Số tổ hợp suy rộng và một vài phương pháp xây dựng bài toàn tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ THU HIỀN SỐ TỔ HỢP SUY RỘNG VÀ MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔ HỢP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ THU HIỀN TỔ HỢP SUY RỘNG VÀ MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔ HỢP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Ngun - 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mở đầu Chương Tổ hợp suy rộng 1.1 Phép chứng minh quy nạp 1.1.1 Quan hệ tương đương quan hệ thứ tự 1.1.2 Nguyên lý quy nạp 1.2 Hoán vị, chỉnh hợp tổ hợp 1.2.1 Quy tắc đếm 1.2.2 Hoán vị chỉnh hợp 1.2.3 Tổ hợp 1.2.4 Công thức khai triển nhị thức Newton 1.3 Hoán vị, chỉnh hợp tổ hợp suy rộng 1.3.1 Chỉnh hợp có lặp 1.3.2 Tổ hợp có lặp 1.3.3 Hốn vị tập hợp có phần tử giống 1.3.4 Số cách phân bố đồ vật vào hộp 1.4 Xây dựng toán tổ hợp 1.4.1 Phương pháp đạo hàm tích phân 1.4.2 Phương pháp hệ phương trình 1.4.3 Phương pháp số phức 1.4.4 Phương pháp song ánh Chương Một vài biểu diễn qua tổ hợp 2.1 Định lý Hilbert Định lý Cantor biểu diễn số 2.2 Khai triển đa đơn thức 2.3 Sử dụng số công thức chuyển đổi ngược 2.4 Đồng thức Newton 2.5 Định lý Fermat Định lý Wilson Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 6 12 12 13 17 20 22 22 22 25 26 27 27 30 38 41 45 45 48 50 56 60 Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 64 65 Mở đầu Tổ hợp phần quan trọng Toán học rời rạc, chuyên nghiên cứu xếp phân bố đối tượng tính số cách xếp Chủ đề nghiên cứu từ lâu, kỷ 17, xét trị chơi may rủi Thơng thường, số phần tử hữu hạn việc phân bố chúng phải thỏa mãn điều kiện định đấy, tùy theo yêu cầu vấn đề nghiên cứu Do việc đếm đối tượng diễn đạt toán dạng xếp, có kể thứ tự khơng, phần tử tập hợp, nên ta thường gặp toán tổ hợp dạng sau: Bài toán đếm: Đây tốn nhằm trả lời câu hỏi "có cách xếp phần tử thỏa mãn điều kiện nêu?" Phương pháp đếm thường dựa vào số ngun lý số tính tốn khơng phức tạp Bài toán liệt kê: Đây toán xét tất khả nhằm trả lời câu hỏi "thuật toán vét hết khả xếp có cách xếp phần tử thỏa mãn điều kiện nêu?" Bài toán tối ưu: Đây toán xét cách xếp tốt nhất, theo nghĩa đó, số cách xếp Bài toán tồn tại: Đây toán xét tồn hay không tồn cách xếp phần tử theo yêu cầu đặt Một vấn đề dễ thấy toán tổ hợp thường xuất kỳ thi Đại học Cao đẳng, kỳ thi Học sinh giỏi cấp quốc gia hay quốc tế Chúng tốn khó Đặc biệt, để phục vụ tốt cho việc giảng dạy chương "Tổ hợp Xác xuất" lớp 11, giúp học sinh thi Đại học Cao đẳng với mong muốn tìm hiểu sâu tốn tổ hợp nên chúng tơi chọn đề tài "Tổ hợp suy rộng Số hóa Trung tâm Học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ vài phương pháp xây dựng tốn tổ hợp." Luận văn tập trung tìm hiểu Bài toán đếm Bài toán liệt kê (dạng đơn giản) Ngoài phần mở đầu, kết luận, luận văn chia làm chương Chương Tổ hợp suy rộng Chương tập trung trình bày phương pháp quy nạp Mục1.1; hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp, nhị thức Newton Mục 1.2; chỉnh hợp tổ hợp suy rộng Mục 1.3; số phương pháp xây dựng tốn tổ hợp trình bày Mục 1.4 Chương Một vài ứng dụng tổ hợp Trong chương tập trung trình bày số ứng dụng tổ hợp để biểu diễn vài tốn Mục 2.1 trình bày cách vận dụng tổ hợp hoán vị để biểu diễn số qua Định lí Hilbert Định lí Cantor Mục 2.2 trình bày cơng thức khai triển đa đơn thức Nó cơng thức khai triển nhị thức Newton tổng qt Trong Mục 2.3 chúng tơi trình bày phương pháp sử dụng số