Basic counting principles

Nguyên lý thứ nhất (Quy tắc cộng). Giả sử có $n_1$ cách thực hiện việc $E_1$ , $n_2$ cách thực hiện việc $E_2$ ,…, $n_k$ cách thực hiện việc $E_k$ . Nếu $k$ việc này không thể làm đồng thời thì sẽ có $n_1+n_2+\cdots+n_k$ cách thực hiện một trong các việc $E_1,E_2,\ldots,E_k$ .

Ví dụ 1. Người ta có thể đi từ Hải Phòng đến Đà Nẵng bằng một trong ba phương tiện: tàu hoả, tàu thuỷ và máy bay. Nếu có hai cách đi bằng tàu hoả, ba cách đi bằng tàu thuỷ, và $1$ cách đi bằng máy bay thì sẽ có $2+3+1=6$ cách đi từ Hải Phòng đến Đà Nẵng. $\Box$

Ví dụ 2. Tìm số các cặp có thứ tự $(x;y)$ các số nguyên thoả mãn $x^2+y^2\leq 5$ .

Lời giải. Mỗi $i=0,1,2,3,4,5$ ta đặt $S_i=\{(x,y)|x,y\in\mathbb{Z},x^2+y^2=i\}$ , khi đó tập cần tính số phần tử sẽ là hợp rời rạc của các $S_i$ . Ta tính số phần tử của các $S_i$ bằng phương pháp liệt kê và cuối cùng được đáp số của bài toán là $21.$ $\Box$

Nguyên lý thứ hai (Quy tắc nhân). Giả sử rằng việc $E$ có thể được làm bằng cách thực hiện liên tiếp các việc $E_1,E_2,\ldots,E_k$ ; và có $n_1$ cách thực hiện việc $E_1$ , $n_2$ cách thực hiện việc $E_2$ ,…, $n_k$ cách thực hiện việc $E_k$ . Khi đó số cách làm việc $E$ là $n_1\times n_2\times\cdots\times n_k$ .

Ví dụ 3. Đề đi từ thành phố $A$ đến thành phố $D$ người ta phải đi lần lượt qua hai thành phố $B$ và $C$ . Nếu có hai cách đi từ $A$ đến $B$, ba cách đi từ $B$ đến $C$ và một cách đi từ $C$ đến $D$ thì sẽ có $2\times 3\times 1=6$ cách đi từ $A$ đến $D.$ $\Box$

Ví dụ 4. Cho $k$ và $n$ là các số nguyên dương. Một dãy $k-$ phân độ dài $n$ là một dãy $(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ với $a_1,a_2,\ldots,a_n\in\{0,1,\ldots,k-1\}$ . Hỏi có bao nhiêu dãy này?

Lời giải. Đặt $A=\{0,1,\ldots,k-1\}$ . Để hình thành một dãy $k-$ phân, đầu tiên chúng ta cần chọn $a_1$ từ $B$ , sau đó chọn $a_2$ từ $B$ , và cứ như thế cho đến cuối cùng cần chọn $a_n$ từ $B$ . Bởi vì có $k$ cách để làm mỗi bước nên theo quy tắc nhân, số các dãy như vậy bằng $k^n.$ $\Box$

Ví dụ 5. Tìm số các ước dương của $600$ .

Lời giải. Ta có $600=2^3\times 3^1\times 5^2$ nên một số nguyên dương $m$ là một ước dương của $600$ khi và chỉ khi nó có dạng $m=2^a\times 3^b\times 5^c$ với $a,b,c$ là các số nguyên thoả mãn $0\leq a\leq 3,0\leq b\leq 1,0\leq c\leq 2$ . Như vậy số các ước dương của $600$ bằng số các bộ ba $(a,b,c)$ thoả mãn $a\in\{0,1,2,3\},b\in\{0,1\},c\in\{0,1,2\}$ , theo quy tắc nhân, số ước dương của $600$ bằng $4\times 2\times 3=24.$ $\Box$

Tổng quát hơn ta có: Nếu số nguyên dương $n$ có phân tích tiêu chuẩn $n=\prod p_i^{k_i}$ thì số các ước dương của $n$ bằng $\prod (k_i+1)$ .

Ví dụ 6. Cho $X=\{1,2,\ldots,100\}$ và

$S=\{(a,b,c)\mid a,b,c\in X,a<b,a<c\}.$ Tính $|S|$ .

Lời giải. Với mỗi $k=1,2,\cdots,99$ ta đặt $S_k=\{(k,b,c)|b,c\in X, b>k,c>k\}$ . Khi đó $S$ là hợp rời rạc của các $S_k$ , mà theo quy tắc nhân ta có $|S_k|=(100-k)^2$ nên suy ra $|S|=\sum S_k=328350\Box$ .

