, n 1, n 2.
1.2.10 Mệnh đề. Ta có các đẳng thức sau
(i) S(n, 2) = 2n1 1, n 2;
3n 3.2n + 3
(ii) S(n, 3) =
, n 3;
6


15

4n 4.3n + 6.2n 4
(iii) S(n, 4) =
, n 4;
24
5n1 4n + 2.3n 2n+1 + 1
, n 5;
(iv) S(n, 5) =
24
(v) S(n, n 1) = Cn2 , n 2;
(vi) S(n, n 2) = Cn3 + 3Cn4 , n 4.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh các đẳng thức trên bằng phơng pháp qui
nạp đồng thời kết hợp với công thức truy hồi
S(n + 1, k) = kS(n, k) + S(n, k 1).
(i) Khi n = 2, ta có S(n, 2)=S(2, 2) = 1 và 2n1 1 = 2 1 = 1, do
đó đẳng thức đúng với n = 2. Giả sử đẳng thức đúng với n = k 2, tức
là S(k, 2) = 2k1 1. Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1.

Ta có
S(k + 1, 2) = 2S(k, 2) + S(k, 1) = 2S(k, 2) + 1
= (2k1 1)2 + 1 = 2k 1.
Ngoài ra công thức trên còn có thể lí giải nh sau: Mỗi cách phân hoạch
tập hợp X gồm n phần tử thành 2 tập con A và B thì 2 tập con đó là bù
của nhau, tức là A = X B. Mà có 2n cặp (A, B) có thứ tự, bao gồm cả
hai cặp (A, ), (, B). Nh vậy, nếu không tính hai cặp này thì có 2n 2
cặp bù nhau có thứ tự. Vì trong phân hoạch ta không xét thứ tự của các
2n 2
cặp nên số cặp không có thứ tự là
= 2n1 1.
2
(ii) Khi n = 3, ta có S(n, 3) = S(3, 3) = 1 và
3n 3.2n + 3 33 3.23 + 3
=
= 1.
6
6
Do đó đẳng thức đúng với n = 3. Giả sử đẳng thức đúng với n = k 3,
3k 3.2k + 3
tức là S(k, 3) =
. Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với
6


16

n = k + 1. Thật vậy, ta có
3k 3.2k + 3
+ 2k1 1

S(k + 1, 3) = 3S(k, 3) + S(k, 2) = 3
6
k
3 2.2k + 1
.
=
2
(iii) Khi n = 4, ta có S(n, 4) = S(4, 4) = 1 và
4n 4.3n + 6.2n 4 44 4.34 + 6.24 4
=
= 1.
24
24
Do đó đẳng thức đúng với n = 4. Giả sử đẳng thức đúng với n = k 4,
4k 4.3k + 6.2k 4
tức là S(k, 4) =
. Ta cần chứng minh đẳng thức đúng
24
với n = k + 1. Thật vậy, ta có S(k + 1, 4) = 4S(k, 4) + S(k, 3). Theo kết
3k 3.2k + 3
quả (ii) ở trên ta có S(k, 3) =
. Suy ra
6
4k 4.3k + 6.2k 4 3k 3.2k + 3
+
24
6
k+1
k+1
k+1

4
4.3
+ 6.2
4
=
.
24

S(k + 1, 4) = 4

(iv) Khi n = 5, ta có: S(n, 5) = S(5, 5) = 1 và
5n1 4n + 2.3n 2n+1 + 1 54 45 + 2.35 26 + 1
=
= 1.
24
24
Vì thế đẳng thức đúng với n = 5. Giả sử đẳng thức đúng với n = k 5,
tức là

5k1 4k + 2.3k 2k+1 + 1
.
24
Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có S(k +
S(k, 5) =

1, 5) = 5S(k, 5) + S(k, 4). Theo kết quả (iii) ở trên ta có
4k 4.3k + 6.2k 4
S(k, 4) =
.
24

17

Vì thế
5k1 4k + 2.3k 2k+1 + 1 4k 4.3k + 62k 4
+
S(k + 1, 5) = 5
24
24
k
k+1
k+1
k+2
+ 2.3
2
+1
5 4
=
.
24
(v) Khi n = 2, ta có S(2, 1) = C22 = 1, do đó đẳng thức đúng với n = 2.
Giả sử đẳng thức đúng với n = k, tức là S(k, k 1) = Ck2 , k 2, k N .
Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có
2
S(k + 1, k) = kS(k, k) + S(k, k 1) = k + Ck2 = Ck+1
.

