Bài Toán Phân Hoạch Số Nguyên Dương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HUẾ BÀI TOÁN PHÂN HOẠCH SỐ NGUYÊN DƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HUẾ BÀI TOÁN PHÂN HOẠCH SỐ NGUYÊN DƯƠNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU 1 Một số kết kinh điển toán phân hoạch số nguyên dương 1.1 Lịch sử phát triển toán phân hoạch số nguyên dương 1.2 Một số kết kinh điển 11 1.2.1 Công thức gần cho p(n) 1.2.2 Hàm sinh hàm phân hoạch 1.2.3 Đồng thức Rogers–Ramanujan 18 1.2.4 Tính chất đồng dư p(n) 1.2.5 Biểu diễn đồ thị phân hoạch chứng minh 11 13 22 Định lí số ngũ giác Euler 27 Một số lớp toán phân hoạch số nguyên khác toán liên quan 2.1 31 Phân hoạch thành phần phân biệt ánh xạ đối hợp Franklin 31 2.2 Phân hoạch thành phần lẻ song ánh Sylvester 34 2.3 Một số toán liên quan 35 2.3.1 Một số toán chứng minh 35 2.3.2 Bài toán chia kẹo Euler 39 KẾT LUẬN 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO 51 ii Danh mục hình vẽ Hình 2.1: 33 Hình 2.2: 33 Hình 2.3: 35 Hình 2.4: 36 MỞ ĐẦU Bài toán biểu diễn số nguyên dương dạng tổng số nguyên dương có lịch sử lâu đời Leibniz người nghiên cứu tốn này, sau Euler, Sylvester, Hardy, Ramanujan, Andrews nhà tốn học có đóng góp quan trọng Bài tốn nói xuất nhiều vấn đề khác toán học đề tài nghiên cứu sôi tận ngày hôm (Các cơng trình Okounkov, Giải thưởng Fields 2006, có liên quan đến việc ứng dụng tốn xác suất, hình học đại số, học thống kê, ) Dưới hướng dẫn tận tình GS.TSKH Hà Huy Khoái, tác giả chọn đề tài:"Bài toán phân hoạch số nguyên dương" Luận văn có mục tiêu giới thiệu toán biểu diễn số nguyên dương dạng tổng, từ lịch sử phát triển kết kinh điển, đến số kết gần Luận văn trình bày số tốn liên quan đến tốn nói Với mục tiêu trên, tác giả tiến hành nghiên cứu hai chương: Chương Một số kết kinh điển toán phân hoạch số nguyên dương 1.1 Lịch sử phát triển toán phân hoạch số nguyên dương 1.2 Một số kết kinh điển Chương Một số lớp toán phân hoạch số nguyên khác số toán liên quan 2.1 Phân hoạch thành phần phân biệt ánh xạ đối hợp Franklin 2.2 Phân hoạch thành phần lẻ song ánh Sylvester 2.3 Một số toán liên quan Luận văn hồn thành hướng dẫn, giúp đỡ tận tình GS.TSKH Hà Huy Khoái, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn kính trọng sâu sắc Giáo sư Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng sau đại học Khoa Toán-Tin trường Đại học Khoa học - Đạị học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu trường Xin chân thành cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân thời gian qua Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót định Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý độc giả để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 06 năm 2017 Tác giả Đinh Thị Thu Huế Chương Một số kết kinh điển tốn phân hoạch số ngun dương Mục đích chương trình bày lịch sử phát triển số kết kinh điển toán phân hoạch số nguyên dương Tài liệu tham khảo Chương [3], [4] 1.1 Lịch sử phát triển toán phân hoạch số nguyên dương Phân hoạch lần xuất thư tay Leibnitz viết vào năm 1669 gửi cho John Bernoulli, ông hỏi Bernoulli liệu có kiểm tra nhanh số cách viết số nguyên dương cho thành tổng hai hay nhiều số nguyên? Từ lý thuyết phân hoạch hình thành nhánh quan trọng lý thuyết số Khái niệm phân hoạch số ngun khơng âm thuộc tốn học tổ hợp (xem [4]) Định nghĩa 1.1 (xem [4]) Một phép phân hoạch số nguyên dương n dãy không tăng hữu hạn số nguyên dương λ1 λ2 λr cho ri=1 λi = n, λi gọi phần số hạng phân hoạch Đôi phân hoạch (λ1 , λ2 , , λr ) kí hiệu λ ta viết λ n | λ |= n Định nghĩa 1.2 (xem [4]) Hàm phân hoạch p(n) số phân