(Luận văn) các số tổ hợp và một số ứng dụng trong thống kê

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA THỊ KIM THOA lu an n va CÁC SỐ TỔ HỢP p ie gh tn to VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG THỐNG KÊ d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA THỊ KIM THOA lu an CÁC SỐ TỔ HỢP va n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG THỐNG KÊ p ie gh tn to d oa nl w an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 z at nh oi lm ul Mã số: NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z m co l gm @ GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI an Lu n va Thái Nguyên - 2017 ac th si iii Mục lục lu 1 Các số nhị thức: khía cạnh đại số tổ hợp 1.1 Đồng thức số nhị thức: chứng minh đại số tổ hợp 1.2 Nghịch đảo số nhị thức an Mở đầu n va tn to Một số ứng dụng số nhị thức thống kê ie gh 21 p 2.1 29 Một số khái niệm xác suất 29 31 oa nl Hồi quy Catalan 38 d 2.3 Phân bố nhị thức w 2.2 49 nf va 50 z at nh oi lm ul Tài liệu tham khảo an lu Kết luận z m co l gm @ an Lu n va ac th si iv Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái lu (Trường Đại học Thăng Long) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân an n va thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn tn to đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa p ie gh thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn w học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, oa nl giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả d học tập nghiên cứu an lu nf va Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể Lớp B, cao lm ul học Tốn khóa (2015 - 2017) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập z at nh oi Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT z gm @ Nguyễn Đức Cảnh, Huyện Kiến Thụy, Thành phố Hải Phòng tạo điều l kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác m co Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố hoàn thành tốt luận văn an Lu mẹ đại gia đình ln động viên chia sẻ khó khăn để tác giả n va ac th si Mở đầu Các số nhị thức đề tài đề cập nhiều tài liệu Toán học trường THPT Với công thức số nhị thức, người ta thường lu dùng phương pháp chứng minh quy nạp Phương pháp có ưu điểm an n va dễ hiểu, gọn, nhiều làm "ý nghĩa tổ hợp" đẳng thức tn to Điều làm cho học sinh không hiểu sâu vấn đề, khó Vì thế, tơi chọn nghiên cứu đề tài " Các số tổ hợp số ứng dụng p ie gh khăn vận dụng nl w thống kê" làm luận văn thạc sĩ d oa Một phần luận văn dành để trình bày nhiều cơng thức an lu số tổ hợp với hai cách chứng minh: chứng minh đại số chứng nf va minh tổ hợp, nhằm giúp độc giả hiểu sâu chất vấn đề lm ul Phần lại luận văn dành để giới thiệu số ứng dụng z at nh oi số tổ hợp thống kê, với mục đích giúp người đọc, đặc biệt em học sinh thấy rõ ứng dụng Toán học đời sống thực tiễn z l gm @ Luận văn gồm hai chương: co • Chương Các số nhị thức: khía cạnh đại số tổ hợp m dành