(vi) Khi n = 4, ta có S(4, 2) = 7, C43 + 3C44 = 7 nên đẳng thức đã cho đúng
với n = 4. Giả sử đẳng thức đã cho đúng với n = k, tức là S(k, k 2) =

Ck3 + 3Ck4, k 4, k N . Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1.
Thật vậy, ta có
S(k + 1, k 1) = (k 1)S(k, k 1) + S(k, k 2)
3
4
= (k 1)Ck2 + Ck3 + 3Ck4 = Ck+1
+ 3Ck+1
.

1.2.11 Ví dụ. Theo công thức trong mệnh đề trên ta có
38 3.28 + 3
= 966;
6
410 4.310 + 6.210 4
S(10, 4) =
= 34105.
24
S(8, 3) =

Nh vậy các công thức trong mệnh đề trên mang hiệu ứng khá mạnh giúp
ta có thể tra cứu số phân hoạch của tập hợp gồm n phần tử thành k khối
với những giá trị của k đặc biệt ở trên.


18

1.3 Một số công thức tính hàm phân hoạch tập hợp
Hàm phân hoạch tập hợp là hàm biến nguyên với giá trị nguyên đợc cho
bởi công thức f (n) = Bn với mọi n N. Mục tiêu của tiết này là chứng
minh chi tiết một số công thức tính hàm phân hoạch tập hợp, tức là tính số

Bell Bn , đồng thời đa ra tam giác Pascal tính hàm phân hoạch tập hợp.
1.3.1 Mệnh đề. Ta có công thức truy hồi sau đây.
n

Cnk Bk = Cn0 B0 + Cn1 B1 + Cn2 B2 + . . . + Cnk Bk + . . . + Cnn Bn .

Bn+1 =
k=0

Chứng minh. Ta xây dựng phiếm hàm tuyến tính L : R[x] R
xác định bởi (x)k = Akx = x(x 1) . . . (x k + 1) L((x)k ) = 1 với
mọi k = 0, 1, 2 . . .. Ta chứng minh đợc xn =
L(xn ) =

n

n

S(n, k)L((x)k ) =

n

S(n, k)Akx . Do đó

k=0

S(n, k) = Bn . Ta có

r=0

k=0

(x)n+1 = x(x 1) . . . (x n) = x(x 1)n .
Suy ra L((x)n+1 ) = L((x)n) = L(x(x 1)n ). Do đó L(p(x)) = L((x)n) =
L(xP (x 1)) với mọi P (x). Bây giờ ta cho P (x) = (x + 1)n , ta đợc
L((x + 1)n ) = L(xn+1 ), hay
n

Cnk L(xk ) = Bn+1 .
k=0

Nh vậy,

n

Cnk Bk = Bn+1 .

k=0

1.3.2 Ví dụ. B5 = C40 B0 + C41 B1 + C42 B2 + C43 B3 + C44 B4 = 1 + 4 + 12 +
20 + 15 = 52
B10 = C90 B0 + C91 B1 + C92 B2 + C93 B3 + C94 B4 + C95 B5 + C96 B6 + C97 B7 +
C98 B8 + C99 B9 =
1 + 9 + 72 + 420 + 1890 + 6552 + 17052 + 31572 + 37260 + 21147 = 115975


19

Sau đây ta sẽ đa ra tam giác Bell để tính số phân hoạch của tập hợp
gồm n phần tử với n nhận những giá trị đầu tiên là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.

Đây là kết quả tổng hợp của những định lí, mệnh đề ở trên. Trớc hết ta
mô tả cách xây dựng tam giác Bell qua chú ý sau đây.
1.3.3 Chú ý. Các số Bell có thể tính dễ dàng bằng cách xây dựng tam giác
Bell, còn đợc gọi là dãy Aitken hoặc tam giác Pierce. Ta có thể mô tả
cách xây dựng tam giác Bell nh sau: Bắt đầu với số 1 và đặt số này trên
dòng thứ nhất. Tạo một dòng mới bằng cách lấy phần tử bên phải của dòng
ngay trên nó làm phần tử đầu tiên bên trái của dòng mới. Lần lợt các số
tiếp theo của dòng mới bằng cách lấy tổng phần tử bên trái nó với phần tử
đứng cùng cột phần tử ấy ở dòng trớc nó. Tiếp tục bớc ba cho đến khi
số phần tử của dòng mới nhiều hơn số phần tử của dòng trên một phần tử.
Số nằm phía phải mỗi dòng là số Bell cho mỗi dòng.
Cụ thể tam giác Bell cũng có qui luật thiết lập cụ thể, có nét tơng tự
nh qui luật thiết lập tam giác Pascal của các số tổ hợp. Hàng đầu tiên là
chữ số 1, đây là số Bell đầu tiên. Với mọi i 1 hàng thứ i + 1 đợc điền
theo nguyên tắc sau đây: Chữ số cuối cùng của hàng thứ i đợc đặt lên đầu
hàng thứ i + 1. Với mọi j > 1 số thứ j của hàng i + 1 là tổng của số thứ
j 1 của hàng i + 1 và số thứ j 1 của hàng i. Số cuối cùng của hàng
i + 1 là số Bell của hàng đó.