hoạch n Khi xét phép phân hoạch n có số ý sau (xem [4]): Chú ý 1.1 Chúng ta thấy có phân hoạch, phân hoạch rỗng, khơng có phần tử Ta quy ước p(0) = Chú ý 1.2 Thường viết tắt phần lặp cách sử dụng lũy thừa Chú ý 1.3 Theo định nghĩa phân hoạch thứ tự không quan trọng 4+3 3+4 phân hoạch Một tập hợp có thứ tự gọi phép hợp thành Do đó, 4+3 3+4 hai phép hợp thành khác Ví dụ 1.1 Có năm phân hoạch số 4, 31, 22 , 212 , 14 Có bảy phân hoạch số 5, 41, 32, 312 , 22 1, 213 , 15 Leibnitz quan sát có phân hoạch (3, 21, 13 ), phân hoạch Sau ơng quan sát có phân hoạch 11 phân hoạch Điều gợi ý, số phân hoạch n số nguyên tố Tuy nhiên, điều khơng tính tốn 15 phân hoạch Như từ bước khởi đầu, toán phân hoạch dẫn đến câu hỏi mở mà đến tận ngày hôm chưa có lời giải: tồn vơ hạn hay hữu hạn n cho số phân hoạch n số nguyên tố? Bên cạnh câu hỏi p(n) như: cấp tăng nào? Tính chẵn lẻ nó? Liệu có tính chất số học đặc biệt nào? Có cách để tính p(n) hiệu không?(xem [3]) Từ thiết lập chủ đề khác lý thuyết phân hoạch phát triển xa nhiều nhà Toán học vĩ đại, bật số họ Euler, Gauss, Jacobi, Cayley, Sylvester, Hardy, Ramanujan, Rademacher, Schur, Mac Mahon, Gupta, Gordon, Andrews, Stanley Công việc nghiên cứu Ramanujan Hardy thực cách mạng hóa việc nghiên cứu thuyết phân hoạch Bởi ứng dụng vĩ đại lĩnh vực khác xác suất thống kê, vật lý học lý thuyết phân hoạch trở thành lĩnh vực nghiên cứu sôi lý thuyết số Có thể thấy p(n) tăng nhanh theo n Thậm chí, người tập trung làm việc cách hồn hảo phải 126000 năm để viết tất 3972999029388 phân hoạch 200 Ramanujan tự hỏi câu hỏi bản: Chúng ta tìm p(n) mà khơng cần viết tất phân hoạch n không?” Câu hỏi Hardy Ramanujan trả lời vào năm 1918 Họ đưa công thức gần cho p(n) Tuy tiên D.H.Lehmer nhận thấy chuỗi Hardy – Ramanujan phân kỳ Năm 1937, H Rademacher thay điều kiện để nhận p(n) chuỗi hội tụ Hardy – Ramanujan – Rademacher lập công thức mở rộng cho p(n) tiếng, kết đáng ghi nhận tốn học Nó cho thấy tương tác hàm số học p(n) số kỹ thuật tính tốn Nó khơng cơng thức lý thuyết cho p(n) mà cịn cơng thức cho phép tính tương đối nhanh (xem [4]– Tr 6) Một số giá trị p(n) n : 20 50 100 200 p(n) : 11 30 627 204226 190569292 3972999029388 Nhiều cần quan tâm đến toán không thiết phải xét đến tất phân hoạch n mà phân hoạch đặc biệt n Ví dụ 1.2 Trong số 22 phân hoạch số 8, có sáu phân hoạch chứa phần số lẻ 71, 53, 513 , 32 12 , 315 , 18 có phân hoạch phần tử phân biệt 8, 71, 62, 53, 521, 431 Về vấn đề Euler bắt đầu nghiên cứu vào năm 1674 Ph.Naudé hỏi Euler phân hoạch số nguyên dương n thành m phần định Đặc biệt, Naudé hỏi ông có phân hoạch 50 thành phần riêng biệt Câu trả lời 522, điều khó có khả thu cách viết tất phân hoạch 50 thành phần Để giải vấn đề Euler khám phá giới thiệu hàm sinh hàm phân hoạch, đồng thức, định lí số ngũ giác, đổi quan trọng toàn nghiên cứu phân hoạch Hầu hết phát phân hoạch nhờ vào bắt đầu Euler (xem [3]) Từ cuối kỉ XVIII nửa đầu kỉ XIX không xuất nhiều bước tiến đáng ghi nhận nghiên cứu phân hoạch Tất nhiên điều tương tự không xảy với tốn học nói chung Đã có xuất nghiên cứu lý thuyết biến phức lý thuyết hàm eliptic chúng mang lại ảnh hưởng sâu sắc tới nghiên cứu phân hoạch Legendre, Gausse, Cauchy nhà toán học vĩ đại khác tìm lời giải thích cho cơng trình Euler Trong kỷ từ năm 1750 – 1850, trọng tâm việc nghiên cứu đưa công thức tường minh cho pm (n), số phân hoạch n thành phần không lớn m P Paoli, A Dc Morgan, F.W Herschsl, T Kirkmar H Warburton, Cayley, Sylvester nghiên cứu pm (n) với giá trị nhỏ xác định m họ đưa số công thức định Tuy nhiên, Sylvester nhà toán học đưa nhìn thực cho vấn đề này(xem [3]– Tr 