Thông tin tài liệu
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN CÔNG CÒN VỀ MỘT VÀI LOẠI SỐ ĐẶC BIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN CÔNG CÒN VỀ MỘT VÀI LOẠI SỐ ĐẶC BIỆT 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 NÔNG QUỐC CHINH Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa ví dụ 1.2 Một số tính chất Một vài loại số đặc biệt 2.1 Số Stirling 2.2 Số Euler 26 2.3 Số Harmonic 32 2.4 Số Fibonacci 41 2.5 Ứng dụng toán phổ thông 51 2.5.1 Ứng dụng số Fibonacci 51 2.5.2 Ứng dụng số Stirling 53 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với PGS.TS Nông Quốc Chinh, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Nguyễn Công Còn Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Một số ký hiệu n Ckn = k n k n Tổ hợp chập k n Số Stirling loại Số Stirling loại k n Số Euler bậc k (2) n Số Euler bậc k Hn Số Harmonic thứ n Fn Số Fibonacci thứ n Mở đầu Số học mệnh danh nữ hoàng toán học, chứa đựng nhiều vẻ đẹp tư logic Việc nghiên cứu loại số có tính chất đặc biệt số nguyên tố, số Bernoulli, số Hoàn hảo, v.v đề tài hấp dẫn người yêu toán xưa Mục tiêu luận văn trình bày số kết vài số đặc biệt số Stirling, số Euler, số Harmonic, số Fibonacci vài ứng dụng chúng toán phổ thông Luận văn trình bày thành chương với nội dung cụ thể là: Chương trình bày kiến thức có liên quan cần sử dụng cho chương Chương trình bày khái niệm, tính chất, định lý, hệ số Stirling, Euler, Harmonic, Fibonacci số công thức biểu thị mối quan hệ số đó, ứng dụng chúng toán phổ thông Sau thời gian nghiên cứu luận văn hoàn thành Mặc dù tác giả cố gắng, nhiên luận văn không tránh khỏi sai sót, tác giả xin tiếp thu ý kiến góp ý thầy cô giáo bạn đồng nghiệp Chúng xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Nguyễn Công Còn Email: nguyencongcon@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa ví dụ n Định nghĩa 1.1.1 Số tập có k phần tử tập n phần tử, kí hiệu k gọi tổ hợp chập k n Ví dụ 1.1.1 Có tập có phần tử tập {1, 2, 3, 4} {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4} Do = Định lí 1.1.1 Cho n, k số nguyên dương ≤ k ≤ n Khi n! n = (1.1) k!.(n − k)! k Chứng minh Đầu tiên, tính số dãy có k phần tử: có n cách chọn phần tử thứ nhất, có n − cách chọn phần tử thứ hai, , có n − k + cách chọn phần tử thứ k Do có tất n(n − 1) (n − k + 1) cách chọn Vì tập có k phần tử có k! cách thứ tự khác Do n(n − 1) (n − k + 1) n! n = = k! k!.(n − k)! k 1.2 Một số tính chất Định lí 1.2.1 Cho n k số nguyên cho ≤ k ≤ n Khi n n = (1.2) n−k k Chứng minh Theo định lý 1.1.1, ta có n! (n − k)! n n = = = k!(n − k)! (n − (n − k))! k n−k n n n n = n Đặc biệt = = = n n−1 Định lí 1.2.2 Công thức truy hồi n−1 n−1 n , + = k k−1 k n, k > Chứng minh Ta có (n − 1)! (n − 1)! n−1 n−1 = + + (n − k)!