Bài giảng Toán học sơ cấp - Phần III: Tập hợp, ánh xạ, phép đếm - Nguyễn Viết Đông

1Phần III.
Tập hợp, ánh xạ, phép đếm
Biên soạn:
TS.Nguyễn Viết Đông
1
Tài liệu tham khảo
• [1]GS.TS Nguyễn Hữu Anh, Toán rời rạc, 
NXB Giáo dục
• [2]TS. Trần Ngọc Hội, Toán rời rạc
2
Tập hợp
1.Các phép toán trên tập hợp.
Phép hợp: x A  B x A  x B.
Phép giao : x A  B x A  x B.
Hiệu : x A \ B x A  x B.
Hiệu đối xứng
x A  B x A  B  x A  B .
Phần bù :Cho AE thì 
\A E A 
3
Tập hợp
Tích Descartes:
A B = {(a,b) a A,b B}
A1 A2  An = 
{(a1,a2,,an) ai A i , i = 1,2,,n}
4
2Tập hợp
 i i i I i i
i I
A (x ) i I, x A 
  
5
Tập hợp
2.Tính chất của phép toán trên tập hợp
2.1) Tính luỹ đẳng: 
A  A = A và A  A = A
2.2) Tính giao hoán: 
A  B = B  A và A  B = B  A.
2.3) Tính kết hợp: 
(A  B)  C = A  (B  C)
và (A  B)  C = A  (B  C)
6
Tập hợp
2.4) Tính phân phối: 
A  (B  C) = (A  B)  (A  C)
và A  (B  C) = (A  B)  (A  C)
2.5) Công thức De Morgan: 
Suy ra:
A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C)
và A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C).
,A B A B A B A B   
7
Tập hợp
Mở rộng
i i
i I
A {x i I, x A }
  

