Bài giảng Toán học tổ hợp - Chương 6: Nguyên lý bù trừ

TOÁN HỌC TỔ HỢP

Chương 6

NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ

Đại học Khoa Học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

1/37

LVL cO2020

Nội dung

Chương 6. NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ

1. Phương pháp sơ đồ Ven

2. Nguyên lý bù trừ

3. Đa thức quân xe

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

2/37

LVL cO2020

Ta ký hiệu

U là tập vũ trụ

A là phần bù của A trong U

|A| là số phần tử của A.

6.1. Phương pháp sơ đồ Ven

Khi đó |A ∩ B| = |U | − |A| − |B| + |A ∩ B| (1)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

3/37

LVL cO2020

Nhận xét. Xét sơ đồ Ven

A là phần bù của A trong U

|A| là số phần tử của A.

6.1. Phương pháp sơ đồ Ven

Khi đó |A ∩ B| = |U | − |A| − |B| + |A ∩ B| (1)

Nhận xét. Xét sơ đồ Ven

Ta ký hiệu

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

3/37

LVL cO2020

U là tập vũ trụ

|A| là số phần tử của A.

6.1. Phương pháp sơ đồ Ven

Khi đó |A ∩ B| = |U | − |A| − |B| + |A ∩ B| (1)

Nhận xét. Xét sơ đồ Ven

Ta ký hiệu

U là tập vũ trụ

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

3/37

LVL cO2020

A là phần bù của A trong U

6.1. Phương pháp sơ đồ Ven

Khi đó |A ∩ B| = |U | − |A| − |B| + |A ∩ B| (1)

Nhận xét. Xét sơ đồ Ven

Ta ký hiệu

U là tập vũ trụ

A là phần bù của A trong U

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

3/37

LVL cO2020

|A| là số phần tử của A.

6.1. Phương pháp sơ đồ Ven

Nhận xét. Xét sơ đồ Ven

Ta ký hiệu

U là tập vũ trụ

A là phần bù của A trong U

|A| là số phần tử của A.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

3/37

LVL cO2020

Khi đó |A ∩ B| = |U | − |A| − |B| + |A ∩ B| (1)

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường.

P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và

Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |.

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

= 100 − 50 − 40 + 20

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9;

và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1

Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9.

Ví dụ. Một trường học có 100 sinh viên, trong đó có 50 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hỏi trường đó có bao nhiêu sinh viên không học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp?

Giải. Gọi là U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh và P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp. Ta có

|U| = 100, |A| = 50, |P | = 40 và |A ∩ P | = 20.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tính |A ∩ P |. Ta có

|A ∩ P | = |U| − |A| − |P | + |A ∩ P |

= 100 − 50 − 40 + 20 = 30.

Ví dụ. Có bao nhiêu hoán vị các chữ số 0, 1, 2, . . . , 9 sao cho chữ số đầu lớn hơn 1 và chữ số cuối nhỏ hơn 8?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

4/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập tất cả các hoán vị của 0, 1, 2, ..., 9; A là tập tất cả các hoán vị với chữ số đầu là 0 hoặc 1 và B là tập tất cả các hoán vị với chữ số cuối là 8 hoặc 9. Khi đó yêu cầu của bài toán là tính |A ∩ B|.

|A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!.

Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Ta có |U| = 10!,

|B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!.

Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!,

và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!.

Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9!

Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!.

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!)

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

=|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

− |A ∩ B ∩ C| (2)

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

|A ∩ B ∩ C|

Ta có |U| = 10!, |A| = 2 × 9!, |B| = 2 × 9! và |A ∩ B| = 2 × 2 × 8!. Áp dụng công thức (1) ta được

|A ∩ B| = |U| − |A| − |B| + |A ∩ B|

= 10! − (2 × 9!) − (2 × 9!) + (2 × 2 × 8!) = 2338560.

Câu hỏi. Hãy mở rộng công thức (1) cho trường hợp 3 tập hợp.

Đáp án. Công thức là

|A ∩ B ∩ C| =|U| − |A| − |B| − |C|

+ |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

5/37

LVL cO2020

− |A ∩ B ∩ C| (2)

3

ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3,

3

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường.

P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh,

D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và

Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức.

• |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

• |A| = |P | = |D| = 40,

• |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20,

Theo công thức (2) ta được

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

Theo công thức (2) ta được

= 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

|A ∩ P ∩ D|

= 30.

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

6/37

LVL cO2020

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10

3 (cid:88)

Đối với trường hợp 3 tập hợp là A1, A2 và A3, ta có thể viết công thức (2) như sau:

i=1

1≤i

(cid:88) |A1 ∩ A2 ∩ A3| = |U| − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

Ví dụ. Một trường có 100 sinh viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 40 sinh viên học tiếng Pháp, 40 sinh viên học tiếng Đức, mỗi cặp ngôn ngữ có 20 sinh viên học và có 10 sinh viên học cả 3 ngôn ngữ. Hỏi trường có bao nhiêu sinh viên không học cả 3 tiếng Anh, Pháp và Đức?

Giải. Gọi U là tập hợp sinh viên của trường. Gọi A là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, P là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp và D là tập hợp sinh viên học tiếng Đức. Khi đó |U| = 100,

• |A| = |P | = |D| = 40, • |A ∩ P | = |P ∩ D| = |A ∩ D| = 20, • |A ∩ P ∩ D| = 10.

Theo công thức (2) ta được

6/37

LVL cO2020

|A ∩ P ∩ D| = 100 − (40 + 40 + 40) + (20 + 20 + 20) − 10 = 30. Chương 6. Nguyên lý bù trừ

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) (cid:104) 999 Đáp án. = 142. 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

(cid:105) (cid:104) 999 Đáp án. = 142. 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000.

Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7.

Ta có

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|.

|A1| = [1000/2] = 500,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

|U| = 1000,

Nhận xét. Số các số nguyên dương ≤ n mà chia hết cho k là phần nguyên [n/k] .

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 7?

(cid:105) Đáp án. = 142. (cid:104) 999 7

Ví dụ. Có bao nhiêu số nguyên dương ≤ 1000 mà nguyên tố cùng nhau với 70?

Giải. Gọi U là tập hợp các số nguyên dương ≤ 1000. Ta có ước nguyên tố của 70 là 2, 5 và 7. Do đó muốn đếm các số nguyên tố cùng nhau với 70 ta cần đếm những số không chia hết cho 2, 5 và 7.

Gọi A1, A2 và A3 lần lượt là tập các số nguyên trong U chia hết cho 2, 5 và 7. Khi đó đáp án cần tìm của bài toán là |A1 ∩ A2 ∩ A3|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

7/37

LVL cO2020

|U| = 1000, |A1| = [1000/2] = 500,

|A3| = [1000/7] = 142.

Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có,

(cid:21) (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:20) 1000 = 28. |A1 ∩ A3| = = 71, |A2 ∩ A3| = 2 × 7 5 × 7 (cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

|A2| = [1000/5] = 200,

Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có,

(cid:21) (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:20) 1000 = 28. |A1 ∩ A3| = = 71, |A2 ∩ A3| = 2 × 7 5 × 7 (cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có,

(cid:21) (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:20) 1000 = 28. |A1 ∩ A3| = = 71, |A2 ∩ A3| = 2 × 7 5 × 7 (cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10.

Tương tự ta có,

(cid:21) (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:20) 1000 = 28. |A1 ∩ A3| = = 71, |A2 ∩ A3| = 2 × 7 5 × 7 (cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100.

(cid:21) (cid:20) 1000 = 28. |A2 ∩ A3| = 5 × 7 (cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) = 71, |A1 ∩ A3| = (cid:20) 1000 2 × 7

(cid:20) (cid:21) 1000 = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7 (cid:21) (cid:20) = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 2 × 5 × 7

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7 (cid:21) (cid:20) = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 2 × 5 × 7

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

Áp dụng công thức (2) ta được

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7 (cid:21) (cid:20) = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

a) 200 b) 396

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7 (cid:21) (cid:20) = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

= 343.

|A3| = [1000/7] = 142. |A2| = [1000/5] = 200,

= 28. = 71, |A2 ∩ A3| = |A1 ∩ A3| = Ta có một số chia hết cho 2 và 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 10. Do đó |A1 ∩ A2| = [1000/10] = 100. Tương tự ta có, (cid:21) (cid:20) 1000 (cid:21) 5 × 7 (cid:20) 1000 2 × 7 (cid:21) (cid:20) = 14. |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 2 × 5 × 7

Áp dụng công thức (2) ta được

|A1 ∩ A2 ∩ A3| = 1000 − (500 + 200 + 142) + (100 + 71 + 28) − 14

= 343.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 2000 mà nguyên tố cùng nhau với

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

8/37

LVL cO2020

a) 200 b) 396

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

n

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

n

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An.

Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

n

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân.

Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

n

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3.

n

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

n

Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U.

n

cụ thể

i=1

1≤i

(cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n,

1≤i

(cid:88) S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

i=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể n (cid:88) S1 = |Ai|,

. . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

i=1

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể n (cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|,

n

Khi đó

k=1

(cid:88) |A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

i=1

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể n (cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

6.2. Nguyên lý bù trừ

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

i=1

1≤i

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể n (cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n (cid:88)

Khi đó

k=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

|A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

6.2. Nguyên lý bù trừ

Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng công thức ở phần 3.1 cho trường hợp n tập hợp A1, A2, . . . , An. Để đơn giản về mặt ký hiệu ta viết “ ∩ ” như là phép nhân. Ví dụ A1 ∩ A2 ∩ A3 sẽ được viết là A1A2A3. Bằng việc sử dụng ký hiệu này, ta có số lượng phần tử không thuộc tất cả các tập A1, A2, . . . , An sẽ được viết là |A1A2 . . . An|.

i=1

1≤i

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Ta đặt Sk là tổng số phần tử của tất cả tập giao của đúng k tập hợp từ các {Ai}i=1,...,n, cụ thể n (cid:88) (cid:88) S1 = |Ai|, S2 = |AiAj|, . . . , Sn = |A1A2 . . . An|.

n (cid:88)

Khi đó

k=1

|A1A2 . . . An| = |U| + (−1)kSk

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

9/37

LVL cO2020

= |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

n

k=1

Khi đó (cid:88) |A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) = |U| − . S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U.

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) = |U| − . S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) = |U| − . S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

(cid:16) (cid:17) = |U| − . S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) . = |U| − S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) . = |U| − S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) . = |U| − S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

Do đó ta có điều phải chứng minh

n (cid:88)

Hệ quả. Cho A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của tập vũ trụ U. Khi đó

k=1

|A1 ∪ . . . ∪ An| = (−1)k−1Sk

= S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn.

Chứng minh. Từ Định lý trên ta có

|A1 . . . An| = |U| − S1 + S2 − . . . + (−1)kSk + . . . + (−1)nSn (cid:16) (cid:17) . = |U| − S1 − S2 + . . . + (−1)k−1Sk + . . . + (−1)n−1Sn

Mặt khác |A1 ∪ . . . ∪ An| = |U| − |A1 . . . An|.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 18

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

10/37

LVL cO2020

thỏa điều kiện xi ≤ 7, ∀i = 1, 2, 3, 4.

4 =

Ta có (cid:19) (cid:18) 4 + 18 − 1 |U| = K18 = 1330. 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗).

(cid:19) (cid:18) 4 + 18 − 1 = = 1330. 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có |U| = K18 4

= 1330.

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

(cid:19) |U| = K18 Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

4 =

(cid:19) (cid:18) 13 = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 10

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) (cid:18) 5 = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

(cid:19) = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10 (cid:18) 13 10

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10

4 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

(cid:19) = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 (cid:18) 13 10 (cid:18) 5 2

|A1A2A3A4| = 0.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10

4 =

(cid:19) = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 (cid:18) 13 10 (cid:18) 5 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10

4 =

(cid:19) = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 (cid:18) 13 10 (cid:18) 5 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

|A1A2A3A4| = 0.

4 =

(cid:19) |U| = K18 = 1330. Giải. Gọi U là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗). Ta có (cid:18) 4 + 18 − 1 18

Gọi Ai là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình (∗) thỏa tính chất xi ≥ 8. Khi đó kết quả của bài toán là |A1A2A3A4|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số nghiệm nguyên ta được

4 =

(cid:19) = 286 với 1 ≤ i ≤ 4. |Ai| = K10

4 =

(cid:19) = 10 với 1 ≤ i < j ≤ 4. |AiAj| = K2 (cid:18) 13 10 (cid:18) 5 2

|AiAjAk| = 0 với 1 ≤ i < j < k ≤ 4.

|A1A2A3A4| = 0.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

11/37

LVL cO2020

Vì vai trò của các Ai (1 ≤ i ≤ 4) là như nhau nên ta có:

= 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = 2

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S1 = |Ai|

= 1144.

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = 2

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S1 = |Ai| = 4 × 286

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = 2

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

(cid:19) (cid:18) 4 = × 10 = 60. 2

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S2 = (cid:80) |AiAj|

= 60.

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

(cid:19) × 10 S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) (cid:18) 4 × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

(cid:19) (cid:18) 4 = × 0 = 0. 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S3 = (cid:80) |AiAjAk|

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

Áp dụng Định lý, ta có

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

ít nhất một nước không có.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

4 (cid:80) i=1

S1 = |Ai| = 4 × 286 = 1144.

1≤i

(cid:19) × 10 = 60. S2 = (cid:80) |AiAj| = (cid:18) 4 2

1≤i

(cid:19) × 0 = 0. S3 = (cid:80) |AiAjAk| = (cid:18) 4 3

S4 = |A1A2A3A4| = 0.