để trình bày đồng thức số nhị thức, phân an Lu tích khía cạnh đại số tổ hợp số nhị thức tính n va đối xứng; tính chất tổng dịng, tổng cột, tổng đường chéo, tính chẵn ac th si lẻ số nhị thức; nghịch đảo số nhị thức trình bày chương Tài liệu sử dụng tài liệu số [2] • Chương Một số ứng dụng số nhị thức thống kê trình bày số khái niệm xác suất, phân bố nhị thức phép hồi quy Catalan Tài liệu sử dụng tài liệu số [1] [2] Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2017 lu Tác giả an n va gh tn to p ie Khoa Thị Kim Thoa d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Các số nhị thức: khía cạnh đại số tổ hợp lu an Đồng thức số nhị thức: chứng minh đại số tổ hợp n va 1.1 gh tn to p ie Bảng tam giác Pascal số nhị thức w n
n
n
n
n
n
n
n
n
d oa nl n 2 3 4 5 10 10 32 6 15 20 15 64 7 21 35 35 21 128 8 28 56 70 56 28 lm ul l @ nf va 1 an lu ∑ z at nh oi 16 z gm m co an Lu 256 n va ac th si
Mệnh đề 1.1.1 Các số tổ hợp nk thỏa mãn quan hệ hồi quy Pascal (1.1)   n =1 với n ≥ : cột bên trái   =0 với k ≥ : dòng k       n n−1 n−1 = + với n ≥ (1.1) k k−1 k • Các số nhị thức bn,k hệ số xk khai triển nhị thức lu an n (1 + x) = n ∑ bn,k xk n va k=0 gh tn to Mệnh đề 1.1.2 Các số nhị thức thỏa mãn quan hệ hồi quy Pascal (1.1) p ie Hệ 1.1.3 Với k, n ∈ N,   n = bn,k k d oa nl w an lu • Vì số tổ hợp có giá trị với số nhị thức nên theo hệ nf va 1.1.3 chúng gọi số nhị thức lm ul z at nh oi Mệnh đề 1.1.4 Với số nguyên không âm n k,   n nk = k! k z @ với (1.2) m an Lu Hệ 1.1.5 Với số nguyên không âm n k,   n n! = k k!(n − k)! co l gm nk = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) (1.3) n va ac th si Chứng minh đại số, chứng minh tổ hợp • Chứng minh đại số đẳng thức thực biến đổi đại số Thông thường, người ta dùng phương pháp quy nạp Phương pháp quy nạp có ưu điểm đưa chứng minh ngắn gọn, nhược điểm lớn nhiều không làm rõ chất vấn đề ý nghĩa cơng thức • Chứng minh tổ hợp dùng nhằm khắc phục nhược điểm nêu lu Cụ thể chứng minh đẳng thức phương an pháp tổ hợp, người ta thường tính đại lượng hai vế đẳng thức va n theo hai cách khác Từ thấy rõ chất vấn đề xét to ie gh tn Chúng ta minh hoạ hai phương pháp nêu qua số ví dụ p Tính đối xứng nl w Một số đồng thức khái quát tính chất dễ dàng nhận thấy d oa tam giác Pascal Một tính chất dịng tam an lu giác Pascal có tính xi ngược, đọc giống từ phải sang trái nf va từ trái sang phải Ví dụ quan sát tính đối xứng dịng 8: 28 lm ul 56 70 56 28 ≤ k ≤ n, z at nh oi Mệnh đề 1.1.6 (Tính đối xứng theo dịng) Với số nguyên n, k mà     n n = k n−k z (1.4) gm @ l Chứng minh (Chứng minh đại số) Sử dụng phương trình ( 1.3 ) ta có m co kết phép chứng minh đại số     n n! n! n = = = k k!