Để ý đến lời giải ví dụ thứ hai và thứ sáu, ta thấy chúng có một điểm chung là chia bài toán đã cho thành các bài toán con đơn giản hơn và giải chúng. Đây là cách cơ bản nhất để giải các bài toán đếm, có thể sẽ có cách khác ngắn gọn hơn, nhưng việc chia một bài toán thành các bài toán con mà chúng ta đã biết cách giải sẽ giúp ta ít gặp phải các sai lầm hơn.

Ví dụ 7. Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số được lấy từ tập $\{1,2,3,4,5,6\}$ nếu

(a) Các chữ số không cần phải khác nhau?

(b) Các chữ số phải khác nhau?

(d) Các chữ số không cần phải khác nhau và chứa số $3$ ?

Lời giải.

(a) $6^3.$

(b) $6\times 5\times 4$ .

(d) Nếu tiếp tục làm như trên ta sẽ được kết quả là $3\times 6\times 6$ , đây là một kết quả không chính xác! Vì làm như vậy những số như $323$ sẽ được đếm hai lần. Vấn đề ở chỗ ta đã dùng sai quy tắc nhân, mỗi hai tổ hợp khác nhau cách thực hiện các công việc $E_i$ phải cho hai kết quả khác nhau thì ta mới áp dụng được quy tắc nhân. Bài này ta lại phải chia thành các bài toán con và giải chúng lần lượt.

Ta chia trường hợp theo vị trí của số $3$ nằm bên trái nhất. Nếu số $3$ này nằm ở vị trí hàng trăm thì số có ba chữ số phải có dạng $\overline{3ab}$ , nếu nó nằm ở vị trí hàng chục thì số có ba chữ số phải có dạng $\overline{a3b}$ với $a\not=3$ , và cuối cùng, nếu số $3$ này nằm ở vị trí hàng đơn vị thì số ba chữ số phải có dạng $\overline{ab3}$ với $a,b\not=3$ . Giải các bài toán con ta được đáp số của bài toán là $6\times 6+5\times 6+5\times 5.$ $\Box$

Continue reading →

Cardinality of Sets and Countability

Với một tập hợp hữu hạn, ta đo kích thước của nó bằng số phần tử. Đối với các tập hợp vô hạn, việc so sánh kích thước được thực hiện thông qua các song ánh.

card Download

Existence of Non-Trivial Solutions in Homogeneous Linear Systems

Định lý. Cho hai số nguyên dương $N>M$ và một bảng các số thực (phức, hữu tỷ) $(a_{i,j})$ có cỡ $M\times N$ . Khi đó, hệ phương trình

$\displaystyle \sum_{j=1}^Na_{i,j}x_j=0,\quad i=1,2,\ldots,M$

luôn có nghiệm thực (tương ứng phức, hữu tỷ) không tầm thường.

Chứng minh. Ta chứng minh đồng thời cho các hệ có hệ số trong mỗi trường $\mathbb K\in\{\mathbb Q,\mathbb R,\mathbb C\}$ bằng quy nạp theo số phương trình $M$ .

Với $M=1$ , ta có $N\ge2$ . Nếu mọi hệ số $a_{1,j}$ đều bằng $0$ thì có thể lấy $(x_1,\ldots,x_N)=(1,0,\ldots,0)$ . Nếu không, chọn $k$ sao cho $a_{1,k}\ne0$ và chọn $\ell\ne k$ . Đặt

$\displaystyle x_\ell=1,\qquad x_k=-\frac{a_{1,\ell}}{a_{1,k}},\qquad x_j=0\quad(j\notin\{k,\ell\}).$

Đây là một nghiệm không tầm thường.

Giả sử kết luận đúng với mọi hệ gồm $M-1$ phương trình và có số ẩn lớn hơn $M-1$ . Xét hệ gồm $M$ phương trình với $N>M$ . Nếu phương trình thứ $M$ có mọi hệ số bằng $0$ , bỏ phương trình ấy rồi áp dụng giả thiết quy nạp.

Trong trường hợp còn lại, bằng cách đổi thứ tự các ẩn, ta có thể giả sử $a_{M,N}\ne0$ . Từ phương trình thứ $M$ , suy ra

$\displaystyle x_N=-\sum_{j=1}^{N-1}\frac{a_{M,j}}{a_{M,N}}x_j.$

Thay vào $M-1$ phương trình đầu, ta được hệ thuần nhất

$\displaystyle \sum_{j=1}^{N-1} \left(a_{i,j}-\frac{a_{i,N}a_{M,j}}{a_{M,N}}\right)x_j=0, \qquad i=1,\ldots,M-1.$

Hệ này có $N-1>M-1$ ẩn và các hệ số vẫn thuộc $\mathbb K$ . Theo giả thiết quy nạp, nó có nghiệm $(x_1,\ldots,x_{N-1})$ không tầm thường. Xác định $x_N$ bằng công thức trên, ta thu được một nghiệm của hệ ban đầu. Nghiệm này không tầm thường vì ít nhất một trong các số $x_1,\ldots,x_{N-1}$ khác $0$ .