(k − 1)! (n − k − 1)!k! k k−1 (n − 1)!k = (n − k)!k! (n − 1)!(n − k) + (n − k)!k! (n − 1)![k + (n − k)] = (n − k)!k! (n − 1)!n = (n − k)!k! n = k Định lý chứng minh n! = (n − k)!k! (1.3) Định lí 1.2.3 (Định lý nhị thức) n xn−k y k (x + y)n = k k=0 n (1.4) Chứng minh Chứng minh quy nạp n Dễ dàng kiểm tra định lý với n = 0, 1, Giả sử định lý với n − 1, tức n−1 (x + y)n−1 = k=0 n−1 k xn−1−k y k Từ giả thiết quy nạp (1.3), ta có (x + y)n = (x + y)(x + y)n−1 n−1 n−1 xn−1−k y k = (x + y) k k=0 n−1 n−1 n−1 n−1 xn−1−k y k xn−1−k y k + y =x k k k=0 k=0 n−1 n−1 n−1 n−1 n−k k xn−1−k y k+1 x y + = k k k=0 k=0 n−1 n n−1 n−1 xn−k y k + xn−k y k = k k−1 k=0 k=1 n−1 n n−1 n−1 n−1 n xn−k y k + xn−k y k = x + k k−1 k=1 k=1 + n−1 n−1 n−1 n + xn−k y k + n − y n x + n−1 k k−1 k=1 n−1 = n−1 n y n−1 n n−1 n xk y k + n − y n = x + n−1 k k=1 n−1 n n n xn−k y k + n y n = x + n k k=1 n n xn−k y k = k k=0 n−1 Sau bảng giá trị n k với ≤ k, n ≤ 10 gọi tam giác Pascal n n n n n n n n n n 1 1 2 3 4 5 10 10 6 15 20 15 7 21 35 35 21 21 8 28 56 70 56 28 Bảng 1.1: Tam giác Pascal 45 F0 + F1 + F2 + F3 + · · · + Fn−1 = Fn+1 − 1, F0 + F1 + F2 = F4 − 1, F0 + F1 = F3 − 1, F0 = F2 − Cộng theo vế đẳng thức trên, ta (n+1)F0 +nF1 +(n−1)F2 +· · ·+2Fn−1 +Fn = F2 +F3 +· · ·+Fn+2 −(n−1), hay (n+1)F0 +nF1 +(n−1)F2 +· · ·+2Fn−1 +Fn = F0 +F1 +· · ·+Fn+2 −(n+2) Theo (2.31) (2.33), ta (n + 1)F0 + nF1 + (n − 1)F2 + · · · + 2Fn−1 + Fn = Fn+4 − (n + 3), hay (n + 1)F0 + nF1 + (n − 1)F2 + · · · + 2Fn−1 + Fn = Fn+2 + Fn+3 − (n + 3) Mặt khác, ta có (n + 1)F0 + (n + 1)F1 + (n + 1)F2 + · · · + (n + 1)Fn = (n + 1)Fn+2 − (n + 1) Từ đó, suy n iFi = (n + 1)Fn+2 − (n + 1) − (F2n+2 + Fn+3 − (n + 3)), i=0 hay n iFi = nFn+2 − Fn+3 + i=0 46 Định lí 2.4.5 Với n > 1, ta có n Fi2 = Fn Fn+1 (2.38) i=0 Chứng minh Từ (2.31), ta có Fi = Fi+1 − Fi−1 Suy Fi2 = Fi (Fi+1 − Fi−1 ) = Fi Fi+1 − Fi−1 Fi Do đó, ta có F12 = F1 F2 , F22 = F2 F3 − F1 F2 , F32 = F3 F4 − F2 F3 , Fn−1 = Fn−1 Fn − Fn−2 Fn−1 , Fn2 = Fn Fn+1 − Fn−1 Fn Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta n Fi2 = Fn Fn+1 i=0 Định lí 2.4.6 (Đẳng thức Cassini) Với n > 1, ta có Fn−1 Fn+1 − Fn2 = (−1)n Chứng minh Chứng minh quy nạp Với n = 2, ta có F1 F3 − F22 = 1.2 − = = (−1)2 (2.39) 47 Giả sử, đẳng thức với n > 2, ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, theo (2.31) giả thiết quy nạp, ta có Fn Fn+2 − Fn+1 = Fn (Fn + Fn+1 ) − (Fn + Fn−1 )2 = Fn2 + Fn Fn+1 − Fn2 − 2Fn Fn−1 − Fn−1 = Fn Fn+1 − 2Fn Fn−1 − Fn−1 = Fn (Fn + Fn−1 ) − 2Fn Fn−1 − Fn−1 = Fn2 − Fn Fn−1 − Fn−1 = Fn2 − Fn−1 (Fn−1 + Fn ) = Fn2 − Fn−1 Fn+1 = −(−1)n = (−1)n+1 Suy ra, điều phải chứng minh Định lí 2.4.7 Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 (2.40) Chứng minh Chứng minh quy nạp theo