VIETMATHS.NET Toi uu tap hop Truong Phuoc Nhan

TỐI ƯU TẬP HỢP
1. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài toán:

Cho F là một họ các tập con A1 , A2 ,..., Am các tập con của tập

Ai  Aj  , i  j . Chứng minh rằng : m  2n1 .

1, 2,..., n

, sao cho

Lời giải: Do điều kiện Ai  A j  , i  j nên với mỗi tập con S  1, 2,..., n thì hoặc là S hoặc là S (phần

bù của tập S trong 1, 2,..., n ) thuộc vào họ F (có thể là cả hai tập đều không thuộc ). Suy ra họ F chỉ có
thể chứa tối đa là phân nửa số tập con của 1, 2,..., n , cụ thể là 2 n1 .

Bài toán 1: (Fisher-de Bruijn-Erdos) Cho F là một họ các tập con của tập 1, 2,..., n sao cho hai thành
2. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỌ TẬP GIAO NHAU

Chứng minh: Giả sử họ F gồm các thành viên A1 , A2 ,..., Am . Xét ma trận liên thuộc M   mij  với cấp

viên bất kì của họ có đúng 1 phần tử chung. Chứng minh rằng họ F có tối đa là n thành viên.

n  m của họ, phần tử mij bằng 1 khi và chỉ khi i  A j . Ta sẽ chuyển điều kiện của bài toán sang ngôn ngữ

của đại số tuyến tính để dễ dàng sử dụng trong quá trình giải toán. Gọi c1 , c2 ,...., cn là các vector cột của ma
trận M .
Ta cần chứng minh c1 , c2 ,...., cm là một họ độc lập tuyến tính.
thông thường trên  n đối với các vector s :  αi ci , với αi bất kì , thì bằng tính toán đơn giản ta được :

Thật vậy, để thực hiện điều này đầu tiên ta tiến hành xác định công thức của tính vô hướng theo nghĩa
s, s 

α c ,α c
i i

i

j

j

  αi2 ci , ci  2 αi α j ci , c j .
m

j

i 1

i j

Theo cách ta định nghĩa ma trận liên thuộc thì ci , c j  1 với i  j và ci , ci  Ai . Thay các giá trị vào ta
được:









m
m
m
m
 m 
2
2
2
s, s   αi2 Ai  2 αi α j   αi2 Ai  1   αi2  2 αi α j   αi2 Ai  1    αi   0 .
i 1
i j
i 1
i 1
i j
i 1
 i 1 

Dấu “=” chỉ xảy ra khi và chỉ khi α1  ...  αm  0 . Điều này kéo theo là nếu

α1  ...  αm  0 , hay nói cách khác c1 , c2 ,...., cm là một họ độc lập tuyến tính.

2

α c

i i

 0 thì

Theo lý thuyết đại số tuyến tính dim  n  n nên m  n ,điều phải chứng minh.

Bài toán 2: (Bourbaki) Cho X là một tập hữu hạn, và F là một họ hữu hạn các tập con phân biệt của
X .Giả sử với hai phần tử phân biệt bất kì thuộc X , ta luôn tìm được duy nhất một thành viên thuộc họ
F chứa cả hai. Chứng minh rằng : F  X .
Lời giải: Đặt X   n và F   A1 ,..., An  . Ta cần chứng minh : n  m . Ta định nghĩa ma trận liên thuộc A cấp
m n

trên  bằng cách đặt 1 ở hàng thứ i và cột thứ j nếu j  Ai . Ta xem xét ma trận AT A , đây là một ma

trận hình vuông cấp n . Với i  j thì phần tử  i, j  chính xác bằng 1. Đồng thời , các phần tử trên đường chéo
Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

chính đều lớn hơn 1, bởi vì nếu một phần tử j  X chỉ nằm trong duy nhất một tập Ak  F , thì từ điều kiện

kéo theo mọi phần tử i  X cũng đồng thời thuộc Ak , mâu thuẫn với điều kiện.

Ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề: Cho A là một ma trận vuông cấp n trên  . Nếu các phần tử không nằm trên đường chéo chính
đều bằng t  0 , tất cả các phần tử nằm trên đường chéo chính đều lớn hơn t thì A là ma trận không suy
biến.

Chứng minh bổ đề: Nếu t  0 thì khẳng định bài toán là hiển nhiên.