công thức chuyển đổi ngược Đồng thức Newton trình bày Mục 2.4 cuối việc chứng minh Định lí Fermat Định lí Wilson Luận văn hồn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS -TS Đàm văn Nhỉ - Trường ĐHSP1- Hà nội Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn Thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy Cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo Trường Đại Học Khoa Học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K5A Trường Đại Học Khoa Học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Hùng An - Huyện Bắc Quang tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành kế hoạch học tập Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn, nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận dẫn góp ý Thầy Cơ, bạn bè để tơi hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, ngày 02 tháng 04 năm 2013 Tác giả Phạm Thị Thu Hiền Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Tổ hợp suy rộng Nội dung chương tập trung bàn tổ hợp suy rộng Chúng ta bắt đầu chương cách trình bày phương pháp quy nạp 1.1 1.1.1 Phép chứng minh quy nạp Quan hệ tương đương quan hệ thứ tự Giả thiết tập X 6= ∅ Tích đề X × X định nghĩa đây: X × X = {(x, y)|x, y ∈ X} Định nghĩa 1.1 Tập S X × X quan hệ hai ngơi X Nếu (x, y) ∈ S ta nói x quan hệ S với y viết xSy Định nghĩa 1.2 Giả thiết X 6= ∅ S 6= ∅ quan hệ hai X Quan hệ S gọi quan hệ tương đương X thỏa mãn ba điều kiện sau đây: (i) (Phản xạ) Với x ∈ X có xSx (ii) (Đối xứng) Với x, y ∈ X, có xSy có ySx (iii) (Bắc cầu) Với x, y, z ∈ X, có xSy ySz có xSz Khi S quan hệ tương đương X ta thường kí hiệu ∼ thay cho S Đặt C(x) = {y ∈ X|y ∼ x} gọi lớp tương đương với x làm đại diện Dễ dàng tính chất sau: Tính chất 1.1 Giả sử ∼ quan hệ tương đương X Khi đó: (i) Với x ∈ X có x ∈ C(x) (ii) Với y, z ∈ C(x) có y ∼ z, y ∼ x z ∼ x (iii) Với x, y ∈ X, có C(x) ∩ C(y) = ∅ C(x) = C(y) (iv) Tập thương X/ ∼ tập lớp tương đương không giao Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 1.1 Tính tổng tất số gồm chữ số phân biệt lập từ số 1, 2, , 8, Bài giải: Tập số thỏa mãn đầu phân làm lớp phân biệt lực lượng: Lớp C(i) = {a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 i|ak ∈ {1, 2, , 9} \ {i}} gồm tất số lập qua việc viết chữ số i vào cuối số a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 với ak ∈ {1, 2, , 9} \ {i} Thấy lực lượng C(i) 8! Vậy tổng chữ số hàng đơn số thỏa mãn đầu 8!(1 + + · · · + + 9) = 45.8! Từ có tổng số 109 − cần tính S = 45.8!(1 + 10 + · · · + 108 ) = 45.8! = 5(109 − 1).8! Định nghĩa 1.3 Giả thiết X 6= ∅ S 6= ∅ quan hệ hai X Quan hệ S gọi quan hệ thứ tự X thỏa mãn ba điều kiện sau đây: (i) (Phản xạ) với x ∈ X có xSx (ii) (Phản đối xứng) Với x, y ∈ X, có xSy ySx x = y (iii) (Bắc cầu) Với x, y, z ∈ X, có xSy ySz có xSz Tập X gọi tập xắp thứ tự có quan hệ thứ tự X Khi S quan hệ thứ tự X ta thường viết thay cho S Với x, y ∈ X, thay cho việc viết xSy ta viết x y đọc x nhỏ y viết y > x đọc y lớn x Từ ta định nghĩa x < y x y, x 6= y; y > x y > x, y 6= x Định nghĩa 1.4 Giả thiết X tập xắp thứ tự với quan hệ thứ tự Phần tử a ∈ X gọi phần tử bé X thỏa mãn a x với x ∈ X Phần tử b ∈ X gọi phần tử lớn X thỏa mãn x b với x ∈ X Định nghĩa 1.5 Tập xắp thứ tự X gọi tập xắp thứ tự tốt phận khác rỗng X có phần tử bé Hai kết sau chứng minh giáo trình số học Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mệnh đề 1.1 Tập tất số tự nhiên N quan hệ thứ tự tập xắp thứ tự tốt Mệnh đề 