20

Trớc hết ta có bảng tính các số S(n, k), tức là các số Stirling loại 2.
S(n, k)
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6

n=7
n=8
n=9
n = 10

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 Bn
1
1
2
3
1
5
7
6
1
15
15 25
10
1
52
31 90
65
15
1
203
63 301 350
140
21
1
877
127 966 1701 1050 266
28

1
4140
255 3025 7770 6951 2646 462 36 1
21147
511 9330 34105 42525 22827 5880 750 45 1 115975

Tiếp theo, chúng ta đa ra bảng tám giác tính số Bell Bn , tức là số phân
hoạch tập hợp n phần tử. Trong bảng này, dòng đầu tiên là số Bell ứng với
n = 1, cuối dòng thứ 2 là số Bell ứng với n = 2. Cứ tiếp tục nh thế, số
cuối nằm trong mỗi dòng là số Bell ứng với số n của dòng đó. Chẳng hạn
ở dòng thứ 9 thì số Bell là B9 = 21147.
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=7
n=8
n=9

1
1
2
5
15
52
203
877
4140

2
3
7
20
67
255
1080
5017

5
10
27
87
322
1335
6097

15
37
114
409
1657
7432

52
151
523
2066
9089

203
674
877
2589 3263 4140
11155 13744 17007 21147

1.3.4 Chú ý. (i) Chúng ta hoàn toàn có thể phát triển tam giác Bell với số
tự nhiên n lớn hơn nữa, đây là một u điểm rất lớn để tính số phân hoạch
của tập hợp có nhiều phân tử.


21

(ii) Một số nguyên tố Bell là một số Bell đồng thời là một số nguyên tố.
Các số nguyên tố Bell đầu tiên là
2, 5, 27644437, 35742549198872617291353508656626642567,
3593340855968622831041960188598043661065388726959079837.
Các số nguyên tố Bell ở trên tơng ứng là các số Bell thứ 2, 3, 7, 13, 42, 55.
Số nguyên tố Bell tiếp theo là B2841 xấp xỉ với 93074106538 . Đến năm 2005,
số nguyên tố Bell lớn nhất đã biết là B2841 . Năm 2002, PhilCarmody phát
biểu rằng B2841 là số nguyên tố. Gần hai năm sau, Ignacio Larrosa Canestro
đã chứng minh đợc B2841 là số nguyên tố.


Chơng 2
Một số ứng dụng trong toán sơ cấp
Trong chơng này, ta xem xét một số ứng dụng của lý thuyết phân hoạch
trên một số lĩnh vực của toán học, chẳng hạn nh đại số tổ hợp hay xác
suất thống kê, đặc biệt thấy đợc ứng dụng của phép phân hoạch tập hợp

trong hình học sơ cấp.

2.1 Phân hoạch chẵn, lẻ và ứng dụng trong toán sơ cấp
Cho X l tập có n phần tử. Một phân hoạch tập hợp X đợc gọi là phân
hoạch có điều kiện nếu ta gắn một điều kiện nào đó trên các tập con trong
phân hoạch. Sau đây ta sẽ xét hai loại phân hoạch đặc biệt, đó là phân
hoạch chẵn và phân hoạch lẻ.
2.1.1 Định nghĩa. Một phân hoạch tập hợp X đợc gọi là phân hoạch chẵn
nếu mỗi tập con trong phân hoạch có số phần tử là số chẵn. Một phân
hoạch tập hợp X đợc gọi là phân hoạch lẻ nếu mỗi tập con trong phân
hoạch có số lẻ phần tử.
2.1.2 Kí hiệu. Với tập X có n phần tử ta kí hiệu:
(i) E(n, k) là số phân hoạch tập X thành k tập con sao cho mỗi tập con có
chẵn phần tử.
(ii) O(n, k) là số phân hoạch tập X thành k tập con sao cho mỗi tập con
22