(n − k)! (n − k)!k! n−k an Lu n va ac th si Chứng minh (Chứng minh tổ hợp) Đại lượng vế trái đẳng thức (1.4 ) số cách khác để chọn k phần tử từ tập n phần tử Vế phải cách khác để chọn (n-k) phần tử lại từ tập Vì cách chọn k phần tử từ tập n phần tử cách chọn (n-k) phần tử lại n phần tử nên hai cách chọn có số lượng Tính chất tổng dịng Một tính chất khác tam giác Pascal tổng hạng tử dịng lũy thừa Ví dụ dịng 8, lu an va + + 28 + 56 + 70 + 56 + 28 + + n = 256 = 28 tn to ie gh Mệnh đề 1.1.7 (Tính chất tổng dịng) Tổng hạng tử dòng n p tam giác Pascal 2n , tức là: w n d oa nl   n ∑ k = 2n k=0 (1.5) lu nf va an Chứng minh (Chứng minh tổ hợp ).Theo hệ 1.1.3, số hạng vế trái số cách chọn tập lực lượng k từ tập S gồm n phần tử, làm lm ul với giá trị k Như vậy, số tập tập hữu hạn S z at nh oi có n phần tử 2n Chứng minh (Chứng minh đại số) Thay x = vào hai vế phương z   n n =∑ k k=0 n va x=1 n an Lu n m    n n  =∑ x   x=1 k=0 k   ⇒ (1 + x)n   co l gm @ trình khai triển nhị thức ta kết sau đây, n   n n x (1 + x)n = ∑ k k=0 ac th si 36      N −1 n M N −M = ∑ j· j n− j n n j=0 Áp dụng đồng thức hấp thu để loại bỏ lần xuất số tổng      M−1 N −M N −1 n = ∑ M· j−1 n− j n n j=0  −1 n    M N M−1 N −M = ∑ j−1 n− j n n j=0 Bây sử dụng phép nhân chập Vandermonde lu an n va     M N −1 N − = n−1 n n M n! (N − 1)n−1 M = · n· = n N (n − 1)! N ie gh tn to p Như vậy, phương pháp trực quan ước lượng giá trị trung bình khơng oa nl w chệch d Ước lượng không chệch phương sai lu nf va an Giả sử X biến ngẫu nhiên không gian mẫu Ω Các biến ngẫu nhiên phân bố đồng X2 ··· z at nh oi lm ul X1 Xn giá trị X n mẫu từ Ω, với giá trị trung bình mẫu X Các nhà z thống kê sử dụng ước lượng @ co l gm ∑(Xi − X)2 ∑ Xi2 − n−1 (∑ Xi )2 c σ = = n−1 n−1 m với n − mẫu số (chứ n) cho phương sai Điều giải an Lu thích mệnh đề n va ac th si 37 Mệnh đề 2.2.6 Thống kê mẫu ∑(Xi − X)2 ∑ Xi2 − n−1 (∑ Xi )2 c σ = = n−1 n−1 (2.6) ước lượng không chệch phương sai biến ngẫu nhiên X Chứng minh lu   2) E ( X ) E( X ∑ ∑ i i c2 ) = E(σ − n−1 n(n − 1) n n n 1 = ∑ E(Xi ) − n(n − 1) ∑ ∑ E(XiX j ) n − i=1 i=1 j=1 an va n Chia tổng kép thành hai phần tn to n n n 1 n 2 E(X ) − E(X ) − ∑ i n(n − 1) ∑ i n(n − 1) ∑ ∑ E(XiX j ) · ( j 6= i) n − i=1 i=1 i=1 j=1   n n n 1 = − · ∑ E(X ) − ∑ ∑ E(X)E(X) · ( j 6= i) n − n(n − 1) i=1 n(n − 1) i=1 j=1 p ie gh = nl w d oa n n 1 n = · ∑ E(X ) − ∑ ∑ E(X)E(X) · ( j 6= i) n i=1 n(n − 1) i=1 j=1 an lu nf va hai tổng giải n(n − 1) · nE(X ) − · E(X)2 n n(n − 1) z at nh oi lm ul = = E(X ) − E(X)2 = V (X) z @ m co l gm Do đó, phép chia cho n − dẫn tới ước lượng không chệch an Lu n va ac th si 38 2.3 Hồi quy Catalan Dãy catalan Dãy Catalan {Cn } định nghĩa quan hệ hồi quy c0 = 1; giá trị ban đầu cn = c0 cn−1 + c1 cn−2 + · · · + cn−1 c0 với n≥ Cây nhị nguyên lu Trong lý thuyết đồ thị, tập T↓ nhị nguyên định nghĩa an cách đệ quy: n va • Cây K1• với đỉnh lấy làm gốc thuộc tậpT↓ p ie gh tn to • Cây rỗng Φ thuộc tập T↓ nl w • Nếu T ∈ T↓ v đỉnh T, d oa sau thuộc tập T↓ lu nf va an Cây thu cách nối đỉnh đến v, gọi trái đỉnh υ (một đỉnh có nhiều trái) lm ul Cây thu cách nối đỉnh đến v, gọi z at nh oi phải đỉnh v (một đỉnh có nhiều phải) z Hình sau cho thấy nhị phân với 0, 1, đỉnh Dễ dàng thử m co