Xét t  0 , gọi J là ma trận vuông với tất cả các phần tử đều bằng 1 và đặt D  A  tJ . Lưu ý rằng D
là một ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo chính là các số dương.
Ta tiến hành giải phương trình toán tử Ax  0 . Phương trình này tương đương với Dx  tJx . Gọi s

là tổng của tất cả các thành phần xi của vector x và gọi d1 , d2 ,...d n là các phần tử trên đường chéo chính
của D .

 t
Thì khi đó: d i xi  ts  xi   
 di


 s . Điều này chỉ ra rằng xi và tổng s có dấu trái ngược nhau ; nếu


xi và s khác 0 . Do vậy lẽ tất yếu : x1  x2  ...  xn  0 . Nói cách khác ma trận A không suy biến, đpcm.

Do đó từ bổ đề ta suy ra ma trận AT A không suy biến ( áp dụng bài toán 1), nên rank  AT A  n . Tuy

nhiên , rank  AT A   rankA  m , suy ra điều phải chứng minh.
3. CÁC BÀI TOÁN VỀ XÍCH VÀ ĐỐI XÍCH

Cho A1 , A2 ,..., Ak là các tập con của tập 1, 2,..., n , và giả sử rằng không có bất kì tập nào là con của một
Bài toán 1: (Lubell-Yamamoto- Meshalkin):

tập khác , nghĩa là Aj  Aj với i  j . Đối với mỗi chỉ số i , ta đặt ai  Ai . Chứng minh rằng

C
n

i 1

1
ai
n

1 .

Chứng minh: Chọn một hoán vị ngẫu nhiên σ   x1 , x2 ,..., xn  của  n  . Đặt Ei là biến cố : tập Ai là đoạn





đầu tiên của  , có nghĩa là x1 ,..., xai  Ai . Bởi vì mỗi tập Ai không nằm lồng trong một tập Aj khác,
nên các biến cố Ei độc lập. Nhưng ta nhận thấy P  Ei  

suất này luôn  1 .

1
Cnai



, do đó vế trái chính là P  Ei  và xác
 i 

Cho F là một họ các tập con của tập 1, 2,..., n sao cho không có hai tập A, B  F mà A  B hoặc

Bài toán 2: (Sperner)

 n 
B  A . Chứng minh rằng F    n   .
 2
  

Chứng minh: Chọn một hoán vị ngẫu nhiên σ   σ 1 , σ  2  ,..., σ  n   của





1, 2,..., n

và gọi

X : i : σ 1 , σ  2  ,.., σ  i   F . Theo điều kiện của bài toán thì X  1 , nếu ngược lại thì ta tìm được hai

Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

số i  j sao cho σ 1 , σ  2  ,..., σ  i  , σ  i  1 ,...σ  j   F , bằng cách đặt

A : σ 1 , σ  2  ,..., σ  i  và

B : σ 1 , σ  2  ,..., σ  j  thì A, B  F và A  B . Do đó kì vọng của X cũng sẽ  1 , nghĩa là E  X   1 .

Mặt khác, ta tiến hành tìm công thức cho E  X  . Gọi N k là số các thành viên của F có đúng k phần

tử.
Tiến hành tính toán:

N

E  X    P σ 1 , σ  2  ,...σ  k   F   

k
n
Nk
Nk
m
k 1


 n ,

k

n 
n
 
 
 
k 1 Cn
k 1
Cn 2 
Cn 2 
Cn 2 

n

n

n

k 1

trong tính toán trên ta có sử dụng đánh giá : C  C
k
n

n
2
 
n

. Suy ra m  C

n
2
 
n

, điều phải chứng minh.

3. SIÊU ĐỒ THỊ

Bài toán 1: (Bổ đề hoa hướng dương ) Cho k , r  1 . Một hoa hướng dương r  đều với k cánh hoa với





phần nhụy hoa C là một siêu đồ thị với k cạnh E1 , E2 ,...Ek kích thước mỗi cạnh bằng r thỏa mãn
r
r
Ei  E j  C , 1  i  j  k và C  r  1 , kí hiệu là S k  . Đặt ex n, S k 

là số lớn nhất các cạnh của một

siêu đồ thị r  đều đảm bảo rằng không chứa bất kì một hoa hướng dương với k cánh hoa . Chứng minh





rằng với mọi n  r  k  1 thì  k  1  ex n, S k r   r ! k  1 .
r

r

Chứng minh: a) Chứng minh chặn dưới: Gọi V0 ,V1 ,V2 ,...., Vr là các tập đỉnh phân biệt với Vi  k  1 ,

1  i  r và V0  n  r  k  1  0 . Xét siêu đồ thị H trên tập đỉnh V  V0  V1  ...  Vr trong đó ta xác định

cạnh E  V khi và chỉ khi E  V0   và E  Vi  1 với i  1,..., r . Thì H có :


... r  n
i) n đỉnh : bởi vì V  V0  V1  ...  Vr  n  r  k  1  r

k 1

ii)  k  1 cạnh : để có cạnh E thỏa mãn cách xây dựng ta chỉ cần chọn ra các phần tử v1 , v2 ,..., vr lần
r

lượt thuộc V1 ,V2 ,....,Vr và đặt E : v1 , v2 ,..., vr  . Mỗi tập V i có k  1 phần tử nên ta có  k  1 cách để
r

thực hiện

iii) r  đều : bởi vì E  E  V0   E  Vi  0  1

... 