23

có một số lẻ phần tử.
(iii) En là số phân hoạch tập X thành các tập con gồm chẵn phần tử.
(iv) On là số phân hoạch tập X thành các tập con gồm lẻ phần tử.
2.1.3 Chú ý. Ta có En =

n

E(n, k) và On =

k=0

n

O(n, k).
k=0

2.1.4 Mệnh đề. Với m, n là các số nguyên dơng, ta có các đẳng thức sau:
(i) E(2m, 2) = 22m2 1;
(2m)!
;
(ii) E(2m, m) =
m!2m
(iii) O(2n, 2) = 22n2 ;
n(n 1)(n 2)
, n 4.
(iv) O(n, n 2) = Cn3 =
6
Chứng minh. (i) Gọi A là tập các phân hoạch một tập X gồm 2m phần tử
thành các tập con có số chẵn phần tử. Để tạo ra một phân hoạch trong A,
2j
đầu tiên là chọn 2j phần tử từ 2m phần tử cho tập con thứ nhất, có C2m

cách chọn 2j nh thế. Sau đó chọn 2m 2j phần tử còn lại cho tập con thứ
hai, có đúng 1 cách chọn. Do j có thể nhận các giá trị 1, 2, 3, . . . , m 1
và số cách chọn ứng với mỗi j tính 2 lần nên ta có công thức
m1

1
1 2
2j

4
2m2
E(2m, 2) =
C2m
= (C2m
+ C2m
+ . . . + C2m
).
2 j=1
2
Khai triển nhị thức (1 + x)2m sau đó cho x = 1, x = 1 ta nhận đợc
0
1
2
3
4
2m1
2m
22m = (1 + 1)2m = C2m
+ C2m
+ C2m
+ C2m
+ C2m
+ . . . + C2m
+ C2m
;
0
1
2
3

4
2m1
2m
02m = (1 1)2m = C2m
C2m
+ C2m
C2m
+ C2m
+ . . . C2m
+ C2m
.

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta nhận đợc
0
2
4
2m2
2m
22m = 2Cm
+ 2(C2m
+ C2m
+ . . . + C2m
) + 2C2m
.

Khi đó E(2m, 2) = 22m2 1.
(ii) Khi phân hoạch tập hợp gồm 2m thành m tập con không rỗng mà mỗi


24

tập con gồm số chẵn phần tử thì số phần tử trong mỗi tập con là 2. Đầu
2
tiên ta chọn 2 phần tử cho tập hợp con thứ nhất thì có C2m
cách chọn, sau

đó chọn tiếp 2 phần tử cho tập con thứ 2 từ 2m 2 phần tử còn lại thì có
2
C2m2
cách chọn. Cứ nh thế đến khi ta chọn 2 phần tử còn lại cho tập con

cuối cùng thì có C22 cách chọn. Theo qui tắc nhân và phân hoạch không có
tính thứ tự các tập hợp con trong phân hoạch nên ta có
E(2m, m) =
E(2m, m) =

1 2 2
C2mC2m2 . . . C42 C22 ;
m!

1
(2m)!
(2m 2)!
4! 2! (2m)!
.
...
=
m! 2!(2m 2)! 2!(2m 4)!
2!2! 2!
m!2m

(iii) Mỗi cách phân hoạch tập hợp gồm 2n phần tử thành 2 tập con không
rỗng gồm hai bớc sau: Đầu tiên là chọn 2j 1 phần tử từ 2n phần tử cho
2j1
tập hợp thứ nhất có C2n
cách. Sau đó chọn 2n + 1 2j phần tử còn lại

cho tập hợp thứ hai có 1 cách. Do j có thể nhận các giá trị 1, 2, 3, . . . , n
và số cách chọn ứng với mỗi j tính 2 lần nên ta có công thức
1
O(2n, 2) =
2

n

j=1

1 1
2j1
3
2n1
C2n
= (C2n
+ C2m
+ . . . + C2n
.
2

Khai triển nhị thức (1 + x)2n sau đó cho x = 1, x = 1 ta nhận đợc
0

1
2
3
4
5
2n1
2n
22n = (1 + 1)2n = C2n
+ C2n
+ C2n
+ C2n
+ C2n
+ C2n
+ . . . + C2n
+ C2n
;
0
1
2
3
4
5
2n1
2n
02n = (1 1)2n = C2n
C2n
+ C2n
C2n
+ C2n
C2n

+ . . . C2n
+ C2n
.

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta nhận đợc O(2n, 2) = 22n2 .
(iv) Khi phân hoạch tập hợp gồm n phần tử thành n 2 tập con không rỗng
mà mỗi tập con gồm một số lẻ phần tử thì sẽ có một tập có 3 phần tử và
n 3 tập còn lại mỗi tập có một phần tử. Có Cn3 cách chọn 3 phần tử để
tạo thành một tập có 3 phần tử. Có duy nhất một cách phân hoạch n 3
phần tử để tạo thành n 3 tập không rỗng, mỗi tập có một phần tử. Do đó