m Với m = 1, ta có Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn Với m = 2, ta có Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn Giả sử đẳng thức với m > 2, ta chứng minh đẳng thức với m + Thật vậy, theo (2.31) giả thiết quy nạp, ta có Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m = Fn−1 Fm−1 + Fn Fm + Fn−1 Fm + Fn Fm+1 48 = Fn−1 (Fm−1 + Fm ) + Fn (Fm + Fm+1 ) = Fn−1 Fm+1 + Fn Fm+2 Định lí 2.4.8 (Đẳng thức d’Ocagne) Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n (2.41) Chứng minh Theo (2.32) (2.34), ta có Fm−n = Fm F−n−1 + Fm+1 F−n = Fm (−1)n+2 Fn+1 + Fm+1 (−1)n+1 Fn = (−1)n (Fm Fn+1 − Fm+1 Fn ), hay Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n Định lí 2.4.9 F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) (2.42) Chứng minh Theo (2.34) với m = n, ta có F2n = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Định lí 2.4.10 F2n+1 = Fn2 + Fn+1 (2.43) 49 Chứng minh Chứng minh quy nạp Với n = ta có F1 = = + = F02 + F12 Với n = ta có F3 = = + = F12 + F22 Với n = ta có F5 = = + = F22 + F32 Giả sử đẳng thức với n > ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, theo (2.31), (2.42) giả thiết quy nạp, ta có 2 Fn+1 + Fn+2 = (Fn−1 + Fn )2 + (Fn + Fn+1 )2 2 = Fn−1 + 2Fn−1 Fn + Fn2 + Fn2 + 2Fn Fn+1 + Fn+1 2 = Fn−1 + Fn2 + 2Fn (Fn−1 + Fn+1 ) + Fn2 + Fn+1 = F2n−1 + 2F2n + F2n+1 = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3 Suy điều phải chứng minh Định lí 2.4.11 F2n+k = Fk Fn+1 + 2Fk−1 Fn+1 Fn + Fk−2 Fn2 (2.44) Chứng minh Chứng minh quy nạp theo k Với k = Theo (2.31) (2.42), ta có 2 F2 Fn+1 + 2F2−1 Fn+1 Fn + F2−2 Fn2 = F2 Fn+1 + 2F1 Fn+1 Fn + F0 Fn2 = Fn+1 + 2Fn+1 Fn = Fn+1 (Fn+1 + 2Fn ) = Fn+1 (Fn+2 + Fn ) 50 = F2(n+1) = F2n+2 Giả sử đẳng thức với k > 2, ta chứng minh đẳng thức với k + Thật vậy, theo (2.31) giả thiết quy nạp, ta có F2n+k+1 = F2n+k−1 + F2n+k 2 = Fk−1 Fn+1 + 2Fk−2 Fn+1 Fn + Fk−3 Fn2 + Fk Fn+1 + 2Fk−1 Fn+1 Fn + Fk−2 Fn2 = Fn+1 (Fk−1 + Fk ) + 2Fn+1 Fn (Fk−2 + Fk−1 ) + Fn2 (Fk−3 + Fk−2 ) = Fk+1 Fn+1 + 2Fk Fn+1 Fn + Fk−1 Fn2 Suy điều phải chứng minh Định lí 2.4.12 (Đẳng thức Cassini) F3n = 2Fn3 + 3Fn Fn+1 Fn−1 = 5Fn3 + 3(−1)n Fn (2.45) Chứng minh Theo (2.44) với k = n (2.31), ta có F3n = F2n+n = Fn Fn+1 + 2Fn−1 Fn+1 Fn + Fn−2 Fn2 = Fn (Fn + Fn−1 )2 + 2Fn−1 Fn Fn+1 + Fn−2 Fn2 = Fn3 + 2Fn2 Fn−1 + Fn Fn−1 + 2Fn−1 Fn Fn+1 + Fn−2 Fn2 = Fn3 + Fn2 (Fn − Fn−2 ) + Fn2 Fn−1 + Fn Fn−1 + 2Fn−1 Fn Fn+1 + Fn−2 Fn2 = 2Fn3 + Fn−1 Fn (Fn + Fn−1 ) + 2Fn−1 Fn Fn+1 = 2Fn3 + Fn−1 Fn Fn+1 + 2Fn−1 Fn Fn+1 = 2Fn3 + 3Fn−1 Fn Fn+1 Theo (2.39), ta có Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n−1 , hay Fn−1 Fn+1 = Fn2 + (−1)n−1 51 Vậy F3n = 2Fn3 + 3Fn Fn+1 Fn−1 = 5Fn3 + 3(−1)n Fn 2.5 Ứng dụng toán phổ thông Phần cuối trình bày ứng