Áp dụng Định lý, ta có

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

= 1330 − 1144 + 60 − 0 + 0 = 246.

a) có đầy đủ 4 nước (cơ, rô, chuồn và bích).

b)

Ví dụ. Có bao nhiêu cách lấy 6 lá bài từ bộ bài 52 lá sao cho

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

12/37

LVL cO2020

ít nhất một nước không có.

và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) (cid:18) 52 (cid:18) 26 |U| = |A1A2| = 6 6 (cid:19) (cid:18) 13 (cid:19) (cid:18) 39 |A1A2A3| = |A1| = 6 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá

Ta có (cid:19) (cid:19) (cid:18) 52 (cid:18) 26 |U| = |A1A2| = 6 6 (cid:19) (cid:18) 13 (cid:19) (cid:18) 39 |A1A2A3| = |A1| = 6 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích.

(cid:19) (cid:18) 26 |A1A2| = 6 (cid:19) (cid:18) 13 (cid:19) (cid:18) 39 |A1A2A3| = |A1| = 6 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) |U| = (cid:18) 52 6

(cid:19) (cid:18) 26 |A1A2| = 6 (cid:19) (cid:18) 13 |A1A2A3| = 6

|A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 (cid:18) 39 S3 = S1 = 4 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) |U| =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6

(cid:19) (cid:18) 13 |A1A2A3| = 6

|A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 (cid:18) 39 S3 = S1 = 4 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| = (cid:18) 26 6

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6

|A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

a)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 39 (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S1 = 4 S3 = 6 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S3 = 3 6 (cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 26 S2 = S4 = 0 2 6

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) S1 = 4 (cid:18) 39 6

(cid:19) (cid:18) 4 (cid:19) (cid:18) 13 S3 = 3 6

a)

S4 = 0

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

(cid:19) S1 = 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) S2 = (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

a)

S4 = 0

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

a)

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

b)

= 8682544.

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4

b)

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

= 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Giải. Gọi U là tất cả bộ 6 lá bài được lấy từ bộ bài 52 lá và A1, A2, A3, A4 lần lượt là tất cả bộ 6 lá bài mà không có nước cơ, rô, chuồn và bích. Ta có (cid:19) (cid:19) |U| = |A1A2| =

(cid:19) (cid:19) |A1A2A3| = |A1| = (cid:18) 52 6 (cid:18) 39 6 (cid:18) 26 6 (cid:18) 13 6 |A1A2A3A4| = 0

Vì vai trò A1, A2, A3, A4 là như nhau nên ta có:

a)

(cid:19) (cid:19) S1 = 4 S3 = (cid:18) 4 3 (cid:19) (cid:18) 13 6 (cid:19) S2 = S4 = 0 (cid:18) 39 6 (cid:19) (cid:18) 26 6 (cid:18) 4 2

b)

|A1A2A3A4| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 = 8682544.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

13/37

LVL cO2020

|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4| = S1 − S2 + S3 − S4 = 11675976.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Đáp án. 524

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}.

và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B

Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3).

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

|U| = 36, |P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

|P1| = 26, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

|U| = 36,

|P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

|U| = 36, Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được |P1| = 26,

|P1P2P3| = 0.

Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 3 26 = 192, × 1 = 3, S1 = S2 = S3 = 0. 1 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

|U| = 36, Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được |P1| = 26, |P1P2| = 16,

(cid:19) (cid:18) 3 × 1 = 3, S2 = S3 = 0. 2

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

|U| = 36, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được |P1| = 26, Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) 26 = 192, S1 = (cid:18) 3 1

S3 = 0.

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

|U| = 36, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

LVL cO2020

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được |P1| = 26, Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) × 1 = 3, 26 = 192, S1 = S2 = (cid:18) 3 2 (cid:18) 3 1

Ví dụ.(tự làm) Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

(∗) x1 + x2 + x3 + x4 = 20

thỏa điều kiện x1 ≤ 5, x2 ≤ 7, x3 ≤ 10.

Đáp án. 524

Ví dụ. Có bao nhiêu toàn ánh từ tập hợp có 6 phần tử vào tập hợp có 3 phần tử?

Giải. Giả sử tập nguồn là A, tập đích là B = {b1, b2, b3}. Gọi U là tập hợp các ánh xạ từ A vào B và Pi là tập hợp các ánh xạ mà có ảnh không chứa bi (i = 1, 2, 3). Khi đó kết quả của bài toán là |P 1P 2P 3|.

|U| = 36, |P1P2| = 16, |P1P2P3| = 0.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

14/37

Bằng việc giải những bài toán tìm số ánh xạ ta được |P1| = 26, Vì vai trò của các P1, P2, P3 là như nhau nên ta có: (cid:19) (cid:19) × 1 = 3, 26 = 192, S1 = S2 = (cid:18) 3 2 (cid:18) 3 1 S3 = 0. LVL cO2020

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n (cid:18) n (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m 1 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Áp dụng Định lý, ta có

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n (cid:18) n (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m 1 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n (cid:18) n (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m 1 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3 = 729 − 192 + 3 − 0

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n (cid:18) n (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m 1 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 (cid:18) 4 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. 1 2 3

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử.

= 1024 − 972 + 192 − 4 = 240.

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) 35 + 25 − 15 45 − (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 3 (cid:18) 4 1

= 240.

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 3 (cid:18) 4 1

Áp dụng Định lý, ta có

|P 1P 2P 3| = |U| − S1 + S2 − S3

= 729 − 192 + 3 − 0 = 540.

Định lý. Cho m và n là hai số nguyên dương với m ≥ n. Khi đó số toàn ánh từ tập hợp có m phần tử và tập hợp có n phần tử là:

(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18) n nm − (n − 1)m + (n − 2)m − . . . + (−1)n−1 1m (cid:18) n 1 (cid:18) n 2 n − 1

Ví dụ.(tự làm) Có bao nhiêu cách phân công 5 công việc khác nhau cho 4 người với điều kiện mỗi người đều có ít nhất một công việc.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

15/37

LVL cO2020

Giải. Số cách phân công chính là số toàn ánh từ tập có 5 phần tử vào tập có 4 phần tử. Do đó số cách phân công là (cid:19) (cid:19) (cid:19) 35 + 25 − 45 − 15 = 1024 − 972 + 192 − 4 = 240. (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 3 (cid:18) 4 1

n−m

Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i (cid:88) (−1)i Nm = Sm+i m

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m + 1 (cid:18) n = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn m m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

n−m

Nếu ta gọi N ∗

m =

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i − 1 (cid:88) N ∗ (−1)i Sm+i m − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U.

n−m

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i (cid:88) (−1)i Nm = Sm+i m

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m + 1 (cid:18) n = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn m m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

n−m

Nếu ta gọi N ∗

m =

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i − 1 (cid:88) N ∗ (−1)i Sm+i m − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m + 1 (cid:18) n = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn m m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

n−m

Nếu ta gọi N ∗

m =

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i − 1 (cid:88) N ∗ (−1)i Sm+i m − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

n−m (cid:88)

i=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

(cid:19) (−1)i Nm = Sm+i (cid:18) m + i m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

n−m

Nếu ta gọi N ∗

m =

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i − 1 (cid:88) N ∗ (−1)i Sm+i m − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

n−m (cid:88)

i=0

(cid:19) (−1)i Nm = Sm+i (cid:18) m + i m

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn (cid:18) m + 1 m (cid:18) n m

n−m

thì

m =

i=0

(cid:19) (cid:18) m + i − 1 (cid:88) N ∗ (−1)i Sm+i m − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

n−m (cid:88)

i=0

(cid:19) (−1)i Nm = Sm+i (cid:18) m + i m

(cid:19) (cid:19) = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn (cid:18) m + 1 m (cid:18) n m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

