Bài giảng Toán rời rạc - Phần III: Tập hợp, ánh xạ, phép đếm - Nguyễn Viết Đông

Nội dung text: Bài giảng Toán rời rạc - Phần III: Tập hợp, ánh xạ, phép đếm - Nguyễn Viết Đông

1. Tài liệu tham khảo • [1]GS.TS Nguyễn Hữu Anh, Toán rời rạc, NXB Giáo dục Phần III. Tập hợp, ánh xạ, phép đếm • [2]TS. Trần Ngọc Hội, Toán rời rạc Biên soạn: TS.Nguyễn Viết Đông 1 2 Tập hợp Tập hợp 1.Các phép toán trên tập hợp. Tích Descartes: Phép hợp: x A  B x A  x B. A B = {(a,b) a A,b B} Phép giao : x A  B x A  x B. A1 A2 An = Hiệu : x A \ B x A  x B. {(a1,a2, ,an) ai A i , i = 1,2, ,n} Hiệu đối xứng x A  B x A  B  x A  B . Phần bù :Cho AE thì AEA \ 3 4 1
2. Tập hợp Tập hợp 2.Tính chất của phép toán trên tập hợp 2.1) Tính luỹ đẳng: A (x )  i I, x A   i i i I i i A  A = A và A  A = A iI 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) 5 6 Tập hợp Tập hợp 2.4) Tính phân phối: Mở rộng A  (B  C) = (A  B)  (A  C)  Aii {x  i I, x A } và A  (B  C) = (A  B)  (A  C) iI 2.5) Công thức De Morgan:  Aii {x  i I, x A } iI ABABABAB ,    Ai  Ai Suy ra: i I i I A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C) A A và A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C).  i  i i I i I 7 8 2
3. Tập hợp Ánh xạ 3.Số phần tử của tập hợp hữu hạn. 1.Định nghĩa và ký hiệu Cho A là tập hợp hữu hạn.Số phần tử của tập A 1.1. Định nghĩa ký hiệu là A.Ta có: 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 1) AB = A+ B - AB . duy nhất y của Y mà ta ký hiệu là f(x) và gọi là ảnh của 2) A B = A B x qua ánh xạ f. Ta viêt: 3) P (A) = 2 A ,P (A) là tập các tập con của A f : X Y x f(x) 9 10 Ánh xạ Ánh xạ 1.2. Ánh xạ bằng nhau f(A) = {f(x)  x A} Hai ánh xạ f và g từ X vào Y được gọi là bằng = {y Y  x A, y = f(x)} nhau nếu y Y, y f(A) x A, y = f(x); x X, f(x) = g(x). y Y, y f(A) x A, y f(x). 1.3. Ảnh và ảnh ngược f–1(B) = {x X  f(x) B} Cho ánh xạ f từ X vào Y và A  X, B  Y. Ta x X, x f–1(B) f(x) B; định nghĩa: x X, x f–1(B) f(x) B. 11 12 3
4. Ánh xạ Ánh xạ Ta thường ký hiệu f(X) bởi Imf và f-1({y}) bởi 2. PHÂN LOẠI ÁNH XẠ -1 f (y). Imf được gọi là ảnh của ánh xạ f. 2.1. Đơn ánh Tính chất: Ta nói f : X Y là một đơn ánh nếu hai phần tử f(A1  A2) = f(A1)  f(A2); khác nhau bất kỳ của X đều có ảnh khác nhau, f(A1  A2)  f(A1)  f(A2); nghĩa là: f(A1 \ A2)  f(A1) \ f(A2); –1 –1 –1 f (B1  B2) = f (B1)  f (B2); x, x' X, x x' f(x) f(x' ) –1 –1 –1 f (B1  B2) = f (B1)  f (B2); –1 –1 –1 f (B1 \ B2) = f (B1) \ f (B2). 13 14 Ánh xạ Ánh xạ • f : X Y là một đơn ánh 2.2. Toàn ánh: (x, x' X, f(x) = f(x') x = x'). Ta nói f : X Y là một toàn ánh nếu Imf = Y. (y Y, f–1(y) có nhiều nhất một phần tử). Những tính chất sau được suy trực tiếp từ định nghĩa. f : X Y là môt toàn ánh (y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như (y Y, x X, y = f(x)) tham số) có nhiều nhất một nghiệm x X. (y Y, f–1(y) ); • Suy ra: y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như tham f : X Y không là một đơn ánh số) có nghiệm x X. (x, x' X, x x' và f(x) = f(x')). Suy ra: (y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như f : X Y không là một toàn ánh tham số) có ít nhất hai nghiệm x X (y Y, x X, y f(x)); (y Y, f–1(y) ); 15 16 4