dụng số Fibonacci Stirling để giải toán tổ hợp, toán thi Olympic thi học sinh giỏi 2.5.1 Ứng dụng số Fibonacci Như ta biết, số Fibonacci có ứng dụng rộng ứng dụng dùng để giải số toán tổ hợp, toán thi Olympic thi học sinh giỏi Bài (Ireland National Olympiad 1999) Chứng minh với số n nguyên dương bất kì, tồn vô hạn số Fibonacci chia hết cho n Giải Ta xét cặp (Fi , Fi+1 ) theo mod n với i ∈ N Do có vô số cặp có n2 cặp theo mod n, nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai cặp (Fi , Fi+1 ) (Fi+m , Fi+m+1 ), m > cho: Fi ≡ Fi+m (mod n) Fi+1 ≡ Fi+m+1 (mod n) ⇒ Fi−1 ≡ Fi+m−1 (mod n) Lặp lại trình với j ∈ N ta có Fj ≡ Fj+m (mod n) Vậy với số nguyên dương k F0 ≡ Fkm ≡ 0(mod n) 52 Ta có điều cần chứng minh Bài Chứng minh với số tự nhiên n với n ≥ Fn Fn+1 tồn số phương Giải Ta chứng minh Fn+1 − Fn > 1, ∀n ≥ - Với trường hợp ≤ n ≤ cách thử trực tiếp ta thấy toán trường hợp - Trường hợp n ≥ 8, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Fn + Fn−1 − ⇔Fn−1 > Fn = √ Fn + Fn−1 + Fn−1 Fn + Fn−1 + √ Fn >1 Fn Ta có Fn = Fn−1 + Fn−2 < 2Fn−1 Do Fn + Fn−1 + Fn < 3Fn−1 + 2Fn−1 √ + Vậy bất đẳng thức chứng minh Do √ √ bất đẳng thức nên Fn+1 Fn tồn số nguyên tức Lại có √ Fn−1 ≥ √ F7 > √ Fn+1 Fn tồn số phương Bài (Đề chọn đội tuyển Đà Nẵng 2009-2010) Cho dãy (an ) thỏa mãn: a0 = 1, a1 = 1, an+2 = 7an+1 − an − 2, ∀n ∈ N Chứng minh an số phương với n ∈ N Giải Chứng minh quy nạp ta có an = (F2n−1 )2 Từ đó, ta có điều cần chứng minh Bài Đếm tất số cách xếp n quân Domino kích thước × phủ kín bảng có kích thước × n Giải Đặt S(n) số cách phủ thỏa yêu cầu toán Xét cấu hình ô 53 n−1 n n + n + n + n + 2n − 2n Nếu quân Domino phủ lên cặp ô (n, 2n) phần lại bảng 2×(n−1) nên có S(n − 1) Nếu quân Domino phủ lên cặp ô (n − 1, n) (2n − 1, 2n) ta bắt buộc phải phủ lên cặp ô lại (nếu Domino phủ lên (n − 1, n) thứ phải phủ lên (2n − 1, 2n) ngược lại), phần lại bảng × n − nên có S(n − 2) cách chọn Ta có công thức tổng quát S(n) = S(n − 1) + S(n − 2) với S(1) = 1, S(2) = Dễ thấy dãy Fibonacci Bài (Bulgaria National Olympiad 1997) Cho tập Sn = {1, 2, , n}, hỏi có tập khác rỗng Sαn ⊂ Sn thỏa mãn Sαn không chứa hai số tự nhiên liên tiếp nào? Giải Gọi An số tập khác rỗng Sαn ⊂ Sn thỏa mãn Sαn không chứa hai số tự nhiên liên tiếp Ta chứng minh An+2 = An+1 + An Ta có: - Số tập Sαn+2 không chứa phần tử n + số tập Sαn+1 - Số tập Sαn+2 chứa phần tử n + số tập Sαn (do tập không chứa n + 1) Theo quy tắc cộng ta có An+2 = An+1 + An Lại có A1 = 1, A2 = Từ ta có An = Fn , ∀n ∈ N∗ 2.5.2 Ứng dụng số Stirling Bài Tìm số cách đặt n vật phân biệt vào m hộp phân biệt, kể đến thứ tự từ trái qua phải vật hộp biết cho phép số hộp 54 để trống (chú ý m > n, m − n hộp phải bỏ trống) Giải Giả sử số cần tìm f (n, m) Giả thiết có