1.2 Nếu tập M ⊂ N có tính chất: ∈ M n + ∈ M n ∈ M, M = N Ví dụ 1.2 Xác định số nguyên dương k để cho tập hợp X = {2012, 2012 + 1, 2012 + 2, , 2012 + k} phân làm hai tập A B thỏa mãn A ∩ B = ∅, A ∪ B = X tổng số thuộc tập A tổng số thuộc tập B Bài giải: Trước tiên ta tìm điều kiện cho k Giả sử có hai tập A B thỏa mãn đầu Đặt s tổng tất số thuộc tập A Khi tập B có tổng số s tập X có tổng tất số 2s Vậy 4s = 2[2012 + (2012 + 1) + (2012 + 2) + · · · + (2012 + k)] = 4024(k + 1) + k(k + 1) Như k(k + 1) chia hết cho từ suy k ≡ 3(mod 4) k ≡ 0(mod 4) Xét trường hợp (1): k ≡ 3(mod 4) Dễ dàng suy ra: Số phần tử thuộc tập X phải bội Hiển nhiên, số tự nhiên liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 thỏa mãn n + n + = n + + n + {n, n + 3} ∩ {n + 1, n + 2} = ∅ Tập X thỏa mãn tính chất địi hỏi Trường hợp (2): k ≡ 0(mod 4) Trong trường hợp này, số phần tử tập X phải số lẻ Giả sử X phân làm hai tập rời A B A ∩ B = ∅ Ta giả thiết Card(A) > Card(B) Đặt k = 4m với số tự nhiên m Khi Card(A) > 2m + 1, Card(B) 2m Ta có s > 2012 + (2012 + 1) + · · · + (2012 + 2m) s < (2012 + 2m + 1) + · · · + (2012 + 4m) Như vậy, ta có 2012 + (2012 + 1) + · · · + (2012 + 2m) s < (2012 + 2m + 1) + · · · + (2012 + 4m) hay 2012 < 2m.2m hay m > 23 k = 4m > 23.4 = 92 Khi k = 92 : Ta xét A1 = {2012, 2012 + 1, , 2012 + 46} với tổng số a1 = 2012 + (2012 + 1) + · · · + (2012 + 46); B1 = {(2012 + 47) + · · · + (2012+92) với tổng số b1 = (2012+47)+· · ·+(2012+92) Ta có b1 − a1 = 46.46 − 2012 = 104 Thế số 2012 + 52 B1 số 2012 số 2012 A1 số 2012+52 Khi A = A1 \{2012}∪{2012+52} B = B1 \ {2012 + 52} ∪ {2012} thỏa mãn đề Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 49 với k P ri∗ = n + Vậy ta suy cơng thức với n + Tóm lại, cơng i=1 thức với n Ví dụ 2.5 Với số ngun dương k ln có đồng thức k n =
P n r1 ,r2 , ,rk , tổng lấy theo tất r1 , , rk ∈ N với r1 +···+rk =n r1 + · · · + rr = n Bài giải: Ta có k n = (1 + + · · · + 1)n = P r1 +···+rk =n n r1 ,r2 , ,rk
theo Định lý 2.4 Chú ý 2.1 Khi k = ta nhận đồng thức Newton (x1 +x2 )n =
r1 r2 P n r1 ,r2 x1 x2 Từ ta suy đồng thức Vandermonde r1 +r =n


n



m n m m n m+n + + · · · + = k k−1 k k Hệ 2.1 Số số hạng khai triển (x1 + x2 + · · · + xk )n hay
số đơn thức bậc n n+k−1 k−1 Chứng minh: Số số hạng khai triển (x1 + x2 + · · · + xk )n số đơn thức khác xr11 xr22 xrkk xuất khai triển Số số nghiệm ngun khơng âm phương trình
r1 + · · · + rk = n Vậy số n+k−1 theo Bổ đề 1.1 Sử dụng kết k−1 vào việc xét chỉnh hợp với tần số lặp Một phần tử xi dãy k phần tử cho trước x1 x2 xk gọi có tần số lặp ri xuất dãy ri lần Ký hiệu T (r1 , r2 , , rk ) số dãy có lặp (r1 , r2 , , rk ) với độ dài dãy r1 + r2 + · · · + rk = n phần tử tập A = {x1 , x2 , , xk } với k phần tử cho trước cho dãy phải có phần tử thứ i xuất ri lần Mệnh đề 2.3 Tập A với k phần tử cho trước Số dãy k phần tử có lặp (r1 , r2 , , rk ) với độ dài dãy r1 + r2 + · · · + rk = n
T (r1 , r2 , , rk ) = r1 ,r2n, ,rk Chứng minh: Số dãy k phần tử có lặp (r1 , r2 , , rk ) với độ dài dãy r1 + r2 + · · · + rk = n hệ số đơn thức xr11 xr22 xrkk