5. Ánh xạ Ánh xạ 2.3. Song ánh và ánh xạ ngược: • Xét f : X Y là một song ánh. Khi đó, theo Ta nói f : X Y là một song ánh nếu f vừa là đơn ánh tính chất trên, với mọi y Y, tồn tại duy nhất vừa là toàn ánh. một phần tử x X thỏa f(x) = y. Do đó tương Tính chất. ứngy x là một ánh xạ từ Y vào X. Ta gọi f : X Y là một song ánh đây là ánh xạ ngược của f và ký hiệu f–1. Như (y Y, !x X, y = f(x)); vậy: (y Y, f–1(y) có đúng một phần tử); f–1 : Y X y Y, phương trình f(x) = y (y được xem như y f–1(y) = x với f(x) = y. tham số) có duy nhất một nghiệm x X. 17 18 Ánh xạ Ánh xạ Cho P(x) = x2 – 4x + 5 và các ánh xạ 3. TÍCH (HỢP THÀNH)CỦACÁC ÁNH XẠ 3.1. Định nghĩa: Cho hai ánh xạ f : R R định bởi f(x) = P(x); f : X Y và g : Y' Z g : [2, + ) R định bởi g(x) = P(x); trong đó Y  Y'. Ánh xạ tích h của f và g là ánh xạ từ X vào Z xác định bởi: h : R [1, + ) định bởi h(x) = P(x); h : X Z k : [2, + ) [1, + ) định bởi k(x) = P(x); x h(x) = g(f(x)) Hãy xét xem ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, • Ta viết: h = g o f : X Y Z song ánh và tìm ánh xạ ngược trong trường x f(x) h(x) = g(f(x)) hợp là song ánh. 19 20 5
6. Ánh xạ Ánh xạ 3.2. Định lý: 4.Lực lượng của tập hợp. Xét f : X Y là một song ánh. Khi đó: Mỗi tập A ta đặt tương ứng với một đối tượng –1 f o f = IdY A gọi là lực lượng của tập A , sao cho A = B –1 f o f = IdX khi và chỉ khi tồn tại song ánh từ A vào B. Lực trong đó ký hiệu IdX là ánh xạ đồng nhất X X lượng của tập A còn được gọi là bản số của A và định bởi IdX(x) = x, x X; ta gọi IdX là ánh xạ ký hiệu là cardA. Lực lượng của tập rỗng là số 0 đồng nhất trên X, tương tự IdY là ánh xạ đồng Lực lượng của tập {1,2, ,n} là n. nhất trên Y. 21 22 5. Mathematical Induction(Qui nạpTH) Ánh xạ 5.1. Mathematical Induction Lực lượng của tập số tự nhiên ký hiệu là N 0 Prove that if a set S has |S| = n, then |P(S)| = 2n (đọc là alép không) và gọi là lực lượng đếm được, còn lực lượng của tập số thực được gọi là Base case (n=0): S = ø, P(S) = {ø} and |P(S)| = 1 = 20 lực lượng continum và ký hiệu là N (alep). Assume P(k): If |S| = k, then |P(S)| = 2k Inductive Tập hợp số hữu tỷ, tập hợp số nguyên, tập số Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1 hypothesis chẵn có lực lượng đếm được. Khoảng (0 ; 1), đoạn [0 ; 1 ] có lực lượng S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’. continum Partition the power set of S’ into the sets containing a and those not. 23 We count these sets separately. 24 6
7. 5.1.Mathematical Induction 5.1.Mathematical Induction Assume P(k): If |S| = k, then |P(S)| = 2k Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1 Prove that if |S’| = k+1, then |P(S’)| = 2k+1 S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’. S’ = S  {a} for some S  S’ with |S| = k, and a S’. P(S’) = {X : a X}  P(S) Partition the power set of S’ into the sets containing a {X : a X} = {{a}  X ' : a X'} Subsets containing a and those not. So |{X : a X}| = |P(S)| are made by taking P(S’) = {X : a X}  {X : a X} any set from P(S), |P(S’)| = |{X : a X}| + |P(S)| and inserting a. P(S’) = {X : a X}  P(S) Since the elements of the = 2 |P(S)| 2nd set are the subsets of S. = 22k = 2k+1 25 26 A cool example A cool example Deficient Tiling We want to show that all 2n x 2n sized deficient grids can be tiled with tiles shaped like: A 2n x 2n sized grid is deficient if all but one cell is tiled. 2n 2n 7