1  r
r

i 1

r

Ta chứng minh siêu đồ thị H không chứa hoa hướng dương với k cạnh.

Thật vậy, xét một tập tập S   E1 , E2 ,..., Ek  gồm k cạnh phân biệt thuộc H . Không giảm tính tổng quát ta

giả sử hai cạnh E1 , E2 khác nhau trên V1 , nói một cách nôm na là không chứa bất kì đỉnh nào thuộc tập V1 ,

có nghĩa là  E1  V1    E2  V1    . Trong khi V1  k  1 , do đó theo nguyên lý chuồng bồ câu ta tìm

được một đỉnh v  V1 được chứa trong ít nhất hai cạnh khác nhau của tập S . Điều đó có nghĩa là nếu S có
dạng một hoa hướng dương thì đỉnh v phải nằm ở phần nhụy, mâu thuẫn vì nhụy của ta là tập V0 . Từ đó





suy ra siêu đồ thị H không chứa bất kì một hoa hướng dương với k cạnh nào , điều phải chứng minh.
Do đó, theo định nghĩa, ex n, S k r    k  1 .
r

Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

b) Chứng minh chặn trên: Xét một siêu đồ thị H

r  đều trên n và có tối thiểu r ! k  1 cạnh
r

phân biệt. Ta sẽ chỉ ra một hoa hướng dương với k - cạnh nằm trong H bằng qui nạp theo r . Lưu ý rằng:

k cạnh phân biệt lập thành một hoa hướng dương với k cánh hoa và phần nhụy rỗng. Với r  1 thì mỗi

cạnh của H chỉ chứa một đỉnh, khẳng định là hiển nhiên. Giả sử khẳng định đúng với mọi giá trị  r

 r  2  . Nếu

H chứa k cạnh phân biệt thì khẳng định là đúng theo lưu ý. Do đó ta giả sử H không chứa

k cạnh phân biệt. Gọi S   E1 , E2 ,..., Et  là tập các cạnh phân biệt với kích thước lớn nhất của H và đặt

U  E1  E2  ...  Et . Thì U  tr   k  1 r và mỗi cạnh thuộc H đều có giao với U ( nếu ngược lại ta bổ
sung thêm cạnh không có giao với U và thu được một tập có kích thước lớn hơn, mâu thuẫn với tính lớn
nhất).
Theo nguyên lý chuồng bồ câu ta tìm được một đỉnh v được chứa trong ít nhất là

E H 

r ! k  1  1
1
r 1
r 1
cạnh thuộc H . (*)

  r  1 ! k  1 
  r  1 ! k  1
 k  1 r
 k  1 r
r

Xét siêu đồ thị H   r  1  đều với tập cạnh E  H     E \ v | E  E  H  , v  E  . Theo (*), siêu đồ

U

thị H  chứa nhiều hơn  r  1 ! k  1

r 1

cạnh và theo giả thiết qui nạp thì nó phải chứa k cạnh phân biệt

E1 , E2 ,..., Ek có dạng hoa hướng dương với k cánh hoa và ngụy C . Theo cách ta xây dựng thì Ei  v

là một cạnh trong siêu đồ thị H với mọi 1  i  k . Do đó các cạnh E1  v , E2  v ,..., Ek  v lập
thành một hoa hương dương với nhụy C  C   v trong H .