khai triển (x1 + x2 + · · · + xk )n Vậy T (r1 , r2 , , rk ) = r1 ,r2n, ,rk Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 50 Ví dụ 2.6 Giả sử có bảng chữ cấu tạo với chữ a, b, c Tìm số từ bao gồm n chữ mà có chứa số chẵn chữ a Bài giải: Nếu chữ có 2r chữ a ta đặt theo Cn2r cách; cịn n − 2r vị trí cịn lại ta có 2n−2r cách đặt cho b c Tóm n P 2r n−2r lại, có Cn cách Tất Cn2r 2n−2r Từ + x)n + (1 − x)n = n P r=0 Cn2r x2r ta suy n P r=0 Cn2r 2n−2r = r=0 2n 1 3n + [(1 + )n + (1 − )n ] = 2 2 Định nghĩa 2.2 Một phép chia tập V thành k phần k - kiểu tập (A1 , A2 , , Ak ), vài tập tập rỗng, thỏa mãn hai điều kiện: (i) V = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak (ii) Ai ∩ Aj = ∅ với i, j, i 6= j Ví dụ 2.7 Giả sử |V | = n |Aj | = rj với j Khi số phép chia
kiểu (A1 , A2 , , Ak ) tập V r1 ,r2n, ,rk

Bài giải: Vì có rn1 cách chọn cho A1 , n−r cách chọn để có A2 , , r2
n−r1 −r2 −···−rk−1 để có Ak Do số phép chia kiểu (A1 , A2 , , Ak ) rk


n−r1 −r2 −···−rk−1 tập V rn1 n−r · · · r2 rk
n r1 ,r2 , ,rk theo Mệnh đề 2.1 Ví dụ 2.8 Tìm số bốn (x1 , x2 , x3 , x4 ) số nguyên dương lẻ thỏa mãn x1 + x2 + x3 + x4 = 2010 Bài giải: Mỗi xi thay 2yi + với yi ngun khơng âm Khi y1 +y2 +  y3 + y4 = 1003 Vậy số bốn cần tìm 1006 N4 (1003) = theo Bổ đề 1.1 2.3 Sử dụng số cơng thức chuyển đổi ngược Mục trình bày cách sử dụng ký hiệu hình thức xét toán sơ cấp Trước tiên ta sử dụng ký hiệu hình thức chứng minh cơng thức chuyển đổi ngược sau Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 51 Định lý 2.5 Giả sử f (k) g(k) hàm số học thỏa mãn điều n P kiện f (n) = Ckn g(k) với n ∈ N Khi ta có k=0 g(n) = n P (−1)n−k Ckn f (k) k=0 Chứng minh: Ký hiệu hình thức f (k) g(k) qua f k g k tương n P ứng Khi f n = Ckn g k hay f n = (g + 1)n với ∀ n ∈ N k=0 n Vậy (f + x) = (g + + x)n , ∀ x Nhớ sau khai triển hai vế viết fk gk thay cho f k g k Với x = −1 ta nhận n P g n = (f −1)n hay g n = (−1)n (1−f )n Do g(n) = (−1)n−k Ckn f (k) k=0 Ví dụ 2.9 Cho dãy Fibonacci F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , n > n
P Chứng minh Fn = (−1)n−j nj (F2j − 1) j=1 √ √ 1− 1+ Bài giải: Với x1 = , x2 = có Fn = √ (xn+1 − xn+1 ) 2 n n

j+1 P P j+1 n n √ √ Khi F = (x − x ) = [x2 (1 + x2 )n − x1 (1 + j j j j=0 j=0 2n 2 x1 )n ] = √ [x2 x2n − x1 x1 ] vì1 + x2 = x2 , + x1 = x1 Từ suy n
P 2n+1 n √ F = (x2 − x2n+1 ) = F2n Theo Định lý 2.5, ta nhận j j j=0 n n

P P Fn = (−1)j nj g(j) = (−1)j nj F2j f (j) = Fj , g(n) = F2n Vì j=0 j=0 F0 = = − n P (−1)j j=1
n j nên Fn = n P (−1)n−j j=1 n j
(F2j − 1) Ví dụ 2.10 Xét dãy số Lucas L0 = 2, L1 = Ln+2 = Ln+1 + Ln với n > Khi ta có √ √ − + (i) Ln = xn1 + xn2 với x1 = , x2 = 2 n
P n (ii) L2n = j Lj j=0 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 52 (iii) Ln = n P (−1)n−j j=1 n j
(L2j − 2) Bài √ giải: (i) √Bằng phương pháp quy nạp theo n, với x1 = 1− 1+ , x2 = ta có biểu diễn Ln = xn2 + xn1 2 (ii) Vì + x2 = x22 , + x1 = x21 nên ta biến đổi đây: n   n   X X n n Lj = (xj2 + xj1 ) = (1 + x2 )n + (1 + x1 )n j j j=0 j=0 2n = x2n + x1 = L2n n
P n Vậy có cơng thức L2n = j Lj j=0 n P (−1)j nj j=0 n P (iii) Theo Định lý 2.5, Ln =
f (j) = Lj , g(n) = L2n Vì L0 = = −2 g(j) = n P (−1)n−j j=1 Ví dụ 2.11 Cho dãy Dn = n P minh n! = + k=2 n P n k (−1)k k=0
n k
(−1)j j=0 (−1)j j=1 dàng suy công thức Ln = n P n j
n j
n P (−1)n−k k=0 k (L2j − 2)
(n − k)! với n > Chứng n n−k
(n − k)! = n P (−1)k k=0 k Theo Định lý 2.5, ta nhận gn = n! = + n P k=2 n P (−1)n−k k=0 (−1)n nk k=0 (−1)n n k
L2j với nên dễ với n > Đặt fk = (−1) Dk gk = (−1) k! Khi f (n) = hay (−1)n n! =
Dk với n > Bài giải: Ta có (−1)n Dn = n P n j
n k
fk = n P n P k=0 (−1)n k=0 n k n k n k


k! gk Dk Dk Vì D0 = theo quy ước D1 = nên Dk Ví dụ 2.12 Đặt an = 1n + 2n + · · · + mn , n, m ∈ N+ Khi n
m+1 P (−1)n+j n+1 [(m + 1)j − 1] an = j+1 n + j=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 53 Bài giải: Ta có (x+1) n+1 n+1 −x = n+1 P j=1 n+1 j