8. A cool example A cool example Base case k k Is it true for 21 x 21 grids? 2 2 Yes 2k ? ? Inductive Hypothesis: 2k+1 k k We can tile a 2 x 2 deficient board using our OK!! fancy designer tiles. 2k (by Use this to prove: IH) ? We can tile a 2k+1 x 2k+1 deficient board using our fancy designer tiles. A cool example A cool example 2k 2k OK!! OK!! 2k (by (by IH) IH) 2k+1 OK!! OK!! 2k (by (by IH) IH) 8
9. A 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 5.3. Inductive Definitions • Theorem . Every integer n > 1 is a product of We completely understand the function f(n) = n !, primes. right? Proof. Let pn denote the statement of the theorem. Then As a reminder, here’s the definition: p is clearly true. 2 n ! = 1 · 2 · 3 · · (n –1) · n, n 1 If p2, p3, . . . , pk are all true, consider the integer k + 1. If k + 1 is a prime,there is nothing to prove. But equivalently, we could define it like this: Otherwise, k + 1 = ab, where 2 a, b k n  (n 1)!, if n 1 Recursive Case But then each of a and b are products of primes because n!  1, if n 1 Base Case pa and pb are both true by the (strong) induction assumption. Hence ab = k + 1 is also a product of Inductive (Recursive) Definition primes, as required. 35 36  9
10. 5.4. Inductive Definitions 5.4. Inductive Definitions Another VERY common example: Our examples so far have been inductively Fibonacci Numbers defined functions. Sets can be defined inductively, too. 0 if n 0  Base Cases f (n) 1 if n 1 Give an inductive definition of S = {x: x is a multiple of 3}  Base Case f (n 1) f (n 2) if n 1 Recursive Case 3 S x, y S x + y S Is there a non-recursive definition for the Recursive Cases Fibonacci Numbers? x, y S x – y S   n n  1 1 5  1 5  No other numbers are in S. f (n)       5    2   2    37 38  5.5. Inductive Definitions of Strings 5.5. Inductive Definitions of Strings If x , and w *, then wx *, where wx is the Let  be a finite set called an alphabet. concatenation of string w with symbol x. The set of strings on , denoted * is defined as: Example: Let  = {a, b, c}. Then * = {, a, b, c, aa, ab, ac, ba, bb, bc, ca, cb, cc, aaa, aab, } –  *, where  denotes the null or empty string. How big is *? Infinite – If x , and w *, then wx *, where wx is the concatenation of string Are there any infinite strings in *? No. w with symbol x. Is there a largest string in *? No. 39 40 10
11. 5.5. Inductive Definitions of Strings 5.5. Inductive Definitions of Strings Inductive definition of the length of strings (the Inductive definition of the reversal of a string (the reversal of string w is denoted by wR.): length of string w is denoted by |w|.): • R =  • || = 0 • If x , and w *, then (wx)R = ? x(w)R • If x , and w *, then |wx| = |w| + 1 For example (abc)R = cba I point this out because R R the length of strings is something because (abc) = c(ab) we might like to use for an = cb(a)R inductive argument. = cba()R 41 = cba = cba 42 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). 43 44 11