Nếu ta gọi N ∗

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m (cid:18) n − 1 = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 m − 1

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

n−m (cid:88)

i=0

(cid:19) (−1)i Nm = Sm+i (cid:18) m + i m

(cid:19) (cid:19) = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn (cid:18) m + 1 m (cid:18) n m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

Nếu ta gọi N ∗

n−m (cid:88)

m =

i=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

(cid:19) (−1)i N ∗ Sm+i (cid:18) m + i − 1 m − 1

Định lý. Cho tập vũ trụ U và A1, A2, . . . , An là n tập hợp con của U. Khi đó số phần tử thuộc đúng m tập hợp, ký hiệu Nm, là

n−m (cid:88)

i=0

(cid:19) (−1)i Nm = Sm+i (cid:18) m + i m

(cid:19) (cid:19) = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn (cid:18) m + 1 m (cid:18) n m

m là số phần tử thuộc ít nhất m tập hợp thì

Nếu ta gọi N ∗

n−m (cid:88)

m =

i=0

(cid:19) (−1)i N ∗ Sm+i (cid:18) m + i − 1 m − 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

16/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) (cid:18) m = Sm − Sm+1 + . . . + (−1)n−m Sn. m − 1 (cid:18) n − 1 m − 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) (cid:18) 4 |U| = 34 31 S3 = (cid:19) 3 (cid:18) 4 33 S1 = 1 (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 32 30 S2 = S4 = 2 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) (cid:18) 4 |U| = 34 31 S3 = (cid:19) 3 (cid:18) 4 33 S1 = 1 (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 32 30 S2 = S4 = 2 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4.

Ta có

(cid:19) (cid:18) 4 |U| = 34 31 S3 = (cid:19) 3 (cid:18) 4 33 S1 = 1 (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 32 30 S2 = S4 = 2 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1.

(cid:19) (cid:18) 4 31 S3 = (cid:19) 3 (cid:18) 4 33 S1 = 1 (cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 32 30 S2 = S4 = 2 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

|U| = 34

(cid:19) (cid:18) 4 31 S3 = 3

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 4 (cid:18) 4 32 30 S2 = S4 = 4 2

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) 33 S1 = |U| = 34 (cid:18) 4 1

(cid:19) (cid:18) 4 31 S3 = 3

(cid:19) (cid:18) 4 30 S4 = 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 33 S1 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) 32 S2 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2

(cid:19) (cid:18) 4 30 S4 = 4

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) 32 S2 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2

Áp dụng Định lý trên ta được:

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 3 (cid:18) 4 a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. 2 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

Áp dụng Định lý trên ta được:

= 24.

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) a) N2 = S2 − S3 + S4 Áp dụng Định lý trên ta được: (cid:18) 3 2 (cid:18) 4 2

2 = S2 −

(cid:19) (cid:19) (cid:18) 2 (cid:18) 3 b) N ∗ S3 + S4 = 33. 1 1

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

17/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24. Áp dụng Định lý trên ta được: (cid:18) 3 2 (cid:18) 4 2

= 33.

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

(cid:19) (cid:19) a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24.

2 = S2 −

17/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) b) N ∗ S3 + S4 Áp dụng Định lý trên ta được: (cid:18) 3 2 (cid:18) 2 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 3 1 Chương 6. Nguyên lý bù trừ

Ví dụ. Có bao nhiêu chuỗi tam phân (chỉ gồm 0, 1, 2) có độ dài 4

a) chứa đúng 2 chữ số 1 b) chứa ít nhất 2 chữ số 1

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả những chuỗi tam phân có độ dài 4. Gọi Ai (1 ≤ i ≤ 4) là tập hợp tất cả các chuỗi tam phân có chữ số tại vị trí i là 1. Ta có

(cid:19) 31 S3 = (cid:19) (cid:18) 4 3 33 S1 =

(cid:19) (cid:19) 32 30 S2 = S4 = |U| = 34 (cid:18) 4 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 4 4

(cid:19) (cid:19) a) N2 = S2 − S3 + S4 = 24.

2 = S2 −

17/37

LVL cO2020

(cid:19) (cid:19) b) N ∗ S3 + S4 = 33. Áp dụng Định lý trên ta được: (cid:18) 3 2 (cid:18) 2 1 (cid:18) 4 2 (cid:18) 3 1 Chương 6. Nguyên lý bù trừ

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 5! (cid:18) 5 |U| = 5! 2! = S3 = 3 3! (cid:19) 5! (cid:18) 5 4! = S1 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 1 1! 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 5! (cid:18) 5 |U| = 5! 2! = S3 = 3 3! (cid:19) 5! (cid:18) 5 4! = S1 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 1 1! 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ.

Ta có

(cid:19) 5! (cid:18) 5 |U| = 5! 2! = S3 = 3 3! (cid:19) 5! (cid:18) 5 4! = S1 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 1 1! 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|.

(cid:19) 5! (cid:18) 5 2! = S3 = 3 3! (cid:19) 5! (cid:18) 5 4! = S1 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 1 1! 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

|U| = 5!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 2! = S3 = 3 3! 5! = (cid:19) 5! (cid:18) 5 1! 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 4! S1 = |U| = 5! (cid:18) 5 1

(cid:19) 5! (cid:18) 5 2! = S3 = 3 3!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 1! = S4 = 4 4! (cid:19) 5! (cid:18) 5 3! = S2 = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 4! = S1 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 5! 1!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 2! = S3 = 3 3!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 1! = S4 = 4 4! 5! = (cid:19) 5! (cid:18) 5 2! 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 4! = S1 = 5! 1!

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 3! S2 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2

(cid:19) 5! (cid:18) 5 2! = S3 = 3 3!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 1! = S4 = 4 4!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 4! = S1 = 5! 1!

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 3! = S2 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2!

5! = 3!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 1! = S4 = 4 4!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 2! S3 = (cid:18) 5 3 (cid:19) 4! = S1 = 5! 1!

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 3! = S2 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 1! = S4 = 4 4!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

(cid:19) 2! = S3 = (cid:18) 5 3 5! 3! (cid:19) 4! = S1 = 5! 1!

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 3! = S2 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2!

5! = 4!

(cid:19) 5! (cid:18) 5 0! = S5 = 5 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 2! = S3 = 5! 3! (cid:19) 4! = S1 = (cid:19) 5! 1! 1! S4 = (cid:18) 5 3 (cid:18) 5 4 (cid:19) 3! = S2 = |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2!

5! = 5!