l có n đỉnh gm @ lại trường hợp nhỏ số Catalan cn số nhị phân an Lu n va ac th si 39 lu an n va Hình 2.1: Cây nhị phân nhỏ gh tn to Nhận xét 2.3.1 Trong khoa học máy tính, đỉnh p ie nhị phân ký hiệu trái phải, w có Tầm quan trọng ký hiệu xuất oa nl ứng dụng tìm kiếm nhị phân ưu tiên d Định nghĩa 2.3.2 Cây trái nhị phân T có gốc an lu nf va trái gốc T Cây phải nhị phân T có gốc lm ul phải gốc T z at nh oi Mệnh đề 2.3.3 Với n ≥ 0, số nhị phân n đỉnh số Catalan cn Chứng minh Bằng quy nạp số đỉnh n z *Bước sở Rõ ràng c0 = c1 = số nhị phân tương ứng với l gm @ đỉnh mãn ≤ k < n, ta có ck số nhị phân với k đỉnh m co *Giả thiết quy nạp Cho n > 0, giả sử tất số nguyên k thỏa an Lu *Bước quy nạp Giả sử nhị phân có n đỉnh Với k = 0, 1, · · · , n−1 n va số trái có với k đỉnh ck , theo giả thiết quy nạp Tất nhiên ac th si 40 phải có n − k − đỉnh, để tất n đỉnh hợp hai gốc, mơ tả hình 2.2 Hình 2.2: Nối trái phải vào gốc lu an n va Giả thiết quy nạp suy rằng, số phải cn−k−1 Do tn to đó, theo quy tắc tích, có ck cn−k−1 nhị phân n đỉnh với k đỉnh gh trái Theo tổng số nhị phân n đỉnh cho tổng: ie n−1 p cn = ∑ ck cn−k−1 k=0 w d oa nl = c0 cn−1 + c1 cn−2 + · · · + cn−1 c0 an lu nf va Dấu ngoặc đơn lồng lm ul Tập P chuỗi lồng dấu ngoặc đơn định nghĩa z at nh oi cách đệ quy (như mô tả hình 2.3 đây): • Chuỗi rỗng Λ thuộc tập P z gm @ • Nếu Pi , P0 ∈ P chuỗi (Pi )P0 thuộc tập P Nghĩa chèn co l chuỗi Pi bên cặp sau ghép chuỗi P0 bên phải m Khi liệt kê chuỗi lồng với 0, 1, cặp ngoặc đơn, cặp đôi Λ = rỗng c0 = n va cặp an Lu xác định quy tắc hồi quy mô tả dấu ngoặc ac th si 41 cặp [] c1 = cặp [ ](), [()] c2 = cặp [ ]()(), [ ] (()), [()](), [()()], [(())] c3 = Mệnh đề 2.3.4 Với n ≥ 0, số chuỗi lồng dấu ngoặc đơn số Catalan cn Chứng minh Chứng minh nhắc lại dịng chứng minh mệnh đề 2.3.3 Cặp đôi của dấu ngoặc đơn với chuỗi lu an lồng bên bên xây dựng hồi quy tương ứng với n va gốc với nhị phân bên trái bên phải ie gh tn to Đường chéo p Định nghĩa 2.3.5 Đường đông bắc hay đường NE bảng [0 : n] × [0 : nl w n] đường mà cạnh có hướng đoạn chiều dài đơn d oa vị hướng lên bắc hướng sang đông lu nf va an Định nghĩa 2.3.6 Đường chéo từ (0, 0) đến (n, n) bảng [0 : n] × [0 : n] đường đơng bắc mà dọc theo đó, điểm (x, y) thỏa mãn z at nh oi lm ul bất đẳng thức x ≥ y Bất đẳng thức định nghĩa, minh họa hình 2.3 có nghĩa đường khơng vượt qua phía đường chéo đông bắc dài z m co l gm @ an Lu n va ac th si 42 lu an Hình 2.3: Đường chéo từ (0, 0) đến (n, n) n va tn to Mệnh đề 2.3.7 Với n ≥ 0, số đường chéo từ (0, 0) đến (n, n) ie gh bảng [0 : n] × [0 : n] số Catalan cn p Chứng minh Tại đầu trước chuỗi dấu ngoặc đơn, số dấu oa nl w ngoặc đơn trái lớn số ngoặc đơn phải, tổng số ngoặc d trái tổng số ngoặc đơn phải Cả hai điều chứng minh an lu quy nạp theo độ dài chuỗi Từ suy chuỗi lồng Giải hồi quy Catalan z at nh oi lm ul [0 : n] × [0 : n] nf va n cặp dấu ngoặc đơn có song ánh với đường chéo bảng Có nhiều phương pháp