xn+1−j Cho x = 1, , m, n
P n cộng tất lại, (m + 1) − = (n + 1)[ j an+1−1 ] + m j=1 j n
P (m + 1)n+1 − (m + 1) n Vậy = j n + − j aj Theo Định lý 2.5, với n+1 j=1 aj (m + 1)n+1 − (m + 1) f (j) = , g(n) = ta có an = f (n) = n + − j n+1  n m+1 P n+1 (−1)n+j [(m + 1)j − 1] n + j=1 j+1 n+1 Ví dụ 2.13 Tính số phép f n phần tử, khơng có phần tử cố định, có nghĩa: f (i) = i Bài giải: Gọi số phép qn Đặt pn = n! số tất phép n phần tử Xét tất phép pn , có qn phép khơng có phần tử chiếm lại vị trí xuất phát Số phép có phần tử chiếm lại vị trí xuất phát C1n qn−1 Tương tự, số phép có hai phần tử chiếm lại vị trí xuất phát C2n qn−2 , v.v Cuối cùng, số phép có tất phần tử chiếm n P lại vị trí xuất phát Cnn q0 = Vậy pn = Ckn qn−k Theo Định lý 2.5, ta có qn = n P (−1)k Ckn pk = k=0 n P k=0 (−1)k Ckn k! k=0 Ví dụ 2.14 Xét ma trận vuông cấp n  a11 a12 a13 · · ·  a a a ···  21 22 23  A =  a31 a32 a33 · · ·   an1 an2 an3 · · · a1n a2n a3n ann        với tất phần tử thuộc R akk = 0, k = 1, 2, , n, aij 6= i 6= j Xác định số số hạng khác khai triển định thức det(A) P Bài giải: Hiển nhiên det(A) = sgn(π)aπ(1)1 aπ(2)2 aπ(n)n có n! π∈Sn số hạng Sn nhóm đối xứng Vì aπ(1)1 aπ(2)2 aπ(n)n = Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 54 có k để π(k) = k nên số số hạng khác n P khai triển định thức det(A) qn = (−1)k Ckn k! theo Ví dụ k=0 2.13 Ví dụ 2.15 Có cách xếp n chữ khác vào r ô cho có chữ Bài giải: Số cách xếp n chữ khác vào r ô số ánh xạ từ tập n phần tử vào tập r phần tử số rn Ký hiệu số cách xếp n chữ vào r cho có chữ qn Trong số rn cách xếp phần đầu, ta xét cách xếp để có chữ Số cách xếp qn Sau xét tất cách xếp có ô trống Số C1r qr−1 Tiếp theo xét tất cách xếp có hai trống Số C2r rqr−2 , v v Vậy rn + = C0r qr + C1r qr−1 + · · · + Cr−1 q1 + Crr q0 Theo r r r   P P Định lý 2.5, qr = (−1)k Ckr (r − k)n + = (−1)k Ckr (r − k)n r P k=0 k=0 (−1)k Ckr = (1 − 1)r = k=0 Với cách thức chuyển đổi ngược, xét thi vơ địch quốc tế sau: Ví dụ 2.16 Ký hiệu pn (k) số phép tập gồm n phần tử, n P có k phần tử cố định Chứng minh kpn (k) = n! [IMO 1987] n P k=0 (k − 1)2 pn (k) = n! k=0 Bài giải: Hiển nhiên kpn (k) = k Ckn qn−k = n Ck−1 n−1 qn−1−(k−1) Từ quan hệ pn−1 = C0n−1 qn−1 + C1n−1 qn−2 + · · · + Cn−1 n−1 q0 ta suy hệ thức sau n n P P kpn (k) = k Ckn qn−k = n(n − 1)! = n! k=0 k=0 1)2 pn (k) = (k − 1)2 Ckn qn−k Xét quan hệ đa thức đây: n P (p + x)n = (q + + x)n = Ckn (x + 1)k q n−k Lấy đạo hàm hai vế, Ta có (k − n(p+x)n−1 = n P k=0 k Ckn (x+1)k−1 q n−k Vậy n(p+x)n−1 = k=0 1)k−1 q n−k + n P n P (k −1) Ckn (x+ k=1 Ckn (x + 1)k−1 q n−k Lấy đạo hàm hai vế cho x = ta k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 55 nhận hệ thức sau đây: n! = = = = n X k=2 n X k=0 n X k=0 n X (k − 1) Ckn q n−k + n X (k − 1) Ckn q n−k k=2 (k − 1) npn (k) − qn + n X (k − 1) Ckn q n−k k=2 (k − 1) npn (k) + n X k Ckn q n−k − k=0 n X Ckn q n−k k=0 (k − 1)2 npn (k) + n! − n! k=0 theo chứng minh Tóm lại n P (k − 1)2 pn (k) = n! k=0 Ví dụ 2.17 Dãy (an ) xác định sau: a1 = 0, a2 = an = nan−1 n(n − 1)an−2 n + +(−1)n (1− ) với n > Xác định công thức tường 2 minh cho fn = an +2 C1n an−1 +3 C2n an−2 +· · ·+(n−1) Cn−2 a2 +n Cn−1 a1 n n Bài giải: Bằng quy nạp theo n ta an = nan−1 + (−1)n 1 1 Vậy an = n!(1 − + − + · · · + (−1)n ) Viết an dạng sau 1! 2! 