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 2! = S3 = 5! 3! (cid:19) 4! = S1 = (cid:19) 5! 1! 1! = S4 = 5! 4! (cid:19) 3! = S2 = (cid:19) |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2! 0! S5 = (cid:18) 5 3 (cid:18) 5 4 (cid:18) 5 5

Ví dụ. Có 5 lá thư và 5 phong bì thư ghi sẵn địa chỉ. Mỗi phong bì thư được bỏ vào ngẫu nhiên đúng một lá thư. Hỏi xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là bao nhiêu? Tổng quát hóa bài toán với n (nguyên dương) lá thư và n phong bì thư.

Giải. Gọi U là tập hợp tất cả các cách bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì thư và Ai (1 ≤ i ≤ 5) là tập hợp các cách bỏ lá thư mà lá thứ i đúng địa chỉ. Bây giờ ta đi tìm |A1A2 . . . A5|. Ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

18/37

LVL cO2020

(cid:19) 2! = S3 = 5! 3! (cid:19) 4! = S1 = (cid:19) 5! 1! 1! = S4 = 5! 4! (cid:19) 3! = S2 = (cid:19) |U| = 5! (cid:18) 5 1 (cid:18) 5 2 5! 2! 0! = S5 = (cid:18) 5 3 (cid:18) 5 4 (cid:18) 5 5 5! 5!

5

5! 5! 5! 5! 5! = 5! − + − + − 1! 2! 3! 4! 5!

k=0

(−1)k (cid:88) = 5! = 44. k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n

k=0

44 |A1A2 . . . A5| = ≈ 0.367 |U| 5! Tổng quát. (−1)k (cid:88) |A1A2 . . . An| = n! k!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

|A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5

5

k=0

(−1)k (cid:88) = 5! = 44. k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n

k=0

44 |A1A2 . . . A5| = ≈ 0.367 |U| 5! Tổng quát. (−1)k (cid:88) |A1A2 . . . An| = n! k!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= 5! − + − + − |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 1! 5! 5! 5! 3! 5! 4! 5! 2!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n

k=0

44 |A1A2 . . . A5| = ≈ 0.367 |U| 5! Tổng quát. (−1)k (cid:88) |A1A2 . . . An| = n! k!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − + − + − 5! 5! 5! 3! 5! 4!

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

≈ 0.367

n

k=0

Tổng quát. (−1)k (cid:88) |A1A2 . . . An| = n! k!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − + + − − 5! 5! 5! 4! 5! 3!

k=0

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= |A1A2 . . . A5| |U| 44 5!

n

k=0

Tổng quát. (−1)k (cid:88) |A1A2 . . . An| = n! k!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − − + + − 5! 5! 5! 4! 5! 3!

k=0

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= ≈ 0.367 |A1A2 . . . A5| |U| 44 5!

n

k=0

Xác suất (−1)k |A1A2 . . . An| (cid:88) = ≈ e−1 (khi n lớn) |U| k!

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − − + + − 5! 5! 5! 3! 5! 4!

k=0

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n (cid:88)

= ≈ 0.367 |A1A2 . . . A5| |U| 44 5! Tổng quát.

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

|A1A2 . . . An| = n! (−1)k k!

≈ e−1 (khi n lớn)

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − − + + − 5! 5! 5! 3! 5! 4!

k=0

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n (cid:88)

= ≈ 0.367 |A1A2 . . . A5| |U| 44 5! Tổng quát.

k=0

|A1A2 . . . An| = n! (−1)k k!

n (cid:88)

Xác suất

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= |A1A2 . . . An| |U| (−1)k k!

Áp dụng Định lý ta được

5 (cid:88)

= 5! − + − + − 5! 5! 5! 4! 5! 3!

k=0

= 44. = 5! |A1A2 . . . A5| = |U| − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 5! 5! 2! 1! (−1)k k!

Như vậy xác suất để không lá thư nào đúng địa chỉ là

n (cid:88)

= ≈ 0.367 |A1A2 . . . A5| |U| 44 5! Tổng quát.

k=0

|A1A2 . . . An| = n! (−1)k k!

n (cid:88)

Xác suất

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

19/37

LVL cO2020

= ≈ e−1 (khi n lớn) |A1A2 . . . An| |U| (−1)k k!

6.3. Đa thức quân xe

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

20/37

LVL cO2020

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

6.3. Đa thức quân xe

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

20/37

LVL cO2020

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác).

tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau,

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn.

Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}.

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Giới thiệu. Xe là một quân cờ quan trọng trong cờ tướng cũng như cờ vua, nó có quyền ăn bất cứ quân cờ nào khác màu (của đối phương) ở trên cùng dòng hay cùng cột (không bị cản trở bởi một quân cờ khác). Một số bài toán đếm có thể đưa về dạng tính số cách đặt k quân xe trên một bàn cờ sao cho hai quân xe bất kỳ không thể ăn nhau, tức là không có 2 quân xe nào trên cùng một dòng hay một cột.

Định nghĩa. Tập hợp tất các hoán vị của {1, 2, . . . , n} được ký hiệu là Sn. Mỗi hoán vị của σ ∈ Sn được xem như là một song ánh từ {1, 2, . . . , n} vào {1, 2, . . . , n}. Ví dụ, hoán vị σ = 3 2 1 được xem như là song ánh σ : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} với σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 1.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

21/37

LVL cO2020

Nhận xét. Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách đặt n quân xe trên bàn cờ n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (với 1 ≤ i ≤ n), hiển nhiên không có 2 quân xe nào ăn nhau.

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}. Ta đặt

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}. Ta đặt

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Ta đặt

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}.

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}. Ta đặt

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}. Ta đặt

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ. Hoán vị σ = 4 2 3 1 tương đương với cách đặt quân xe

Định nghĩa. Xét các tập con X1, X2 . . . , Xn ⊂ {1, 2, . . . , n}. Ta đặt

P (X1, X2, . . . , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) /∈ Xi với 1 ≤ i ≤ n}.

Tập Xi (1 ≤ i ≤ n) được gọi là tập các vị trí cấm của i. Các hoán vị thuộc P (X1, . . . , Xn) được gọi là hoán vị với vị trí cấm.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

22/37

LVL cO2020

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Để giải bài này chúng ta có thể sử dụng nguyên lý bù trừ (hơi phức tạp). Trong phần này chúng ta sẽ dùng phương pháp đa thức quân xe để giải.

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Phân tích Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

23/37

LVL cO2020

Trong phần này chúng ta sẽ dùng phương pháp đa thức quân xe để giải.

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Phân tích Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

23/37

LVL cO2020

Để giải bài này chúng ta có thể sử dụng nguyên lý bù trừ (hơi phức tạp).

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Phân tích Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

23/37

LVL cO2020

Để giải bài này chúng ta có thể sử dụng nguyên lý bù trừ (hơi phức tạp). Trong phần này chúng ta sẽ dùng phương pháp đa thức quân xe để giải.