để giải toán hồi quy Catalan, mà phương pháp z trình bày dựa kết D Andre năm 1878, có lẽ phương m co l Định lí 2.3.8 Hồi quy Catalan gm @ pháp đơn giản giá trị ban đầu với n≥ n va cn = c0 cn−1 + c1 cn−2 + · · · + cn−1 c0 an Lu c0 = 1; ac th si 43 có nghiệm   2n (2n)! cn = = · n+1 n n + n!n! Chứng minh Xét tập SNE tất đường NE từ (0, 0) đến (n, n) bảng [0 : n] × [0 : n] Giả sử bước phía đơng đường NE đại diện chữ E, bước phía bắc đại diện chữ N Ví dụ đường dẫn hình 2.3 đại diện chuỗi ENEENENNEN lu an Tương ứng rõ ràng song ánh tập SNE đường NE tập va n chuỗi gồm chữ E N, có độ dài 2n, với n lần xuất p ie gh tn to chữ Số cách để chọn vị trí cho chữ N chuỗi   2n n w oa nl Song ánh cho thấy số đường chéo NE Theo mệnh đề 2.3.7, d số Catalan cn số đường chéo bảng [0 : n] × [0 : n] Cách tiếp lu chéo nf va an cận trừ khỏi tổng số chuỗi không biểu diễn đường lm ul Nhận thấy đường không đường chéo z at nh oi điểm đó, số bước phía bắc vượt q số bước phía đơng Theo đó, chuỗi tương ứng z gm @ s1 s2 · · · s2n co l có phần đầu mà số chữ N vượt số chữ E Nếu m j + số nhỏ điều xảy ra, số chữ E phần n va s1 s2 · · · s2 j+1 an Lu đầu ac th si 44 j, số chữ N j + Từ suy rằng, phần cuối s2 j+2 s2 j+3 · · · s2n có n − j chữ E n − j − chữ N Giả sử phần cuối, E thay N N thay E Điều gọi phản xạ đường phản xạ chuỗi Chuỗi nhận có n − chữ E n + chữ N Nó biểu diễn cho đường chéo lu NE bảng [0 : n − 1] × [0 : n + 1] có song ánh tập an n va hợp đường không đường chéo từ (0, 0) đến (n, n) bảng bảng [0 : n − 1] × [0 : n + 1], mà lực lượng   2n n−1 p ie gh tn to [0 : n] × [0 : n] tập đường chéo NE từ (0, 0) đến (n − 1, n + 1) w d n] oa nl Do đó, số lượng đường chéo từ (0, 0) đến (n, n) bảng [0 : n] × [0 : lu nf va an     2n 2n (2n)n−1 (n + 1) (2n)n−1 n − = − n n−1 n! n!   2n = n+1 n = 14 co l Định lý nhị thức suy rộng gm
70 = @ Ví dụ 2.3.10 c4 = = z
20 = z at nh oi lm ul Ví dụ 2.3.9 c3 = m Một chứng minh khác tốn tìm nghiệm hồi quy Catalan sử dụng an Lu định lý nhị thức suy rộng n va Ký hiệu Đạo hàm cấp k hàm số f(x) ký hiệu f (k) ac th si 45 Định nghĩa 2.3.11 Hàm giải tích hàm f(x) có đạo hàm cấp n với n ≥ Định lí 2.3.12 (Định lý nhị thức suy rộng) Với số thực s, nhị thức mũ (1 + x)s có chuỗi lũy thừa ∞   s k s (1 + x) = ∑ x k=0 k = 1+ s2 sk s1 · x + · x2 + · · · + · xk + · · · 1! 2! k! lu an n va p ie gh tn to Chứng minh Với f (x) = (1 + x)s , ta thấy   f (0) = (1 + x)s  = 1s = s0  x=0  f (0) = s(1 + x)s−1  = s · 1s−1 = s1  x=0   f 00 (0) = s2 (1 + x)s−2  = s2 · 1s−2 = s2  x=0 w d oa nl Bằng quy nạp, chứng minh nf va an lu f (k) (0) = sk ∞ ∑ k=0 f (k) (0) k ·x k! z at nh oi f (x) = lm ul Nhắc lại rằng, khai triển Maclaurin chuỗi hàm giải tích f(x) là: z f (0) f (0) f 00 (0) = ·x + ·x + ·x +··· 0! 1! 2! @ l gm Thay f (n) (0) = sn ta có điều phải chứng minh m an Lu n va ta sử dụng khai triển nhị thức suy rộng ∞ 1 (1 − 4z)1/2 = ∑ (−4z)k k=0 k co Ví dụ 2.3.13 Trong lời giải quan hệ hồi quy Catalan chúng ac th si 46