12. Phép đếm Phép đếm Ví dụ. 2. Hoán vị. Cho A và B là hai tập hợp.Tập hợp các ánh xạ a) Định nghĩa. từ A vào B được ký hiệu bởi BA.Giả sử A=m , Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp đặt có thứ tự n phầntử của A được gọi là một A m B= n thì B = n .Thật vậy, mỗi phần tử ai thuộc hoán vị của n phần tử. Số các hoán vị của n A có n cách chọn ảnh f(a i) của nó trong tập B. phần tử ký hiệu là Pn m Theo qui tắc nhân ta có n.n. n = n cách chọn b) Pn = n! m c) Ví dụ:Nếu A là tập hợp n phần tử thì số song bộ (f(a1), f(a2), , f(an)).Tức là ta có n ánh xạf. ánh từ A vào A là n! 45 46 Phép đếm Phép đếm 3. Chỉnh hợp. 4.Tổ hợp. a) Định nghĩa . a) Định nghĩa. Cho A là tập hợp gồm n phần tử. Mỗi bộ gồm k Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con phần tử (1 k n)sắp thứ tự của tập hợp A được gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Số chập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử đựơc ký hiệu là các chỉnh hợp chập k của n ký hiệu là Ak n k hay n b)Công thức C k n! n An k nk ! 47 48 12
13. Phép đếm Phép đếm b) Công thức n! 5. Hoán vị lặp. C k n k!! n k a) Định nghĩa c) Tính chất Cho n đối tượng trong đó có ni đối tượng loại i giống n k k hệt nhau (i =1,2, ,k ; n1+ n2+ + nk= n). CCnn Mỗi cách sắp xếp có thứ tự n đối tượng đã cho gọi là k k 1 k CCCn n n 1 một hoán vị lặp của n. 49 50 Phép đếm Phép đếm • Ví dụ: Có bao nhiêu chuỗi kí tự khác nhau bằng cách b) Số hoán vị của n đối tượng, trong đó có n1 đối sắp xếp các chữ cái của từ SUCCESS? tượng giống nhau thuộc loại1, n2 đối tượng • Giải. Trong từ SUCCESS có 3 chữ S, 1 chữ U, 2 chữ giống nhau thuộc loại 2, , nk đối tượng giống nhau thuộc loại k, là C và 1 chữ E. Do đó số chuỗi có được là n! 7! 420 n12! n ! nk ! 3!1!2!1! 51 52 13
14. Phép đếm Phép đếm b) Công thức 6.Tổ hợp lặp. kk KCn n k 1 a) Định nghĩa. c)Hệ quả. Số nghiệm nguyên không âm(x1,x2, ,xn) Mỗi cách chọn ra k vật từ n loại vật khác nhau (mỗi xi đều nguyên không âm) của phương trình (trong đó mỗi loại vật có thể được chọn lại nhiều x1+ x2+ + xn = k là 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 Kn 53 54 Phép đếm Phép đếm Số cách chia k vật đồng chất nhau vào n hộp Ví dụ: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình x + x + x + x = 20 (1) phân biệt cũng chính bằng số tổ hợp lặp chập 1 2 3 4 thỏa x1 3; x2 2; x3 > 4 ( ). k của n 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: 55 56 14
15. Phép đếm Phép đếm p = q – r. Số nghiệm là KCC13 . 13 13 Trước hết ta tìm q. 13 4 4 13 1 16 Đặt Vậy qC . 16 9 9 9 x1’ = x1; x2’ = x2 – 2; x3’ = x3 - 5; x4’ = x4 Lý luận tương tự, ta có r K. 4 C 4 9 1 C 12 Phương trình (1) trở thành 13 9 Suy ra p q r C16 C 12 560 220 340. x1’+ x2’ + x3’ + x4’ = 13 (2) Số nghiệm nguyên không âm của(1) thỏa( ) bằng số Vậy số nghiệm nguyên không âm của phương nghiệm nguyên không âm của(2) trình (1) thỏa điều kiện ( ) là 340 57 58 Phép đếm Phép đếm 25 25 25 Ví dụ: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 KCC5 5 25 1 29 23751. hộp khác nhau sao cho hộp 1 có ít nhất 5 bi, biết rằng hộp 2 và 3 chứa không quá 6 bi. Tương tự ta có Giải. Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp 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 khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, hộp 2 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 chứa ít nhất 7 bi là trường hợp này bằng số cách xếp 25 bi vào 5 hộp mà không có điều kiển gì thêm. Số đó là 18 18 18 KCC5 5 18 1 22 59 60 15