3! n! n đây: an = Cnn n! + Cn−1 (−1) (n − 1)! + · · · + C n n (−1) (n − n)!; ta viết cách hình thức ak bk = k! qua ak bk tương ứng an = (b − 1)n với số nguyên n > với quy ước a0 = Xét quan hệ đa thức n P sau: x(b − + x)n = x(a + x)n = Ckn an−k xk+1 Lấy đạo hàm hai vế, k=0 n P nx(b − + x)n−1 + (b − + n)n = k = Ckn an−k xk Với x = ta có k=0 bn +nbn−1 = n P (k+1) Ckn an−k k=0 n−1 P hay n!+n(n−)! = n−1 P (k+1) Ckn an−k +n+1 k=0 (k + 1) Ckn an−k = 2n! − n − Từ ta suy fn = k=0 Chú ý 2.2 Từ x2 (b − + x)n = x2 (a + x)n = n P Ckn an−k xk+2 , lấy đạo k=0 n P hàm hai vế nx2 (b−1+x)n−1 +2x(b−1+n)n = (k+2) Ckn an−k xk+1 k=0 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 56 Với x = ta có 2bn + nbn−1 = n P (k + 2) Ckn an−k hay 2n! + n(n−)! = k=0 n−1 P (k+2) Ckn an−k +n+2 Từ ta suy k=0 2.4 n−1 P (k+2) Ckn an−k = 3n!−n−2 k=0 Đồng thức Newton Sử dụng chuỗi lũy thừa hình thức để chứng minh đồng thức liên quan đến đa thức đối xứng Giả sử x1 , , xn n tham số Ký hiệu   δ1 = x1 + x2 + · · · + xn      δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn      δn = x1 x2 xn      Nt = xt1 + xt2 + · · · + xtn , t = 1, 2, , N0 = n   P    xi11 xi22 · · · xinn ph = ph (x1 , , xn ) = i1 +···+in =h Định lý 2.6 [Newton] Ta có đồng thức sau đây: Nt − Nt−1 δ1 + · · · + (−1)t−1 N1 δt−1 + (−1)t tδt = 0, t n, Nt − Nt−1 δ1 + · · · + (−1)n−1 Nt−n+1 δn−1 + (−1)n Nt−n δn = 0, t > n Chứng minh: Với f (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) ta nhận f (x) 1 1 = + ··· + = [ + · · · + xn ] Vậy f (x) x − x1 x − xn x − x1 1− x0 x ∞ xt + xt + · · · + xt ∞ N ∞ N P P P f (x) f (x) f (x) t t n = = hay = Từ t+1 f (x) xt+1 xn−1 xn t=0 xt t=0 t=0 x δ1 δ2 δn−1 có đồng thức n−(n−1) +(n−2) −· · ·+(−1)n−1 n−1 x x x δ1 δ2 δ δ δ n t = [1 − + − · · · + (−1)n n ][n + + · · · + t + · · · ] So sánh hệ số x x x x x t hai vế ta có đồng thức Newton x Hệ 2.2 Giả sử hai hệ số thực a1 , , an b1 , , bn thỏa mãn Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 57 n P k=1 ask = n P bsk với s = 1, 2, , n Khi có phép hốn vị π thuộc k=1 nhóm đối xứng Sn để ak = bπ(k) với k = 1, 2, , n Chứng minh: Sử dụng Định lý 2.6, qua quy nạp theo s nhận đồng thức δs (a1 , , an ) = δs (b1 , , bn ) với s = 1, 2, , n n n Q Q Từ suy (x − ak ) = (x − bk ) Vậy có phép hốn vị π thuộc k=1 k=1 nhóm đối xứng Sn để ak = bπ(k) với k = 1, 2, , n Định lý 2.7 Đặt ui = (−1)i+1 δi với i n Ta có đồng P t(λ1 + λ2 + · · · + λn − 1)! λ1 λ2 thức Nt = u1 u2 · · · uλnn , tổng lấy λ1 !λ2 ! · · · λn ! theo tất hệ (λ1 , λ1 , , λn ) số nguyên không âm thỏa mãn λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = t Chứng minh: Với f (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) ta nhận P∞ xt1 + xt2 + · · · + xtn P∞ Nt f (x) = t=0 = t=0 t+1 , (1) Dễ dàng thấy f (x) xt+1 x n n−1 n−2 f (x) = x − u1 x − u2 x − · · · − un Biểu diễn f (x) = xn − g(x) f (x) g(x) Ta có n = − n x x Viết thành chuỗi lũy thừa hình thức ∞ f (x) X g(x) t = n ( ) g(x) x t=0 xn 1− n x ∞
f (x) X δ1 δ2 n−1 δn t = − + · · · + (−1) , (2) xn t=0 x x2 xn f (x) f (x) = f (x) xn Từ (1),(2) ta suy ∞ ∞ X Nt f (x) X u1 u2 un
t = + + · · · + xt+1 xn t=0 x x2 xn t=0 ∞ X u1 u2 un