Ii
i
Ii
i
AA

Ii
i
Ii
i
AA
i i
i I
A {x i I, x A }
  
8
3Tập hợp
3.Số phần tử của tập hợp hữu hạn.
Cho A là tập hợp hữu hạn.Số phần tử của tập A 
ký hiệu là A.Ta có:
1) AB = A+ B - AB .
2) A B = A B
3) P (A) = 2 A ,P (A) là tập các tập con của A
9
Ánh xạ
1.Định nghĩa và ký hiệu
1.1. Định nghĩa
Cho hai tập hơp X, Y . Một ánh xạ f từ X vào Y là qui 
tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x của X với môt phần tử 
duy nhất y của Y mà ta ký hiệu là f(x) và gọi là ảnh của 
x qua ánh xạ f. Ta viêt:
f : X Y
x f(x) 
10
Ánh xạ 
1.2. Ánh xạ bằng nhau
Hai ánh xạ f và g từ X vào Y được gọi là bằng 
nhau nếu 
x X, f(x) = g(x).
1.3. Ảnh và ảnh ngược
Cho ánh xạ f từ X vào Y và A  X, B  Y. Ta 
định nghĩa:
11
Ánh xạ
f(A) = {f(x)  x A}
= {y Y  x A, y = f(x)}
y Y, y f(A) x A, y = f(x);
y Y, y f(A) x A, y f(x).
f–1(B) = {x X  f(x) B}
x X, x f–1(B) f(x) B;
x X, x f–1(B) f(x) B.
12
4Ánh xạ
Ta thường ký hiệu f(X) bởi Imf và f-1({y}) bởi 
f-1(y). Imf được gọi là ảnh của ánh xạ f.
Tính chất:
f(A1  A2) = f(A1)  f(A2);
f(A1  A2)  f(A1)  f(A2);
f(A1 \ A2)  f(A1) \ f(A2);
f–1(B1  B2) = f
–1(B1)  f
–1(B2);
f–1(B1  B2) = f
–1(B1)  f
–1(B2);
f–1(B1 \ B2) = f
–1(B1) \ f
–1(B2).
13
Ánh xạ
2. PHÂN LOẠI ÁNH XẠ
2.1. Đơn ánh
Ta nói f : X Y là một đơn ánh nếu hai phần tử 
khác nhau bất kỳ của X đều có ảnh khác nhau, 
nghĩa là:
x, x' X, x x' f(x) f(x' )
14
Ánh xạ
• f : X Y là một đơn ánh 
 (x, x' X, f(x) = f(x') x = x').
 (y Y, f–1(y) có nhiều nhất một phần tử).
 (y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như 
tham số) có nhiều nhất một nghiệm x X.
• Suy ra:
f : X Y không là một đơn ánh 
 (x, x' X, x x' và f(x) = f(x')). 
 (y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như 
tham số) có ít nhất hai nghiệm x X 
15
Ánh xạ
2.2. Toàn ánh:
Ta nói f : X Y là một toàn ánh nếu Imf = Y.
Những tính chất sau được suy trực tiếp từ định nghĩa.
f : X Y là môt toàn ánh 
 (y Y, x X, y = f(x))
 (y Y, f–1(y) );
 y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như tham 
số) có nghiệm x X.
Suy ra:
f : X Y không là một toàn ánh 
 (y Y, x X, y f(x));
 (y Y, f–1(y) );
16
5Ánh xạ
2.3. Song ánh và ánh xạ ngược:
Ta nói f : X Y là một song ánh nếu f vừa là đơn ánh 
vừa là toàn ánh.
Tính chất.
f : X Y là một song ánh 
 (y Y, !x X, y = f(x));
 (y Y, f–1(y) có đúng một phần tử);
 y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như 
tham số) có duy nhất một nghiệm x X.
17
Ánh xạ
• Xét f : X Y là một song ánh. Khi đó, theo 
tính chất trên, với mọi y Y, tồn tại duy nhất 
một phần tử x X thỏa f(x) = y. Do đó tương 
ứngy x là một ánh xạ từ Y vào X. Ta gọi 
đây là ánh xạ ngược của f và ký hiệu f–1. Như 
vậy:
f–1 : Y X
y f–1(y) = x với f(x) = y. 
18
Ánh xạ
Cho P(x) = x2 – 4x + 5 và các ánh xạ
f : R R định bởi f(x) = P(x);
g : [2, + ) R định bởi g(x) = P(x);
h : R [1, + ) định bởi h(x) = P(x);
k : [2, + ) [1, + ) định bởi k(x) = P(x);
Hãy xét xem ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, 
song ánh và tìm ánh xạ ngược trong trường 
hợp là song ánh.
19
Ánh xạ
3. TÍCH (HỢP THÀNH)CỦACÁC ÁNH XẠ
3.1. Định nghĩa: Cho hai ánh xạ
f : X Y và g : Y' Z 
trong đó Y  Y'. Ánh xạ tích h của f và g là ánh xạ từ X 
vào Z xác định bởi:
h : X Z
x h(x) = g(f(x))
• Ta viết:
h = g o f : X Y Z 
x f(x) h(x) = g(f(x)) 
20
6Ánh xạ
3.2. Định lý:
Xét f : X Y là một song ánh. Khi đó:
f o f–1 = IdY
f–1 o f = IdX
trong đó ký hiệu IdX là ánh xạ đồng nhất X X
định bởi IdX(x) = x, x X; ta gọi IdX là ánh xạ