16. Phép đếm Phép đếm • - Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp • Số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, hộp khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, mỗi - 3 chứa ít nhất 7 bi là hộp 2 và 3 chứa ít nhất 7 bi là: 18 18 18 KCC5 5 18 1 22 11 11 11 KCC5 5 11 1 15 61 62 Phép đếm Phép đếm • Sử dụng công thức |ABABAB | | | | | |  | • Theo yêu cầu của bài toán, khi xếp 30 viên bi Ta suy ra số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào vào 5 hộp thì hộp 1 phải có ít nhất 5 bi còn 5 hộp khác nhau sao cho hộp 1 chứa ít nhất 5 bi, mỗi hộp 2 và 3 phải có không quá 6 bi. Do đó số cách xếp này sẽ bằng hiệu của số cách xếp đồng thời hộp 2 hay hộp 3 chứa ít nhất 7 bi là (1) và (2), tức là bằng KKKCCC18 18 11 18 18 11 13265. 5 5 5 22 22 15 23751 13265 10486. 63 64 16
17. Phép đếm Phép đếm • 7. NGUYÊN LÝ DIRICHLET • Ví dụ. Trong số 100 người luôn luôn có ít nhất • Giả sử có n vật cần đặt vào k hộp. Khi đó tồn là 100/12 9 người có sinh nhật trong cùng một tại ít nhất một hộp chứa từ nk/ vật trở lên. tháng. Trong đó là số nguyên dương nhỏ nhất • Ví dụ. Cần tạo ít nhất bao nhiêu mã vùng để không bé hơn n/k 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? 65 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 84/9 10 máy có cùng một số thuê bao. Do đó để đảm bảo mỗi máy một số thuê bao cần tạo ra ít nhất là Isaac Newton 10 mã vùng. (1643-1727) 67 68 17
18. Khai triển nhị thức Newton Mở rộngKhai triển nhị thức Newton • . • Với x, y R và n là số nguyên dương ta có Với các số nguyên không âm n1,n2, ,nk thoả n1+n2+ +nk = n, ký hiệu n n n! n k n k k ()x y Cn x y  n1,n2 , ,nk n1!n2! nk ! k 0 69 70 Mở rộng Khai triển nhị thức Newton Bài tập 1. Cho tập hơp X  và A, B, C  X. Chứng minh n rằng: (a1 a2 ak ) a) (A  B) \ (A  C) = B \ (A  C); b) (A  B) \ (A  C) = A  (B \ C); n c) (A  B) \ C = (A \ C)  (B \ C); n1 n2 nk d) (A  B) \ C = (A \ C)  (B \ C);  a1 a2 ak n , ,n e) (A \ B) \ C = A \ (B  C) = (A \ C) \ (B \ C). n1 n2 nk n 1 k 2. Cho các tập hợpX, Y  và A, B  X; C, D  Y. Chứng minh rằng: 71 72 18
19. Bài tập Bài tập a) A (C  D) = (A C)  (A D); 3. Trong các trường hợp sau hãy xem xét xem ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, song ánh.Tìm ánh xạ ngược cho các song ánh b) (C  D) A = (C A)  (D A); a) f : (0, + ) R định bởi f(x) = ln2x – 2lnx + 3; c) A (C  D) = (A C)  (A D); b) f : (0, + ) [2, + ) định bởi f(x) = ln2x – 2lnx + 3; d) (C  D) A = (C A)  (D A); c) f : (e, + ) R định bởi f(x) = ln2x – 2lnx + 3; d) f : (e, + ) (2, + ) định bởi f(x) = ln2x – 2lnx + 3; e) A (C \ D) = (A C) \ (A D); e) f : R R định bởi f(x) = e2x + 2ex + 3; f) (C \ D) A = (C A) \ (D A); f) f : R (3, + ) định bởi f(x) = e2x + 2ex + 3; g) (A C) \ (B D) = [(A \ B) C]  [A (C \ D)]; g) f : (0, + ) (3, + ) định bởi f(x) = e2x + 2ex + 3; h) (A C)  (B D)  (A  B) (C  D); i) (A C) \ (B D)  (A \ B) (C \ D ) 73 74 Bài tập Bài tập 4. Cho ánh xạf : [ln2, + ) [9/2, + ) định bởi : 5) f(x) = 2ex – e–x + 1. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương a) Chứng minh rằng f là song ánh và tìm f–1. trình x1 + x2 + x3 + x4 = 40 b) Tìm ánh xạ h thỏa f o h o f = f o g trong đó trong mỗi trường hợp sau: g : [ln2, + ) [ln2, + định bởi g(x) = ex. a) x1 3, x2 4. b) x1 > 3, x2 3, x4 < 6 75 76 19
20. Bài tập Bài tập 6. a) Tìm số nghiệm nguyên không âm của bất phương • 8. trình Chöùng minh raèng vôùi moïi soá nguyeân döông n ta coù: x1 + x2 + x3 11 b) (Bài 2 Đề thi 2007) 1 2 n 1 Có bao nhiêu bộ ba số nguyên không âm (x1, x2, x3) 1 ; thỏa: 2! 3! (n 1)! (n 1)! x1 + x2 + x3 ≤ 15 1 1 1 n(n 3) trong đó x1 > 2, x2 <4 ; 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) 77 78 20