1 = 1+ 1! · (−4z) +
2 2! · (−4z)2 + · · · Chứng minh khác công thức Catalan Chứng minh khác nghiệm   2n (2n)! cn = = · n+1 n n + n!n! quan hệ hồi quy Catalan cho ta minh họa truyền thống hiệu phương pháp hàm sinh việc giải quan hệ truy hồi Chúng ta lu định nghĩa hàm sinh an ∞ va C(z) = ∑ cn zn n k=0 gh tn to bắt đầu trước p ie Chứng minh Bước 1a Nhân hai vế công thức hồi quy Catalan với w zn nl n−1 n oa (2.7) ∑ ck cn−k−1zn cn z = d k=0 nf va an lu Bước 1b Cộng vế phương trình (2.6) ∞ n−1 ∞ n=1 lm ul ∑ cnzn = (2.8) ∑ ∑ ck cn−k−1zn n=1 k=0 z at nh oi Bước Thay tổng vô hạn bên trái phương trình (2.8) nhờ hàm sinh C(z) ∞ n−1 ∑ ∑ ck cn−k−1zn z ∞ ∑ ∑ ck cn−k−1 zn ∑ n va ∑ an Lu k=0 n=k+1 ∞ ∞ k =z ck z cn−k−1 zn−k−1 k=0 n=k+1 m = ∞ co l Thay đổi thứ tự tổng gm n=1 k=0 @ C(z) − c0 = ac th si 47 Thay j = n − k − ∞ = z ∑ ck z k k=0 ∞ ∞ ∑ c jz j j=0 = z ∑ ck zkC(z) k=0 ∞ = zC(z) ∑ ck zk k=0 = zC(z)2 zC(z)2 −C(z) + = ⇒ (2.9) lu an n va (2.10) tn to Bước Tìm C(z) phương trình (2.9) nhờ thức: √ ± − 4z C(z) = 2z ie gh Bước Để tìm giá trị số Catalan tổng quát cn , áp dụng định p lý nhị thức suy rộng, ví dụ 2.3.13 phương trình (2.10)
∞ 1 ∞ n w oa nl (1 − 4z)1/2 = ∑ d n=0 nf va an lu = 1+ n
1 1! (−4z)n = + · (−4z) + ∑ n=1
2 2! n! (−4z)n · (−4z)2 + · · · lm ul Vì số hạng chuỗi này, ngoại trừ số hạng âm nên lựa z at nh oi chọn thích hợp nghiệm âm Như
n √ − − 4z −1 ∞ 12 C(z) = = (−4z)n ∑ 2z 2z n=1 n! (2.11) z @ an Lu (−1)n−1 n−1 = · ∏ (2 j − 1) n! 2n j=1 m co l gm Để rút gọn phương trình (2.11), khai triển   1 n 1 −1 −3 −(2n − 3) = · · · ··· n! n! 2 2 n va ac th si 48 (−1)n−1 n−1 (2 j − 1)(2 j) = · ∏ n! 2n 2j j=1 = (−1)n−1 (2n − 2)! · · n−1 n! 2n (n − 1)! (−1)n−1 (2n − 2)! = 2n−1 (n − 1)!n! (2.12) thay kết phương trình (2.12) trở lại phương trình (2.11)
n −1 ∞ 12 C(z) = (−4z)n ∑ 2z n=1 n! lu an = n va −1 ∞ (−1)n−1 (2n − 2)! (−4z)n ∑ 2n−1 2z n=1 (n − 1)!n! p ie gh tn to d oa nl w −1 ∞ (−1)n−1 (2n − 2)! = ∑ 22n−1(n − 1)!n! (−1)n22nzn 2z n=1   ∞ ∞ (2n − 2)! n−1 2n − n−1 =∑ z =∑ z (n − 1)!n! n n − n=1 n=1   ∞ 2n n z =∑ n + n n=0   2n cn = n+1 n nf va an lu Điều đưa đến kết luận z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 49 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: lu Phân tích khía cạnh tổ hợp đẳng thức với tham gia an số nhị thức thông qua việc trình bày chứng minh đại số va n chứng minh tổ hợp đẳng thức kê, đặc biệt trường hợp biến có phân bố nhị thức p ie gh tn to Trình bày số ứng dụng số nhị thức lý thuyết thống w oa nl Luận văn làm tài liệu tham khảo cho học sinh vấn đề d tổ hợp ứng dụng chúng thực tiễn nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 50 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh lu [1] L Lovasz, J Pelikan, K Vesztergombi Discrete Mathematics: Ele- an mentary and Beyond Springer, 2003 n va p ie gh tn to [2] Binomial Coefficients www.mhhe.com/advmath/rosen., 2009 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si