f (n − 1, m) phân phối n − vật : mang i1 vật vào hộp 1, i2 vật vào hộp 2, , im vật vào hộp m, ik ≥ 0, k = 1, 2, , m i1 + i2 + · · · + im = n − Vật thứ n vào hộp k (k = 1, 2, , m) theo ik + cách (vị trí bên trái, vị trí thứ từ trái qua phải, , vị trí thứ ik + tính từ trái qua phải) Do có (i1 + 1) + (i2 + 1) + + (im + 1) = n − + m cách xếp cho vật thứ n Vậy ta có quan hệ f (n, m) = (n − + m)f (n − 1, m) = (n + m − 1)(n + m − 2) m Bài Có cách để làm nhiều khác k vòng đeo tay từ n hạt riêng biệt Biết vòng đeo tay cần phải có hạt? Giải Mỗi cách làm gồm k vòng đeo tay từ n hạt riêng biệt tương ứng với cách phân hoạchtậpn phần tử thành k chu trình chu trình n có vật Vậy ta có cách k Bài Có cách xếp n nam m nữ ngồi vào k bàn tròn giống hệt mà bàn có nam nữ Giải Ta chia công việc thành hai công đoạn.Sắp xếp nnam vào k bàn tròn n cho bàn có người, ta có cách Sắp xếp n nữ vào k k m bàn tròn cho bàn có người, ta có cách Vậy theo k n m nguyên lý nhân ta có số cách xếp : cách k k 55 Bài Một thương hiệu định sản phẩm cung cấp k (k > 1)giải thưởng cho sản phẩm họ với xác xuất cho sản phẩm Xác suất có giải thưởng họ bán n sản phẩm bao nhiêu? Giải Tổng số khả giải thưởng k n Khả để có giải thưởng tương ứng với cách phân hoạch tập n phần tửthành k khối mà n k n khối phải có vật Vậy xác suất k kn Bài Đếm số cách phân phối n vật phân biệt vào m hộp thỏa mãn: a) m hộp giống hộp phải có vật b) m hộp giống cho phép có hộp trống c) Các hộp phân biệt hộp phải có vật Giải a) Mỗi cách phân phối n vật phân biệt vào m hộp thỏa mãn m hộp giống hộp phải có mộtvật tương ứng với cách phân hoạch n cách tập n phần tử thành m khối Vậy có m nên ta có m cách phân hoạch: hộp trống có 1 Vì cho phép có hộp trống b) n n n cách Vậy cách, , m hộp trống có cách, hộp trống có m 2 1 n n n có + + cách c) Các hộp phân biệt nên có m! hoán vị 1 2 m n m hộp Vậy có m! cách m n Bài Chứng minh = n2 n − 1 Giải Dễ thấy đẳng thức việc phân chia tập n phần tử thành n − tập việc phân chia tập thành tập có hai phần tử 56 n − tập khác Vì vậy, số cách phân chia số cách chọn phần tử số n phần tử 57 Ví dụ tập tương tự Bài Cho dãy số (un ) xác định u0 = 0, u1 = un+1 − 3un + un−1 = (−1)n với số nguyên dương n Chứng minh un số phương với n ≥ Bài Cho dãy số (un ) xác định u = u = 1, u = un+3 = 2un+2 + 2un+1 − un với số nguyên dương n Chứng minh un số phương với n ≥ Bài Cho dãy số (un ) xác định u = 1, u = 1 un+2 = 7un+1 − un − với n ≥ Chứng minh un số phương với n ≥ Bài (IMO 1981) Tìm giá trị nhỏ P = m2 + n2 , m, n số thỏa mãn: ≤ m; n ≤ 1981 (n2 − mn − m2 )2 = Bài Chứng minh tồn vô hạn số hạng dãy Fibonacci chia hết 2012 Bài Cho dãy số (un ) xác định u = 0, u = 1 un+2 = un + un+1 + với n ≥ Chứng minh với p số nguyên tố up (up+1 + 1) chia hết