t n (n − 1)u1 un−1 = + + ··· + n ( − − · · · − ) n x x x x x x t=0 ∞ X  X t!uλ1 uλ2 · · · uλnn  (n − 1)u1 un−1 = (n − − · · · − ) h+1 n−1 λ !λ ! λ !x x x n t=0 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 58 Ở tổng lấy theo tất số nguyên không âm thỏa mãn λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = h λ1 + λ2 + · · · + λn = t Vậy ∞ ∞ X X  X (λ1 + · · · + λn )!uλ1 uλ2 · · · uλnn  Nt = t+1 x λ1 !λ2 ! λn !xλ1 +2λ2 +···+nλn +1 t=0 t=0 (n − un−1 (n − 1)u1 − · · · − n−1 ) x x Ở tổng lấy theo tất hệ (λ1 , λ1 , , λn ) số nguyên không âm So sánh hệ số t+1 hai vế ta có hệ số uλ1 uλ2 · · · uλnn x (λ1 + · · · + λn )!n (λ1 + · · · + λn − 1)!(n − 1) − − λ1 !λ2 ! λn ! (λ1 − 1)!λ2 ! λn ! (λ1 + · · · + λn − 1)!1 ··· − λ1 !λ2 ! (λn−1 − 1)!λn ! với λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = t Biến đổi số hạng ta có hệ số uλ1 uλ2 · · · uλnn (λ1 + · · · + λn − 1)![λ1 + 2λ2 + · · · + nλn ] t(λ1 + · · · + λn − 1)! = λ1 !λ2 ! λn ! λ1 !λ2 ! λn ! P t(λ1 + λ2 + · · · + λn − 1)! λ1 λ2 Tóm lại, Nt = u1 u2 · · · uλnn , tổng λ1 !λ2 ! · · · λn ! lấy theo tất hệ (λ1 , λ1 , , λn ) số nguyên không âm thỏa mãn λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = t Ví dụ 2.18 Ta có x3 x1 x31 + x32 + x33 − 3x1 x2 x3 = x21 +x22 +x23 −x1 x2 −x2 x3 − x1 + x2 + x3 Bài giải: Theo Định lý 2.6 ta có N3 − N2 δ1 + N1 δ2 − 3δ3 = Vậy N3 − 3δ3 = N2 − δ2 nhận đồng thức N1 Ví dụ 2.19 Nếu x1 , x2 , x3 thỏa mãn hệ thức x31 + x32 + x33 + x1 x2 x3 = x41 + x42 + x43 + (x21 + x22 + x23 )(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = Bài giải: Theo Định lý 2.6 ta có N4 − N3 δ1 + N2 δ2 − N1 δ3 = Vậy N4 + N2 δ2 = N1 (N3 + δ3 ) = nhận đồng thức Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 59 Ví dụ 2.20 Các số x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = Khi tính x − x x3 − x1 x1 − x2  x1 x2 x3  (i) T = + + + + x1 x2 x3 x2 − x3 x3 − x1 x1 − x2 (ii) Chứng minh x61 + x62 + x62 = 3x21 x22 x23 − 2(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )3 δ13 − 4δ1 δ2 + 9δ3 Bài giải:(i) Phân tích giản ước T = = δ3 (ii) Dễ thấy x1 , x2 , x3 nghiệm x3 + δ2 x − δ3 = Do ta có N3 = 3δ3 , N4 = δ3 N1 − δ2 N2 = −δ2 N2 Như N6 = −N4 δ2 + N3 δ3 = 3δ32 + δ22 N2 = 3δ32 − 2δ23 , N2 = −2δ2 Ví dụ 2.21 Đặt δ δ3 p0 = Từ = p0 = Khi p + δ2 p −   δ0 p3 − δ p1 δ1 suy δ3 = det  p2 p1  p3 = det  δ2 δ1  p3 p2 p1 δ3 δ2 δ1 Bài giải: Đặt δk = k > Viết hàm sinh δ(t) = ∞ Q P Q k k δk t = (1 + txi ) p(t) = pk t = Ta có i=1 i=1 + txi k=0 k=0 δ(t)p(−t) = Khai triển δ(t)p(−t), hệ số tj , j > 1, P Vậy (−1)k δk p3−k = Từ quan hệ suy hệ phương trình k=0   1.p1 − δ1 = tuyến tính: 1.p2 − δ1 p1 + δ2 = Hệ có nghiệm (1, −δ1 , δ2 )   1.p3 − δ1 p2 + δ2 p1 = δ3   p1 Qua việc tính hệ số ta suy quan hệ det  p2 p1  = p3 p2 p1     δ1 det  p1  = δ3 p3 = det  δ2 δ1  chứng minh hoàn δ3 p2 p1 δ3 δ2 δ1 tồn tương tự ∞ P Ví dụ 2.22 Chứng minh a, b, c, d ∈ R thỏa mãn ab + ac + ad +
bc+bd+cd = a3 +b3 +c3 +d3 −3 bcd+cda+dab+abc = (a+b+c+d)3 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 60   δ1 = a + b + c + d      δ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd Bài giải: Đặt δ3 = abc + abd + acd + bcd     δ4 = abcd    Nt = at + bt + ct + dt , t = 1, 2, , N0 = Theo Định lý 2.6 ta có N3 − N2 δ1 + N1 δ2 − 3δ3 = Vậy N3 − 3δ3 = N2 δ1 − N1 δ2 = δ13 − 3δ1 δ2 Vậy δ2 = nên a3 + b3 + c3 + d3 − bcd +
cda + dab + abc = (a + b + c + d)3 Ví dụ 2.23 Đa thức T = 2(x7 + y + z ) − 7xyz(x4 + y + z ) có nhân tử x + y + z Bài giải: Đặt A = x + y + z, B = xy + yz + zx, C = xyz Đặt an = xn + y n + z n Khi x, y, z ba nghiệm t3 − At2 + Bt − C = an+3 = Aan+2 − Ban+1 + Can với số nguyên n > a0 = Chú ý a0 = a1 = A a2 = A2 − 2B a3 = Aa2 − Ba1 + Ca0 = A3 − 3AB + 3C = Ak3 + 3C a4 = Aa3 − Ba2 + Ca1 = Ak4 + 2B a5 = Ak5 − 5BC a6 = Ak6 − B + 3C a7 = Ak7 + 7B C Vậy T = 2a7 − 7Ca4 = A(2k7 − 7k4 C) có nhân tử A = x + y + z 2.5 Định lý Fermat Định lý Wilson