4. SỐ TURAN

Bài toán 1: Cho X là một tập với n phần tử , và F là một họ các l  tập con của X thỏa mãn tính chất :
Với mọi k  tập con của X luôn chứa ít nhất một thành viên của F , trong đó 1  l  k  n .
Số Turan T  n, k , l  là số thành viên nhỏ nhất của họ F thỏa mãn tính chất nêu trên.
Chứng minh rằng :
a) T  n, k , l  

n
T  n  1, k , l 
nl

b) T  n, k , l   T  n  1, k  1, l  1  T  n  1, k , l 

c)

n
l 
   T n, k , l   n  k  l 

 

k
 l

 
l 

Chứng minh: Giả sử F là họ các l - tập con của tập X với số thành viên nhỏ nhất thỏa mãn tính chất : Với

mọi k  tập con bất kì của X luôn chứa một thành viên của họ F .

a) Ta xét ma trận 0-1 M   mx , A  trong đó các hàng được đánh số bởi các phần tử của tập X , các cột

được đánh số bởi các thành viên của họ F , và mx , A  1 khi và chỉ khi x  A . Đặt rx là số các số 1 được

điền ở x  hàng và cA là số các số 1 được điền ở A  cột. Thì c A là số các phần tử của tập A nên c A  l .
Mặt khác rx bằng số các thành viên của họ F có chứa x , có nghĩa là rx   A | A  F , x  A .
Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

Áp dụng nguyên lí Fubini , ta được :

  A | A  F , x  A   r   c

  A | A  F , x  A

x

x



x

X

Theo nguyên lí trung bình, ta tìm được phần tử x sao cho

Nếu ta đặt G :  A | A  F , x  A thì

x

AF

A

 F l  T  n, k , l  l

l
 T  n, k , l  ( bởi vì X  n ).
n

 A | A  F , x  A 

G  F   A | A  F , x  A  T  n, k , l    A | A  F , x  A 

l
T  n, k , l  .
n

n l
T  n, k , l 
n

Ta cần chứng minh rằng : G  T  n  1, k , l  , có nghĩa là họ G thỏa tính chất : Với mọi k  tập con bất
Thật vậy, G là một họ trên Y : X \  x . Gọi B là một tập con với k phần tử bất kì thuộc Y , vì B

kì của X luôn chứa một thành viên của họ G .

hiển nhiên là một tập con gồm k phần tử của X nên B chứa một tập con T với l phần tử thuộc họ F . Do

B không chứa x nên x  T . Suy ra T là một thành viên của họ G , đpcm.
b) Xét một phần tử x  X , và gọi G , H lần lượt là các họ

h  tập và

 h  1 

tập con của

Y  X \  x với số thành viên tương ứng là T  n  1, k , l  và T  n  1, k  1, l  1 thỏa mãn tính chất của bài

toán.
Gọi E là họ thu được từ họ H bằng cách bổ sung thêm phần tử x vào các thành viên của họ H .

Thì họ G  E thỏa G  E   và do đó G  E  T  n  1, k , l   T  n  1, k  1, l  1 . Bây giờ ta cần chỉ ra

rằng với mọi k  tập A thuộc X luôn chứa l  tập B là một thành viên của họ G  E .

Thật vậy, nếu x  A , thì A \  x là một  k  1  tập con của Y , và do đó chứa một  l  1  tập con

B là thành viên của họ H , nên B : B   x  A và B  E . Nếu x  A , thì A là một k  tập con của Y

và do đó chứa một l  tập con B  G .

c) Chứng minh chặn dưới: Xét ma trận 0-1 M   mA,B  trong đó các hàng được đánh số bởi các thành

viên của họ F , các cột được đánh số bởi các k  tập con của X , và mA, B  1 khi và chỉ khi A  B . Đặt rA

là số các số 1 được điền ở A  hàng và cB là số các số 1 được điền ở B  cột. Thì cB  1 với mọi tập B ,

bởi vì theo B phải chứa ít nhất là một thành viên của họ F . Mặt khác rA bằng số các k  tập con chứa một
nl
l  tập con cho trước; nên rA  
 với mọi tập A  F .
k l
n l 
Áp dụng nguyên lí Fubini ta thu được : F 

k l 

 r  c

AF

A

B

B

n
 
k 

n
n
k 
l 


 T  n, k , l   F 
   , đpcm.
n l  k 

  
k  l  l 

Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

Chứng minh chặn trên: Ta chứng minh qui nạp theo n , khẳng định là hiển nhiên đúng trong trường

hợp tầm thường. Giả sử khẳng định được chứng minh với mọi giá trị  n  1 .
Sử dụng kết quả ở câu b) ta được :

 n  k  l  1  n  k  h  1  n  k  l 
, đpcm.
T  n, k , l   T  n  1, k  1, l  1  T  n  1, k , l  1  


l  1  
l
l 

 
Bài toán 2: Chứng minh rằng :

 n  k  2 n2  r 2  r 
a) T  n, k , 2     
.
   với mọi n  k  2 , trong đó r là số dư trong phép chia của
2
 2  k 1
 2

số n cho k  1

b) T  n, n  l , k   l  1 với mọi n  k  l  1 và k  1 .