cho p 58 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: (1) Trình bày khái niệm, ví dụ số kết số Stirling, số Euler, số Harmonic số Fibonacci (2) Nêu ứng dụng số Stirling Fibonacci toán học phổ thông 59 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Thu Trang (2014), Số Fibonacci, dãy Lucas, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên [2] Đặng Thị Nguyễn Việt (2012), Số Stirling ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Đà Nẵng [3] Nguyễn Xuân Trọng (2013), Ứng dụng số Stirling vào giải toán tổ hợp, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Đà Nẵng Tiếng Anh [4] Zhi-Wei Sun (2011), Arithmetic theory of harmonic numbers, Proceeding of the American Mathematican Society, volume 140, number 2, February 2012, pages 415-428 [5] Ronald L Graham, Donald E Knuth, Oren Patashnik (1994), Concrete Mathematics, Second Edition, Wesley [6] Peter J Cameron and Dima G.Fon-Der-Flaass, Fibonacci notes [...]... các số nguyên không âm sao cho r ≤ m và r ≤ n Khi đó r m k k=0 n r−n = m+n r (1.11) Chứng minh Phân hoạch tập S gồm m + n phần tử thành hai tập con T có m phần tử và tập U có n phần tử Chọn r phần tử từ S, k phần tử tử T và còn lại phần tử từ U Định lí 1.2.9 n n k k=0 2 = 2n n Chứng minh Theo (1.2) và (1.11), ta có n k=0 n k n 2 = k=0 n k n n−k = 2n n 9 Chương 2 Một vài loại số đặc biệt 2.1 Số Stirling... ta tìm hiểu về số Stirling loại 1 Trước hết ta định nghĩa về chu trình: Chu trình là một hoán vị vòng tròn, giống như dây chuyền Chu trình có thể viết như [A, B, C, D] với cách hiểu là [A, B, C, D] = [B, C, D, A] = [C, D, A, B] = [D, A, B, C] Mặt khác, chu trình [A, B, C, D] khác [A, B, D, C] hoặc [D, C, B, A] Định nghĩa 2.1.2 Cho n và k là các số nguyên khác không, n ≤ k Số n Stirling loại 1 ký hiệu... = 6 2 Định lí 2.2.2 Các số Euler bậc hai thỏa mãn công thức truy hồi n (2) (2) (2) n−1 = (k + 1) + (2n − 1 − k) k−1 k k n−1 Bảng các số Euler loại 2 (2) n (2) (2) (2) (2) (2) (2) n n n n n n n 0 1 2 3 4 5 6 0 1 1 1 0 2 1 2 0 3 1 3 6 0 4 1 22 58 24 0 5 1 52 328 444 120 0 6 1 114 1452 4400 3708 720 Tương tự như các số Euler bậc một, ta có một số kết quả sau Mệnh đề 2.2.3 Cho số nguyên n ≥ 0, Khi đó... minh Số hoán vị của π1 π2 πn có n − 1 − k cặp liền kề nhau tăng tương đương với số hoán vị của πn π2 π1 có k cặp liền kề nhau tăng Mỗi hoán vị π1 , π2 , , πn có (n − 1) cặp số liền kề nhau, nếu hoán vị đó có k cặp số liền nhau tăng thì sẽ có (n − 1 − k) cặp số liền nhau giảm, vì vậy hoán vị viết theo thứ tự ngược lại là πn , πn−1 , , π2 , π1 sẽ có (n − 1 − k) cặp số liền nhau tăng Do đó số. .. vị trí j và thu được hoán vị π = ρ1 ρj−1 nρj ρn−1 Số thứ tự tăng trong π là giống các số trong ρ, nếu j = 1 hoặc nếu ρj−1 < ρj ; nó là một số lớn hơn các số