Phân tích Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Để giải bài này chúng ta có thể sử dụng nguyên lý bù trừ (hơi phức tạp). Trong phần này chúng ta sẽ dùng phương pháp đa thức quân xe để giải.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

23/37

LVL cO2020

Ví dụ. Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Ta dễ thấy một cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp chính là một cách đặt 4 quân xe vào bàn cờ.

Để đơn giản ta có thể xóa các ô cấm ra khỏi bàn cờ. Như vậy bàn cờ trên sẽ thành

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

24/37

LVL cO2020

Phân tích. Ta biểu diễn 4 người và 5 công việc thành một bàn cờ 4 × 5 như hình sau.

Để đơn giản ta có thể xóa các ô cấm ra khỏi bàn cờ. Như vậy bàn cờ trên sẽ thành

Phân tích. Ta biểu diễn 4 người và 5 công việc thành một bàn cờ 4 × 5 như hình sau.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

24/37

LVL cO2020

Ta dễ thấy một cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp chính là một cách đặt 4 quân xe vào bàn cờ.

Như vậy bàn cờ trên sẽ thành

Phân tích. Ta biểu diễn 4 người và 5 công việc thành một bàn cờ 4 × 5 như hình sau.

Ta dễ thấy một cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp chính là một cách đặt 4 quân xe vào bàn cờ.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

24/37

LVL cO2020

Để đơn giản ta có thể xóa các ô cấm ra khỏi bàn cờ.

Phân tích. Ta biểu diễn 4 người và 5 công việc thành một bàn cờ 4 × 5 như hình sau.

Ta dễ thấy một cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp chính là một cách đặt 4 quân xe vào bàn cờ.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

24/37

LVL cO2020

Để đơn giản ta có thể xóa các ô cấm ra khỏi bàn cờ. Như vậy bàn cờ trên sẽ thành

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m.

Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

và r1(C) = m.

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Ta dễ thấy r0(C) = 1

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Định nghĩa. Một bàn cờ là một tập con của mảng m × n ô vuông.

Ví dụ. Tập hợp các ô vuông sau là một bàn cờ

Định nghĩa. Cho C là một bàn cờ có m ô vuông và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ m. Gọi rk(C) là cách đặt k quân xe lên bàn cờ sao cho 2 quân xe bất kỳ không thể ăn nhau. Đa thức quân xe được định nghĩa là

R(C, x) = r0(C) + r1(C)x + r2(C)x2 + . . . + rm(C)xm.

Ta dễ thấy r0(C) = 1 và r1(C) = m.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

25/37

LVL cO2020

Nhận xét. Ta có thể hoán đổi tùy ý các dòng (hay các cột) trên bàn cờ mà không làm thay đổi đa thức quân xe của bàn cờ.

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe,

Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

r1(C) = 16.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Giải. Ta có r0(C) = 1,

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 2 × 2

Khi đó, ta có 4 cách đặt một quân xe, 2 cách đặt hai quân xe và không có cách đặt ba quân xe trở lên. Do đó đa thức quân xe của C là

R(C, x) = 1 + 4x + 2x2.

Ví dụ. Cho C là bàn cờ 4 × 4

Hãy tìm đa thức quân xe của C?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

26/37

LVL cO2020

Giải. Ta có r0(C) = 1, r1(C) = 16.

Với mỗi

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn. Như vậy (cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 = 72. r2(C) = 2

• Lý luận tương tự, ta có

(cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) = 3 (cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = 4

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. (cid:18) 4 2

Như vậy (cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 = 72. r2(C) = 2

• Lý luận tương tự, ta có

(cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) = 3 (cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = 4

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. Với mỗi (cid:18) 4 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn.

• Lý luận tương tự, ta có

(cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) = 3 (cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = 4

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. Với mỗi (cid:18) 4 2

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn. Như vậy (cid:19) × 4 × 3 = 72. r2(C) = (cid:18) 4 2

(cid:19) (cid:18) 4 × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = 4

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. Với mỗi (cid:18) 4 2

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn. Như vậy (cid:19) × 4 × 3 = 72. r2(C) = (cid:18) 4 2

• Lý luận tương tự, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

(cid:19) × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) = (cid:18) 4 3

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. Với mỗi (cid:18) 4 2

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn. Như vậy (cid:19) × 4 × 3 = 72. r2(C) = (cid:18) 4 2

• Lý luận tương tự, ta có

(cid:19) × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) =

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

(cid:19) × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = (cid:18) 4 3 (cid:18) 4 4

(cid:19) • Với 2 quân xe, ta có cách chọn vị trí dòng đặt quân xe. Với mỗi (cid:18) 4 2

cách chọn dòng, quân xe thứ 1 có 4 cách chọn, quân xe thứ 2 có 3 cách chọn. Như vậy (cid:19) × 4 × 3 = 72. r2(C) = (cid:18) 4 2

• Lý luận tương tự, ta có

(cid:19) × 4 × 3 × 2 = 96. r3(C) =

(cid:19) × 4 × 3 × 2 × 1 = 24. r4(C) = (cid:18) 4 3 (cid:18) 4 4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

27/37

LVL cO2020

Vậy R(C, x) = 1 + 16x + 72x2 + 96x3 + 24x4.

Ví dụ. Hai phần A, B của bàn cờ sau là rời nhau

Định lý. Nếu bàn cờ C chỉ gồm hai phần rời nhau A và B thì

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x)

Chứng minh. Với k quân xe, ta đặt i quân xe ở A và k − i quân xe ở B. Như vậy số cách đặt k quân xe vào C là ri(A) rk−i(B).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

28/37

LVL cO2020

Định nghĩa. Hai phần A, B của bàn cờ C được gọi là rời nhau nếu không có ô vuông nào trong A cùng dòng hay cùng cột với một ô vuông nào đó trong B.

Định lý. Nếu bàn cờ C chỉ gồm hai phần rời nhau A và B thì

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x)

Chứng minh. Với k quân xe, ta đặt i quân xe ở A và k − i quân xe ở B. Như vậy số cách đặt k quân xe vào C là ri(A) rk−i(B).

Định nghĩa. Hai phần A, B của bàn cờ C được gọi là rời nhau nếu không có ô vuông nào trong A cùng dòng hay cùng cột với một ô vuông nào đó trong B.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

28/37

LVL cO2020

Ví dụ. Hai phần A, B của bàn cờ sau là rời nhau

Chứng minh. Với k quân xe, ta đặt i quân xe ở A và k − i quân xe ở B. Như vậy số cách đặt k quân xe vào C là ri(A) rk−i(B).

Định nghĩa. Hai phần A, B của bàn cờ C được gọi là rời nhau nếu không có ô vuông nào trong A cùng dòng hay cùng cột với một ô vuông nào đó trong B.

Ví dụ. Hai phần A, B của bàn cờ sau là rời nhau

Định lý. Nếu bàn cờ C chỉ gồm hai phần rời nhau A và B thì

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

28/37

LVL cO2020

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x)

Như vậy số cách đặt k quân xe vào C là ri(A) rk−i(B).