Chứng minh
a) Ta xây dựng đồ thị G với tập đỉnh X với n phần tử và một 2-tập là một cạnh của đồ thị G . Ta

cần xác định số cạnh nhỏ nhất của đồ thị G sao cho với mọi k  tập đỉnh luôn chứa ít nhất một cạnh. Nếu

ta xét bài toán với đồ thị liên hợp G* của G , thì ta cần tìm số cạnh lớn của đồ thị G* sao cho nó không
chứa một k  clique . Áp dụng định lí Turan (xem bài viết “ Định lí Turan và các hướng tiếp cận khác nhau

trong chứng minh - phần 1” - chứng minh thứ 2
T  n, k  :

k  2 n2  r 2  r 
.
 .
k 1
2
 2

trên VietMaths.Net) thì số này bằng

n
 n  k  2 n2  r 2  r 
Suy ra: T  n, k , 2      T  n, k     
.
   , đpcm.
2
2
 2  k 1
 2

b) Nếu k  1 , bằng tính toán trực tiếp ta thu được : T  n, n  l ,1  n   n  l   1  l  1 .
Bây giờ ta xét với k  2 :

Đầu tiên ta chứng minh: T  n, n  l , k   l  1 (*)

Thật vậy , bất đẳng thức (*) có nghĩa là tồn tại một họ F gồm các k  tập con với F  l không thỏa
mãn tính chất Turan. Ta tiến hành xây dựng họ F như sau:

X \S
Gọi S là một l  tập con của X . Đặt 
 là họ các  k  1  tập con của X \ S . Nhận thấy rằng
 k 1 

X \S
X \S
 S ( bởi vì n  l  l  k  1 nên 
do 

 luôn chứa ít nhất là l tập con với k  1 phần tử ) nên
 k 1 
 k 1 

X \S
ta có thể xác định được một ánh xạ f : S  
 sao cho các tập
 k 1 

 f  x 

xS

là phân biệt từng đôi một.

Gọi F là họ k  tập con với l thành viên được xác định bởi F   x  f  x   xS . Hiển nhiên tập X \ S

có n  l phần tử và không chứa bất kì thành viên nào thuộc F . Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo chứng minh chiều ngược lại: T  n, n  l , k   l  1 (**)

Thật vậy, bất đẳng thức (**) có nghĩa là tồn tại một họ G gồm các k  tập con với G  l  1 thành
viên thỏa mãn tính chất Turan. Ta tiến hành xây dựng họ G như sau :
Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net

Gọi T

là một

 l  1 

tập con của

X . Nhận thấy rằng do

 X \T 
 k 1   T



( bởi vì

 X \T 
n  l  1   l  1 k  1 nên 
 luôn chứa ít nhất là l  1 tập con với k  1 phần tử ) nên ta có thể xác
 k 1 

 X \T 
định được một ánh xạ g : T  
 sao cho các tập
 k 1 

 g  x

xT

là phân biệt từng đôi một. Đặt

G   x  g  x   xT . Khi đó G là một họ gồm l  1 thành viên và mỗi thành viên đều có kích thước k (vì

x  g  x   k

với mọi x  T ).

Ta cần chứng minh rằng với mọi tập con gồm n  l phần tử luôn chứa một tập con thuộc họ G .

Gọi A  X , A  n  l , ta có đẳng thức sau : n  l  A  A  T  A   X \ T 

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử các tập f  x1  , f  x2  ,..., f  xr  không thuộc tập A và

n1 , n2 ,..., nr lần lượt là số phần tử của các tập f  x1  , f  x2  ,..., f  xr  không nằm trong A . Khi đó:

n  l  A  T  A   X \ T   A  T  n  l  1   ni
r

 A  T   ni  1  1  r

i 1

r

i 1

Do đó, A chứa ít nhất một phần tử x  T và x   x1 , x2 ,..., xr  . Từ đây ta suy ra A   x  g  x   G .

Suy ra điều phải chứng minh. Từ (*) và (**) ta suy ra : T  n, n  l , k   l  1

5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Stasys Jukna , Extremal Combinatorics: with Applications in Computer Science,Second Edition.
[2]. Po- Shen Loh, Algebraic Methods in Combinatoric.
[3]. Po- Shen Loh, Combinatorics of sets.
[4]. Po- Shen Loh, Probabilistic Methods in Combinatorics.
[5]. Stasys Jukna , Extremal Combinatorics: with Applications in Computer Science,Second Edition.
[6]. Ioan Tomescu, Problem in Combinatorics and Graph theory.

Trương Phước Nhân - Cộng tác viên của VietMaths.Net