Vậy kết luận đúng với mọi $M<n$ . $\Box$

Đây là một kết quả hữu ích khác về hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn https://nttuan.org/2007/10/21/siegel/

A Proof of Beatty’s Theorem

Cho số thực $\alpha$ . Dãy Beatty của $\alpha$ là dãy $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_n=[n\alpha],\quad \forall n\geq 1.$

Định lý (Beatty). Cho hai số thực dương $\alpha$ và $\beta$ . Khi đó các dãy Beatty của $\alpha$ và $\beta$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương khi và chỉ khi $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1.$

Chứng minh. Đặt $S_{\alpha}=\{[n\alpha]|n=1,2,\ldots\}$ và $\displaystyle S_{\beta}=\{[n\beta]|n=1,2,\ldots\}.$

Giả sử $S_{\alpha}$ và $S_{\beta}$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương. Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Ta sẽ sử dụng phương pháp mật độ trong lý thuyết số giải tích.

Với mỗi số nguyên dương $k$ , cố định nó. Xét một số nguyên dương $n$ , ta có

$\displaystyle [n\alpha]\leq k\Leftrightarrow n\alpha < k+1\Leftrightarrow n < \dfrac{k+1}{\alpha}.$

Suy ra $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\alpha}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ . Chứng minh tương tự ta có $\displaystyle |S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\beta}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ .

Mà $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|+|S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=k$ , suy ra

$\displaystyle -2+\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]\leq k\leq \left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right].$

Kết hợp với định nghĩa phần nguyên ta được

$\displaystyle -4+\dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta} < k\leq \dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta}.$

Chia các vế cho $k$ và cho $k\to+\infty$ ta có $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Nếu $\alpha$ là số hữu tỷ thì từ đẳng thức này ta có $\beta$ cũng là số hữu tỷ. Viết $\displaystyle \alpha=\dfrac{p}{q},\quad \beta=\dfrac{r}{s},$ với $p$ , $q$ , $r$ , và $s$ là các số nguyên dương. Ta thấy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ , chẳng hạn $pr$ thuộc cả hai tập này, suy ra vô lý. Bởi vậy $\alpha$ là số vô tỷ, và $\beta$ cũng thế.

Bây giờ giả sử ngược lại, $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Nếu $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ thì tồn tại các số nguyên dương $k,m$ và $n$ sao cho $k=[m\alpha]=[n\beta]$ . Suy ra

$\displaystyle k\leq m\alpha < k+1,\quad k\leq n\beta < k+1.$

Vì $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle k < m\alpha < k+1,\quad k < n\beta < k+1,$

suy ra

$\displaystyle \frac{k}{\alpha} < m < \frac{k+1}{\alpha},\quad \frac{k}{\beta} < n < \frac{k+1}{\beta},$

cộng theo vế ta có $k < m+n < k+1$ , vô lý. Như vậy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}=\emptyset$ .

Nếu tồn tại số nguyên dương $l$ sao cho $l\not\in S_{\alpha}\cup S_{\beta}$ thì tồn tại các số nguyên không âm $p$ và $q$ sao cho

$\displaystyle [p\alpha] < l < [(p+1)\alpha], \quad [q\beta] < l < [(q+1)\beta].$

Vì $l$ là số nguyên nên từ các bất đẳng thức trên ta suy ra $p\alpha < l$ , đồng thời $[(p+1)\alpha] \geq l+1$ kéo theo $(p+1)\alpha \geq l+1$ . Lập luận tương tự cho $\beta$ , ta được

$\displaystyle p\alpha < l < l+1\leq (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1\leq (q+1)\beta.$

Vì $\alpha,\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle p\alpha < l < l+1 < (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1 < (q+1)\beta.$

Chia các vế cho $\alpha,\beta$ và cộng lại ta có

$\displaystyle p+q < l < l+1 < p+q+2,$

điều này không thể xảy ra (do khoảng mở $(p+q, p+q+2)$ có độ dài bằng $2$ nên chỉ chứa đúng một số nguyên là $p+q+1$ ). $\blacksquare$

The sum of the reciprocals of the primes

Với mỗi số nguyên dương $n$ , ký hiệu $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ trong dãy tăng tất cả các số nguyên tố. Như vậy $p_1=2$ , $p_2=3$ , $p_3=5$ ,…

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của kết quả sau:

Định lý. Chuỗi $\displaystyle \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots$ là một chuỗi phân kỳ.

Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số nguyên dương $k$ , chuỗi $\displaystyle\sum_{m=k}^{+\infty}\frac{1}{p_m}$ là một chuỗi hội tụ, gọi $S_k$ là tổng của nó. Vì $\lim S_k=0$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $\displaystyle S_{k+1}<\frac{1}{2}$ . Đặt $Q=p_1p_2\ldots p_k$ và xét các số $1+nQ\, (n=1,2,\ldots)$ . Mỗi số trong dãy này đều không có ước nguyên tố thuộc $\{p_1, p_2, \ldots, p_k\}$ , do đó với mỗi số nguyên dương $r$ , tồn tại số nguyên dương $K$ đủ lớn để