đồng nhất trên X, tương tự IdY là ánh xạ đồng
nhất trên Y.
21
Ánh xạ
4.Lực lượng của tập hợp.
Mỗi tập A ta đặt tương ứng với một đối tượng
A gọi là lực lượng của tập A , sao cho A = B
khi và chỉ khi tồn tại song ánh từ A vào B. Lực
lượng của tập A còn được gọi là bản số của A và
ký hiệu là cardA. Lực lượng của tập rỗng là số 0
Lực lượng của tập {1,2,,n} là n.
22
Ánh xạ
Lực lượng của tập số tự nhiên ký hiệu là N0
(đọc là alép không) và gọi là lực lượng đếm 
được, còn lực lượng của tập số thực được gọi là 
lực lượng continum và ký hiệu là N (alep).
Tập hợp số hữu tỷ, tập hợp số nguyên, tập số 
chẵn có lực lượng đếm được.
Khoảng (0 ; 1), đoạn [0 ; 1 ] có lực lượng 
continum
23
5. Mathematical Induction(Qui nạpTH)
5.1. Mathematical Induction
Prove that if a set S has |S| = n, then |P(S)| = 2n
Base case (n=0): S = ø, P(S) = {ø} and |P(S)| = 1 = 20
Assume P(k): If |S| = k, then |P(S)| = 2k
Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1
Inductive 
hypothesis
S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’.
Partition the power set of S’ into the sets containing a
and those not.
We count these sets separately. 24
75.1.Mathematical Induction
Assume P(k): If |S| = k, then |P(S)| = 2k
Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1
S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’.
Partition the power set of S’ into the sets containing a
and those not.
P(S’) = {X : a X}  {X : a X} 
P(S’) = {X : a X}  P(S)
Since the elements of the 
2nd set are the subsets of S.
25
5.1.Mathematical Induction
Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1
S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’.
{X : a X} = {{a}  X ' : a X'} 
P(S’) = {X : a X}  P(S)
Subsets containing a
are made by taking 
any set from P(S), 
and inserting a.
So |{X : a X}| = |P(S)|
|P(S’)| = |{X : a X}| + |P(S)|
= 2 |P(S)|
= 22k = 2k+1
26
A cool example
Deficient Tiling
A 2n x 2n sized grid is deficient if all but 
one cell is tiled.
2n
2n
A cool example
We want to show that all 2n x 2n sized deficient 
grids can be tiled with tiles shaped like:
8A cool example
Is it true for 21 x 21 grids?
Yes
Base case
Inductive Hypothesis:
We can tile a 2k x 2k deficient board using our 
fancy designer tiles.
Use this to prove:
We can tile a 2k+1 x 2k+1 deficient 
board using our fancy designer tiles.
2k
2k 2k
2k
2k+1
OK!! 
(by 
IH)
?
?
?
A cool example
2k
2k 2k
2k
2k+1
OK!! 
(by 
IH)
OK!! 
(by 
IH)
OK!! 
(by 
IH)
OK!! 
(by 
IH)
A cool example A cool example
9A cool example 5.2.Strong Mathematical Induction
If
• P(0) and
• n 0 (P(0)  P(1)    P(n)) P(n +1)
Then
• n 0 P(n)
In our proofs, to show P(k+1), our 
inductive hypothesis assures that ALL 
of P(0), P(1),  P(k) are true, so we can 
use ANY of them to make the 
inference.
34
5.2.Strong Mathematical Induction
• Theorem . Every integer n > 1 is a product of 
primes.
Proof. Let pn denote the statement of the theorem. Then 
p2 is clearly true.
If p2, p3, . . . , pk are all true, consider the integer k + 1. 
If k + 1 is a prime,there is nothing to prove. 
Otherwise, k + 1 = ab, where 2 a, b k
But then each of a and b are products of primes because
pa and pb are both true by the (strong) induction
assumption. Hence ab = k + 1 is also a product of
primes, as required. 35
5.3. Inductive Definitions
We completely understand the function f(n) = n !,
right?
Inductive (Recursive) Definition
But equivalently, we could define it like this:

n! 
n  (n 1)!, if n 1
1, if n 1
 
 
 
Recursive Case
Base Case
As a reminder, here’s the definition:
n ! = 1 · 2 · 3 ·  · (n –1) · n, n 1
36
10
Another VERY common example:
Fibonacci Numbers
Recursive Case
Base Cases

f (n) 
0 if n 0
1 if n 1
f (n 1) f (n 2) if n 1
 
 
 
 
 
Is there a non-recursive definition for the 
Fibonacci Numbers?

f (n) 
1
5
1 5
2
 
 
 
 
 
 
n
1 5
2
 
 
 
 
 
 
n 
 
 
 
 
 
 
 
5.4. Inductive Definitions
37
Our examples so far have been inductively 
defined functions.
Sets can be defined inductively, too.
Recursive Cases
Base Case
Give an inductive definition of S = {x: x is a multiple of 3}
x, y S x + y S 
x, y S x – y S
5.4. Inductive Definitions
3 S
No other numbers are in S.
38
Let  be a finite set called an alphabet. 
The set of strings on , denoted * is 
defined as: 
–  *, where  denotes the null or 
empty string.
– If x , and w *, then wx *, 
where wx is the concatenation of string 
w with symbol x.
5.5. Inductive Definitions of Strings
39
5.5. Inductive Definitions of Strings
If x , and w *, then wx *, where wx is the 
concatenation of string w with symbol x.
Infinite
Example: Let  = {a, b, c}. Then 
* = {, a, b, c, aa, ab, ac, ba, bb, bc, ca, cb, cc, aaa, aab,}
How big is *?
Are there any infinite strings in *? No.
Is there a largest string in *? No.
40
11
Inductive definition of the length of strings (the 
length of string w is denoted by |w|.):
• || = 0
• If x , and w *, then |wx| = |w| + 1
I point this out because 
the length of strings is something 
we might like to use for an 
inductive argument.
5.5. Inductive Definitions of Strings
41
Inductive definition of the reversal of a string (the 
reversal of string w is denoted by wR.):
• R = 
• If x , and w *, then (wx)R = ?
For example (abc)R = cba
x(w)R
because (abc)R = c(ab)R
= cb(a)R
= cba()R
= cba = cba
5.5. Inductive Definitions of Strings
42
43
Phép đếm
1. Nguyên lý cộng và nguyên lý nhân
1.1. Nguyên lý cộng
Nếu có m cách chọn x, n cách chọn đối tượng y và nếu
cách chọn đối tượng x không trùng với bất kỳ cách chọn
đối tượng y nào, thì có m+n cách chọn 1 trong các đối
tượng đã cho.
1.2. Nguyên lý nhân
Nếu có m cách chọn đối tượng x và cứ mỗi cách chọn x
luôn luôn có n cách chọn đối tượng y thì có m.n cách
chọn cặp đối tượng (x, y).
44
12
Phép đếm
Ví dụ.
Cho A và B là hai tập hợp.Tập hợp các ánh xạ 
từ A vào B được ký hiệu bởi BA.Giả sử A=m ,
B= n thì BA= nm.Thật vậy, mỗi phần tử ai thuộc
A có n cách chọn ảnh f(a i) của nó trong tập B.
Theo qui tắc nhân ta có n.n. n = nm cách chọn
bộ (f(a1), f(a2), , f(an)).Tức là ta có n
m ánh xạf.
45
Phép đếm
2. Hoán vị.
a) Định nghĩa.
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp 
đặt có thứ tự n phầntử của A được gọi là một 
hoán vị của n phần tử. Số các hoán vị của n 
phần tử ký hiệu là Pn 
b) Pn = n!
c) Ví dụ:Nếu A là tập hợp n phần tử thì số song 
ánh từ A vào A là n!
46
Phép đếm
3. Chỉnh hợp.
a) Định nghĩa .
Cho A là tập hợp gồm n phần tử. Mỗi bộ gồm k
phần tử (1 k n)sắp thứ tự của tập hợp A được
gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Số
các chỉnh hợp chập k của n ký hiệu là
b)Công thức 
k
nA
!
!
k
n
n
A
n k
47
Phép đếm
4.Tổ hợp.
a) Định nghĩa.
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con 
gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp 
chập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k
của n phần tử đựơc ký hiệu là
hay k
nC 
k
n
48
13
Phép đếm
b) Công thức
c) Tính chất 
!
! !
k
n
n
C
k n k
n k k
n nC C
1
1
k k k
n n nC C C
49
Phép đếm
5. Hoán vị lặp.
a) Định nghĩa
Cho n đối tượng trong đó có ni đối tượng loại i giống 
hệt nhau (i =1,2,,k ; n1+ n2++ nk= n).
Mỗi cách sắp xếp có thứ tự n đối tượng đã cho gọi là 
một hoán vị lặp của n.
50
Phép đếm
b) Số hoán vị của n đối tượng, trong đó có n1 đối 
tượng giống nhau thuộc loại1, n2 đối tượng 
giống nhau thuộc loại 2,, nk đối tượng giống 
nhau thuộc loại k, là 
1 2
!
! !... !k
n
n n n
51
Phép đếm
• Ví dụ: Có bao nhiêu chuỗi kí tự khác nhau bằng cách
sắp xếpp các chữ cái của từ SUCCESS?
• Giải. Trong từ SUCCESS có 3 chữ S, 1 chữ U, 2 chữ
C và 1 chữ E. Do đó số chuỗi có được là
7!
420
3!1!2!1!
52
14
Phép đếm
6.Tổ hợp lặp.
a) Định nghĩa.