trong ρ nếu ρj−1 > ρj hoặc nếu j = n Do đó π có k thứ tự tăng trong tổng (k +1) n−1 cách từ hoán k vị ρ mà có k thứ tự tăng, cộng với tổng của ((n − 2) − (k − 1) + 1) n−1 k−1 cách từ số hoán vị ρ mà có k − 1 thứ tự tăng Suy ra công thức truy... m k=0 n−1 n k = + nn−k m m k=0 n k = nn−k m k=0 2.2 Số Euler Định nghĩa 2.2.1 Cho n và k là các số nguyên không âm thỏa mãn k ≤ n Ta kí hiệu n k là số hoán vị π1 π2 πn của tập n số {1, 2, , n} thỏa mãn 27 trong hoán vị đó có k cặp số liền kề nhau tăng lên (nghĩa là πj < πj+1 ) và gọi là số Euler tương ứng với cặp n, k Ví dụ 2.2.1 a) Ví dụ 4 = 11 Vì có 11 hoán vị của... Chương 2 Một vài loại số đặc biệt 2.1 Số Stirling Định nghĩa 2.1.1 Số phân hoạch một tập hợp có n phần tử thành k tập con n khác rỗng gọi là số Stirling loại 2 và kí hiệu là k n = 0 với mọi n ∈ N∗ ; Quy ước: 0 0 = 0 với mọi k ∈ N∗ ; k 0 n = 1 = 0 nếu k > n và 0 k Ví dụ 2.1.1 Có 7 cách phân hoạch một tập có 4 phần tử {1, 2, 3, 4} thành 2 tập con khác rỗng, đó... xn = k k x+k n (2.20) (2) Định nghĩa 2.2.2 Số Euler bậc hai n , (0 ≤ k ≤ n − 1) là số hoán k vị của tập {1, 1, 2, 2, , n, n} với k thứ tự tăng lên mà có tính chất rằng với mỗi j ∈ {1, 2, , n}, các số nẵm giữa hai lần xuất hiện của j trong hoán vị đều lớn hơn j Ví dụ 2.2.2 Với n = 3 có 15 hoán vị trong đó một không có thứ tự tăng lên, tám hoán vị với một thứ tự tăng lên và sáu hoán vị với hai... vào một phần tử sao cho hoán vị đó có k chu trình Có hai cách: • Lập một chu trình đơn chỉ gồm một phần tử mới thêm vào Khi đó còn lại k − 1 chu trình lập từ n phần tử, có (n, k − 1) chu trình • Chèn phần tử mới đó vào một trong các chu trình đã có Xét hoán vị bất kì của n phần tử a1 a2 an trong đó có k chu trình: (a1 , , aj1 )(aj1 +1 , , aj2 ) (ajk−1 +1 , , an ) k chu trình 17 Để lập một. .. 2.1.3 Cho n và m là các số nguyên không âm Ta có n n + 1 n k = m + 1 k m k=0 (2.4) 13 Chứng minh Phân hoạch n + 1 số nguyên 1, , n + 1 thành m + 1 tập con, k n ta có k cách chọn n − k số nguyên khác nhau thành một tập con và m cách phân hoạch k số còn lại thành m tập con Vậy ta có đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 2.1.3 a) Ta có n + 1 n + 1 = = 2 1 + 1 n = k=1 ... Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa ví dụ 1.2 Một số tính chất Một vài loại số đặc biệt 2.1 Số Stirling ... Nguyên iii Một số ký hiệu n Ckn = k n k n Tổ hợp chập k n Số Stirling loại Số Stirling loại k n Số Euler bậc k (2) n Số Euler bậc k Hn Số Harmonic thứ n Fn Số Fibonacci... tài hấp dẫn người yêu toán xưa Mục tiêu luận văn trình bày số kết vài số đặc biệt số Stirling, số Euler, số Harmonic, số Fibonacci vài ứng dụng chúng toán phổ thông Luận văn trình bày thành chương
Ngày đăng: 12/01/2017, 21:28
Xem thêm: Về một vài loại số đặc biệt