Định nghĩa. Hai phần A, B của bàn cờ C được gọi là rời nhau nếu không có ô vuông nào trong A cùng dòng hay cùng cột với một ô vuông nào đó trong B.

Ví dụ. Hai phần A, B của bàn cờ sau là rời nhau

Định lý. Nếu bàn cờ C chỉ gồm hai phần rời nhau A và B thì

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

28/37

LVL cO2020

Chứng minh. Với k quân xe, ta đặt i quân xe ở A và k − i quân xe ở B.

Định nghĩa. Hai phần A, B của bàn cờ C được gọi là rời nhau nếu không có ô vuông nào trong A cùng dòng hay cùng cột với một ô vuông nào đó trong B.

Ví dụ. Hai phần A, B của bàn cờ sau là rời nhau

Định lý. Nếu bàn cờ C chỉ gồm hai phần rời nhau A và B thì

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

28/37

LVL cO2020

Chứng minh. Với k quân xe, ta đặt i quân xe ở A và k − i quân xe ở B. Như vậy số cách đặt k quân xe vào C là ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

Định lý. Cho là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa và E là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Định lý. Cho là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa và E là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

Gọi D là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa và E là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

Định lý. Cho là ô vuông tùy ý của bàn cờ C.

và E là bàn cờ có được từ C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa

Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có và E là bàn cờ có được từ Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa C bằng cách xóa ô .

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có và E là bàn cờ có được từ Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa C bằng cách xóa ô . Khi đó

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có và E là bàn cờ có được từ Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có và E là bàn cờ có được từ Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe

k (cid:88)

Do đó

i=0

rk(C) = ri(A) rk−i(B).

Từ hệ thức này ta có

R(C, x) = R(A, x) × R(B, x).

là ô vuông tùy ý của bàn cờ C. Gọi D là bàn cờ có và E là bàn cờ có được từ Định lý. Cho được từ C bằng cách xóa dòng và cột chứa C bằng cách xóa ô . Khi đó

R(C, x) = xR(D, x) + R(E, x).

Chứng minh. Với k quân xe ta xét 2 trường hợp sau:

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

29/37

LVL cO2020

Trường hợp 1. Ô được đặt 1 quân xe nên k − 1 quân xe còn lại được đặt trên D nên có rk−1(D) cách đặt.

nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

k≥1

k≥1

(cid:88) (cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥0

k≥1

(cid:88) (cid:88) = x rk(D)xk + (1 + rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe,

Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

k≥1

k≥1

(cid:88) (cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥0

k≥1

(cid:88) (cid:88) = x rk(D)xk + (1 + rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt.

Do đó

k≥1

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

k≥1

k≥1

(cid:88) (cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥0

k≥1

(cid:88) (cid:88) = x rk(D)xk + (1 + rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E).

k≥1

k≥1

(cid:88) (cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥0

k≥1

(cid:88) (cid:88) = x rk(D)xk + (1 + rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

k≥1

k≥0

(cid:88) (cid:88) = x rk(D)xk + (1 + rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1 (cid:88)

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

k≥1

k≥1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

(cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

= xR(D, x) + R(E, x)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1 (cid:88)

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

(cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥1 (cid:88)

k≥1 rk(D)xk + (1 +

k≥0

k≥1

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

(cid:88) = x rk(E)xk)

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1 (cid:88)

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

(cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥1 (cid:88)

k≥1 rk(D)xk + (1 +

k≥0

k≥1

(cid:88) = x rk(E)xk)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

= xR(D, x) + R(E, x)

Trường hợp 2. Ô không được đặt quân xe, nghĩa là k quân xe được đặt trên E nên trường hợp này ta có rk(E) cách đặt. Vậy với k ≥ 1 thì rk(C) = rk−1(D) + rk(E). Do đó

k≥1 (cid:88)

(cid:88) R(C, x) = 1 + rk(C)xk

(cid:88) = 1 + rk−1(D)xk + rk(E)xk

k≥1 (cid:88)

k≥1 rk(D)xk + (1 +

k≥0

k≥1

(cid:88) = x rk(E)xk)

= xR(D, x) + R(E, x)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

30/37

LVL cO2020

Ví dụ. Tìm đa thức quân xe của bàn cờ C sau

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x)

= 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x)

= 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

= 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x)

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x) = 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x) = 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Giải. Ta có   (cid:18) (cid:19) R(C, x) = xR + R , x , x    

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) , x = x(1 + 2x) + R × R , x

= x(1 + 2x) + (1 + 4x + 2x2)(1 + x) = 1 + 6x + 8x2 + 2x3.

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

31/37

LVL cO2020

Đáp án. 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

n

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn. Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này. Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

(cid:88) (−1)k(n − k)! rk(B).

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

n

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn. Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này. Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

(cid:88) (−1)k(n − k)! rk(B).

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

n

Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này. Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

(cid:88) (−1)k(n − k)! rk(B).

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn.

n

Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

(cid:88) (−1)k(n − k)! rk(B).

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn. Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này.

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

n (cid:88)

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn. Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này. Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

(−1)k(n − k)! rk(B).

Ví dụ.(tự làm) Tìm đa thức quân xe của bàn cờ sau

Đáp án. 1 + 8x + 16x2 + 7x3

n (cid:88)

Định lý. Cho P (X1, . . . , Xn) là tập hợp các hoán vị σ ∈ Sn với vị trí cấm X1, . . . , Xn. Gọi B là bàn cờ được tạo từ các vị trí cấm này. Khi đó số hoán vị của P (X1, . . . , Xn) là

k=0

(−1)k(n − k)! rk(B).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

32/37

LVL cO2020

Ví dụ. Cho X = {1, 2, 3, 4, 5} và các tập con X1 = {3, 4}, X2 = {5}, X3 = {1, 3, 4}, X4 = {2, 5} và X5 = ∅. Tìm số phần tử của tập hợp các hoán vị với vị trí cấm P (X1, X2, X3, X4, X5)?

Hoán vị dòng 1 với dòng 4 và cột 1 với cột 5, ta được

××

×

×××

××

Giải. Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

33/37

LVL cO2020

ta được

××

×

×××

××

Giải. Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

33/37

LVL cO2020

Hoán vị dòng 1 với dòng 4 và cột 1 với cột 5,

Giải. Bài toán tương đương với bài toán tìm số cách đặt 5 quân xe trên bàn cờ 5 × 5 như hình sau, trong đó các ô được gạch chéo là ô cấm.

×× × ××

× × ×

Hoán vị dòng 1 với dòng 4 và cột 1 với cột 5, ta được

×× ×

××× ××

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

33/37

LVL cO2020

ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm,

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

(cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

5

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B)

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5 (cid:88)

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

(−1)k(5 − k)! rk(B)

= 18.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5 (cid:88)

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm, ta có

Vì B tạo bởi 2 phần rời nhau nên (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) R(C, x) = R × R , x , x

= (1 + 3x + x2)(1 + 5x + 4x2)

= 1 + 8x + 20x2 + 17x3 + 4x4.