Bổ đề 2.1 Với số nguyên dương n, đặt f (x) = (1 + x)(2 + x) (n + x) Giả sử f (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn Chứng minh (n − k)bk = Cn+1−k + Cn−k bn−1 + Cn−1−k bn−2 + · · · + C2k+2 bk+1 n n+1 n−1 Chứng minh: Từ (1+x)(2+x) (n+x) = b0 +b1 x+b2 x2 +· · ·+bn xn ta suy (2 + x)(3 + x) (n + + x) = b0 + b1 (x + 1) + · · · + bn (x + 1)n Số hóa Trung tâm Học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 61 qua việc thay x x + Ta có bn = 1, bn−1 = + + · · · + n = n(n + 1) hệ thức(1 + x)(2 + x) (n + x)(n + + x) = 2! b0 (x + 1) + b1 (x + 1)2 + b2 (x + 1)3 + · · · + bn (x + 1)n Từ (n+1+x)f (x) = (x+1)f (x+1) suy (n+1+x)(b0 +b1 x+· · ·+bn xn ) = b0 (x + 1) + b1 (x + 1)2 + b2 (x + 1)3 + · · · + bn (x + 1)n+1 Như  bn =      (n + 1)bn−1 + bn−2 = C2n+1 bn + C1n bn−1 + C0n−1 bn−2      (n + 1)bn−2 + bn−3 = Cn+1 bn + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + Cn−2 bn−3 ···   n−2   (n + 1)b2 + b1 = Cn−1 bn−1 + Cn−3 n+1 bn + Cn n−1 bn−2 + · · · + C3 b2 + C2 b1     (n + 1)b1 + b0 = Cnn+1 bn + Cn−1 bn−1 + Cn−2  n n−1 bn−2 + · · · + C2 b1 + C1 b0    n n−1 (n + 1)b0 = Cn+1 n+1 bn + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C2 b1 + C1 b0 có  bn =     n(n + 1)    bn−1 =   2!    2bn−2 = C + C2 bn−1 n+1 n ···      (n − 2)b2 = Cn−1 + Cn−2 bn−1 + Cn−3 bn−2 + · · · + C24 b3 n n+1 n−1      (n − 1)b1 = Cnn+1 + Cn−1 bn−1 + Cn−2 n n−1 bn−2 + · · · + C3 b2    n n−1 nb0 = Cn+1 n+1 + Cn bn−1 + Cn−1 bn−2 + · · · + C2 b1 Do (n − k)bk = Cn+1−k + Cn−k bn−1 + Cn−1−k bn−2 + · · · + C2k+2 bk+1 n n+1 n−1 Hệ 2.3 [MO British 1974] Với số nguyên tố lẻ p, đặt f (x) = (1+x)(2+x) (p−1+x) Giả sử f (x) = b0 +b1 x+b2 x2 +· · ·+bp−1 xp−1 Chứng minh (i) p | bk với k = 1, 2, , p − p |(b0 + 1) (ii) Với số nguyên n ta có p | (n + 1)(n + 2) (n + p − 1) − np−1 + Từ suy p | (p − 1)! + p | np−1 − (n, p) = Chứng minh: (i) Qua cơng thức tính tốn ta có Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 62   bp−1 =     p(p − 1)   b =  p−2   2!  2bp−3 = Cp + C2p−1 bp−2   ···    p−3   (p − 2)b1 = Cp−1 + Cp−2  p p−1 bp−2 + Cp−2 bp−3 + · · · + C3 b2   (p − 1)b = Cp + Cp−1 b + Cp−2 b + · · · + C2 b p p−1 p−2 p−2 p−3 Sử dụng công thức quy nạp theo k có p | bk với k = 1, 2, , p − Từ hệ thức cuối suy hệ thức p.b0 = (b0 + 1) + bp−2 + bp−3 + · · · + b1 b0 + chia hết cho p (ii) Vì p | bk với k = 1, 2, , p − b0 + chia hết cho p nên p | (n + 1)(n + 2) (n + p − 1) − np−1 + với số nguyên n Từ suy p | (p − 1)! + p | np−1 − (n, p) = Từ kết ta suy ba kết sau đây: Định lý 2.8 Với số nguyên tố p số nguyên n thỏa mãn (n, p) = 1, ta ln có (i) [Fermat nhỏ] np−1 ≡ 1(mod p) (ii) [Wilson] (p − 1)! + ≡ 0(mod p) (iii) Nếu số nguyên tố p có dạng 4k +  p −
2 ! + ≡ 0(mod p) Ví dụ 2.24 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x3 + y = z + Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm Z có nghiệm Z7 Khi tồn x, y, z ∈ Z7 thỏa mãn x3 + y = z + Vì x3 , y ∈ {0, 1, −1} nên x3 +y ∈ {0, ±1, ±2}, z +3 ∈ {3, 4} Vậy phương trình xét vơ nghiệm trong Z Ví dụ 2.25 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x2 + 4y = z + Bài giải: Nếu phương trình có nghiệm Z có nghiệm Z7 Khi tồn x, y, z ∈ Z8 thỏa mãn x2 + 4y = z + Trong Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 63 2 2 2 Z8 có hệ thức = 0, = 1, = 4, = 1, = 0, = 1, = 4, = Vậy x2 hoặc 4y Qua kiểm tra ta có x3 + 4y 0, 1, 2, 4, Nhưng z + + = + = Điều chứng tỏ phương trình vơ nghiệm Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/