Mỗi cách chọn ra k vật từ n loại vật khác nhau
(trong đó mỗi loại vật có thể được chọn lại nhiều
lần) được gọi là tổ hợp lặp chập k của n. Số các
tổ hợp lặp chập k của n được ký hiệu là
k
nK
53
Phép đếm
b) Công thức
c)Hệ quả. Số nghiệm nguyên không âm(x1,x2,,xn) 
(mỗi xi đều nguyên không âm) của phương trình
x1+ x2++ xn = k là
1
k k
n n kK C 
1
k k
n n kK C 
54
Phép đếm
Số cách chia k vật đồng chất nhau vào n hộp 
phân biệt cũng chính bằng số tổ hợp lặp chập 
k của n
1
k k
n n kK C 
55
Phép đếm
Ví dụ: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1+ x2 + x3 + x4 = 20 (1)
thỏa x1 3; x2 2; x3 > 4 ( ).
Giải.
Ta viết điều kiện đã cho thành x1 3; x2 2; x3 5.
Xét các điều kiện sau:
• x2 2; x3 5 ( )
• x1 4; x2 2; x3 5 ( )
• Gọi p, q, r lần lượt là số nghiệm nguyên không âm của phương
trình (1) thỏa các điều kiện ( ), ( ), ( ). Ta có:
56
15
Phép đếm
p = q – r.
Trước hết ta tìm q.
Đặt
x1’ = x1; x2’ = x2 – 2; x3’ = x3 - 5; x4’ = x4
Phương trình (1) trở thành
x1’+ x2’ + x3’ + x4’ = 13 (2)
Số nghiệm nguyên không âm của(1) thỏa( ) bằng số
nghiệm nguyên không âm của(2)
57
Phép đếm
Số nghiệm là .
Vậy .
Lý luận tương tự, ta có .
Suy ra
Vậy số nghiệm nguyên không âm của phương
trình (1) thỏa điều kiện ( ) là 340
13 13 13
4 4 13 1 16K C C 
13
16q C 
9 9 9
4 4 9 1 12r K C C 
13 9
16 12 560 220 340.p q r C C 
58
Phép đếm
Ví dụ: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5
hộp khác nhau sao cho hộp 1 có ít nhất 5 bi, biết rằng
hộp 2 và 3 chứa không quá 6 bi.
Giải.
Trước hết ta tìm số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào
5 hộp khác nhau sao cho hộp 1 có ít nhất 5 bi. Nhận
xét rằng ta cần lấy 5 bi để xếp trước vào hộp 1, do đó
số bi còn lại chỉ là 25. Suy ra số cách xếp trong
trường hợp này bằng số cách xếp 25 bi vào 5 hộp mà
không có điều kiển gì thêm. Số đó là
59
Phép đếm
Tương tự ta có
Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp
khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, hộp 2
chứa ít nhất 7 bi là
25 25 25
5 5 25 1 29 23751. K C C
18 18 18
5 5 18 1 22K C C 
60
16
Phép đếm
• - Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp 
khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, hộp 
3 chứa ít nhất 7 bi là 
-
18 18 18
5 5 18 1 22K C C 
61
Phép đếm
• Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp 
khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, mỗi 
hộp 2 và 3 chứa ít nhất 7 bi là:
11 11 11
5 5 11 1 15K C C 
62
Phép đếm
• Sử dụng công thức
Ta suy ra số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào
5 hộp khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi,
đồng thời hộp 2 hay hộp 3 chứa ít nhất 7 bi là
| | | | | | | |A B A B A B 
18 18 11 18 18 11
5 5 5 22 22 15 13265. K K K C C C
63
Phép đếm
• Theo yêu cầu của bài toán, khi xếp 30 viên bi 
vào 5 hộp thì hộp 1 phải có ít nhất 5 bi còn
mỗi hộp 2 và 3 phỉa có không quá 6 bi. Do đó
số cách xếp này sẽ bằng hiệu của số cách xếp
(1) và (2), tức là bằng
23751 13265 10486. 
64
17
Phép đếm
• 7. NGUYÊN LÝ DIRICHLET
• Giả sử có n vật cần đặt vào k hộp. Khi đó tồn
tại ít nhất một hộp chứa từ vật trở lên.
Trong đó là số nguyên dương nhỏ nhất
không bé hơn n/k
/n k 
/n k 
65
Phép đếm
• Ví dụ. Trong số 100 người luôn luôn có ít nhất
là người có sinh nhật trong cùng một
tháng.
• Ví dụ. Cần tạo ít nhất bao nhiêu mã vùng để
đảm bảo cho 84 triệu máy điện thoại mỗi máy
một số thuê bao biết rằng mỗi số thuê bao
gồm 7 chữ số, trong đó chữ số đầu khác 0?
100/12 9 
66
Phép đếm
• Giải. Theo Nguyên lý nhân, có 9 triệu số thuê
bao khác nhau có đúng 7 chữ số, trong đó chữ 
số đầu khác 0. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 
số 84 triệu máy điện thoại có ít nhất là 
máy có cùng một số thuê bao. Do đó để đảm
bảo mỗi máy một số thuê bao cần tạo ra ít nhất là
10 mã vùng.
84/9 10 
67
Isaac Newton 
(1643-1727)
68
18
Khai triển nhị thức Newton
•
• Với x, y R và n là số nguyên dương ta có
0
( )
n
n k n k k
n
k
x y C x y 
 
69
Mở rộngKhai triển nhị thức Newton
.
Với các số nguyên không âm n1,n2,,nk thoả 
n1+n2++nk = n, ký hiệu
!!...!
!
,...,,
2121 kk nnn
n
nnn
n
70
Mở rộng Khai triển nhị thức Newton

nnnn
n
k
nn
k
n
k
k
kaaa
nn
n
aaa
...
21
1
21
21
21 ...
,...,
)...(
71