5 (cid:88)

Theo định lý trên ta có số hoán vị với vị trí cấm là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B)

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

34/37

LVL cO2020

= 5! × 1 − 4! × 8 + 3! × 20 − 2! × 17 + 1! × 4 − 0! × 0 = 18.

Hướng dẫn. Ta thêm người E vào và người này thích hợp với mọi công việc. Khi đó bài toán đưa về việc tìm số cách phân công 5 người cho 5 công việc. Đây cũng chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Bàn cờ 5 × 5 với ô cấm

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

35/37

LVL cO2020

Ví dụ.(tự làm) Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi có bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Khi đó bài toán đưa về việc tìm số cách phân công 5 người cho 5 công việc. Đây cũng chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Bàn cờ 5 × 5 với ô cấm

Ví dụ.(tự làm) Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi có bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

35/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Ta thêm người E vào và người này thích hợp với mọi công việc.

Đây cũng chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Bàn cờ 5 × 5 với ô cấm

Ví dụ.(tự làm) Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi có bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

35/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Ta thêm người E vào và người này thích hợp với mọi công việc. Khi đó bài toán đưa về việc tìm số cách phân công 5 người cho 5 công việc.

Bàn cờ 5 × 5 với ô cấm

Ví dụ.(tự làm) Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi có bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

35/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Ta thêm người E vào và người này thích hợp với mọi công việc. Khi đó bài toán đưa về việc tìm số cách phân công 5 người cho 5 công việc. Đây cũng chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Ví dụ.(tự làm) Ta cần bố trí 4 người A, B, C, D vào 4 trong 5 công việc 1, 2, 3, 4, 5. Biết rằng A không thích hợp với công việc 2 và 5; B không thích hợp với 5; C không thích hợp với 3; D không thích hợp với 1, 3 và 4. Hỏi có bao nhiêu cách phân công mỗi người với một công việc thích hợp?

Hướng dẫn. Ta thêm người E vào và người này thích hợp với mọi công việc. Khi đó bài toán đưa về việc tìm số cách phân công 5 người cho 5 công việc. Đây cũng chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

35/37

LVL cO2020

Bàn cờ 5 × 5 với ô cấm

5

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5

Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(cid:88) (−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}.

Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên.

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Gọi B là bàn cờ được tạo bởi các ô cấm. Khi đó

5 (cid:88)

Đáp án. R(B, x) = 1 + 7x + 15x2 + 10x3 + 2x4. Suy ra số cách phân công công việc là

k=0

(−1)k(5 − k)! rk(B) = 24.

Ví dụ.(tự làm) Cho A = {1, 2, 3, 4} và B = {u, v, w, x, y, z}. Hỏi có bao nhiêu đơn ánh từ A vào B không thỏa tất cả các điều kiện:

f (1) = u hoặc v; f (2) = w;

f (3) = w hoặc x; f (4) = x, y, hoặc z.

Hướng dẫn. Đặt A(cid:48) = A ∪ {5, 6}. Xét bài toán tìm tất cả các đơn ánh từ A(cid:48) → B không thỏa các điều kiện trên. Với mỗi cách xây dựng một đơn ánh f từ A vào B ta được 2! = 2 các xây dựng song ánh từ A(cid:48) vào B (vì có 2 các chọn ảnh của 5 và 6).

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

36/37

LVL cO2020

Bài toán tìm số song ánh từ A(cid:48) → B chính là bài toán tìm số hoán vị với vị trí cấm.

6

Khi đó số song ánh từ A(cid:48) → B thỏa điều kiện là

k=0

(cid:88) (−1)k(6 − k)! rk(C) = 152.

152 Như vậy số đơn ánh f từ A vào B thỏa điều kiện bài toán là = 76. 2

a) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};

b) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, . . . , n} với

Ví dụ.(tự làm) Một xáo trộn (derangement) là một hoán vị các phần tử của tập hợp sao cho không có phần tử nào xuất hiện đúng vị trí ban đầu. Ví dụ A = {1, 2, 3, 4, 5}, khi đó 21453 là một xáo trộn, nhưng 21543 không là một xáo trộn vì 4 trùng với vị trí ban đầu. Hãy

n là nguyên dương.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

37/37

LVL cO2020

Đáp án. Đa thức quân xe: R(C, x) = 1 + 8x + 21x2 + 20x3 + 4x4

152 Như vậy số đơn ánh f từ A vào B thỏa điều kiện bài toán là = 76. 2

a) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};

b) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, . . . , n} với

Ví dụ.(tự làm) Một xáo trộn (derangement) là một hoán vị các phần tử của tập hợp sao cho không có phần tử nào xuất hiện đúng vị trí ban đầu. Ví dụ A = {1, 2, 3, 4, 5}, khi đó 21453 là một xáo trộn, nhưng 21543 không là một xáo trộn vì 4 trùng với vị trí ban đầu. Hãy

n là nguyên dương.

Đáp án. Đa thức quân xe: R(C, x) = 1 + 8x + 21x2 + 20x3 + 4x4

6 (cid:88)

Khi đó số song ánh từ A(cid:48) → B thỏa điều kiện là

k=0

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

37/37

LVL cO2020

(−1)k(6 − k)! rk(C) = 152.

a) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};

b) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, . . . , n} với

Ví dụ.(tự làm) Một xáo trộn (derangement) là một hoán vị các phần tử của tập hợp sao cho không có phần tử nào xuất hiện đúng vị trí ban đầu. Ví dụ A = {1, 2, 3, 4, 5}, khi đó 21453 là một xáo trộn, nhưng 21543 không là một xáo trộn vì 4 trùng với vị trí ban đầu. Hãy

n là nguyên dương.

Đáp án. Đa thức quân xe: R(C, x) = 1 + 8x + 21x2 + 20x3 + 4x4

6 (cid:88)

Khi đó số song ánh từ A(cid:48) → B thỏa điều kiện là

k=0

(−1)k(6 − k)! rk(C) = 152.

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

37/37

LVL cO2020

Như vậy số đơn ánh f từ A vào B thỏa điều kiện bài toán là = 76. 152 2

Đáp án. Đa thức quân xe: R(C, x) = 1 + 8x + 21x2 + 20x3 + 4x4

6 (cid:88)

Khi đó số song ánh từ A(cid:48) → B thỏa điều kiện là

k=0

(−1)k(6 − k)! rk(C) = 152.

Như vậy số đơn ánh f từ A vào B thỏa điều kiện bài toán là = 76. 152 2

a) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};

b) tìm số xáo trộn của các phần tử của tập hợp A = {1, 2, . . . , n} với

Ví dụ.(tự làm) Một xáo trộn (derangement) là một hoán vị các phần tử của tập hợp sao cho không có phần tử nào xuất hiện đúng vị trí ban đầu. Ví dụ A = {1, 2, 3, 4, 5}, khi đó 21453 là một xáo trộn, nhưng 21543 không là một xáo trộn vì 4 trùng với vị trí ban đầu. Hãy

Chương 6. Nguyên lý bù trừ

37/37

LVL cO2020

n là nguyên dương.