5) Sau xem xét vài cách mà phân hoạch thực đưa dạng hình học, ơng khẳng định phân hoạch + + + + biểu diễn thuận tiện nhiều dạng: ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Sylvester gọi cách biểu diễn biểu đồ Ferrers phân hoạch, đặt tên theo nhà toán học N.M Ferrers Ơng ý ta đếm số nút cột thay hàng Lấy ví dụ biểu đồ cho ta phân hoạch + + + + Hai phân hoạch từ biểu đồ gọi liên hợp Định nghĩa 1.3 (xem [3]) Phân hoạch n tự liên hợp liên hợp trùng với 37 m, hệ số cuối phải p(m), ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.3 (xem [6]) Chứng minh số phân hoạch n cho phần chúng đôi khác số phân hoạch n thành phần lẻ Giải Cách giải thứ (sử dụng hàm sinh): Giả sử q(m) số phân hoạch m với phần đôi khác q ∗ (m) số phân hoạch m thành phần lẻ Lập luận tương tự , với q(m) quan tâm đến trường hợp rn = rn = cho n Do + xn ) Với q ∗ (m) quan tâm đến việc Lưu lập luận n lẻ, hàm sinh k>1 − x2k−1 ý − x2n (1 + xn ) = n − x n≥1 n≥1 hàm sinh n≥1 (1 Do tử số có tất số hạng có dạng − xt với t chẵn mẫu số có tất số hạng có dạng − xt Khi ta rút gọn số hạng lẻ lại mẫu số, ta có điều phải chứng minh Cách giải thứ hai (sử dụng song ánh): Giả sử (n1 , n2 , , nk ) phân hoạch n cho tất phần tử khác Thì ni viết 2ai bi , bi số lẻ Chúng ta loại bỏ ni thay chúng bi 2ai lần Bằng cách này, có phân hoạch n với phần lẻ Chúng ta thấy hàm xác định theo cách song ánh Điều chứng tỏ có hàm ngược Tức đưa phân hoạch (n1 , n2 , , nk ) n với phần lẻ muốn xây dựng phân hoạch với phần khác Khi giả sử bi xuất ci lần Chúng ta biết ci viết cách tổng lũy thừa khác 2, 2ai ,1 + 2ai ,2 + + 2ai ,s Chúng ta loại bỏ tất bi viết số 2ai ,1 bi , 2ai ,2 bi , , 2ai ,s bi Điều tạo phân hoạch n tất phần khác Rõ ràng hai hàm xây dựng hàm ngược chúng song ánh 38 có điều phải chứng minh Bài toán 2.4 (USAMO, 1986) Gọi ℘[n] tập hợp phân hoạch π số nguyên dương n ≥ 1, với cách phân hoạch π , ta định nghĩa A(π) số số xuất π , định nghĩa B(π) số số nguyên phân biệt xuất π (Ví dụ: n = 13 π cách phân hoạch + + + + + 5, A(π) = B(π) = 3) Chứng minh với n cố định, tổng A(π) chạy khắp cách phân hoạch π n tổng B(π) chạy khắp cách phân hoạch π n hay B(π) A(π) = π∈℘[n] π∈℘[n] Giải π∈℘[n] B(π) Ta tính giá trị Gọi S tập hợp {1, 2, , n}, đếm số i với i ∈ S sau: n F (x) = i=1 n j=1 (1 − xj ) Ta tính giá trị n j=1,j=i (1 π∈℘[n] B(π) Rút gọn lại ta thu hệ sinh F (x) = − π∈℘[n] A(π) n j=1 (1 x (1 − x) − xj ) − xj ) với ý ta có song ánh phân hoạch có i số với i ∈ S tập hợp n − i phần tử mà không chứa số nào, ghép lại với ta phân hoạch n Với cách phân hoạch mà khơng có số biểu diễn sau: f (x) = n j=2 (1 − xj ) Bây với i, ta có i số một, hệ số xn−i khai triển f (x) phải nhân với i Từ ta tính sau: n ixi f (x) i=1 π∈℘[n] A(π) 39 Từ dẫn đến hệ sinh π∈℘[n] A(π) G(x) = x f (x) (1 − x)2 So sánh cách hệ số F (x) G(x) ta thu điều phải chứng minh Bài toán 2.5 (Korea, 1995) Cho m n số nguyên dương với n > m(m + 1) Chứng minh số phân hoạch n thành m thành phần khác số phân hoạch n − m(m + 1) thành nhiều m phần Giải Với ta sử dụng phép song ánh Với phân hoạch n thành m phần khác giả sử (n1 , n2 , , nm ) với n1 < n2 < n3 < < nm ta biến đổi thành (n1 − 1, n2 − 2, , nm − m) ứng với phân hoạch n − m(m + 1) thành nhiều m phần ta dễ thấy ni − i ≥ với i = 1, 2, , m Ta có điều phải chứng minh 2.3.2 Bài toán chia kẹo Euler Bài toán chia kẹo Euler, phát biểu sau: " Có n kẹo giống chia cho m em bé Hỏi có cách chia kẹo?" Bài toán tưởng đơn giản lại tốn khó nhiều học sinh Tuy nhiên, nắm ý nghĩa cách giải tốn tốn tổ hợp hay thú vị Chính lẽ đó, có nhiều toán thi học sinh giỏi ứng dụng toán Ta phát biểu lại toán sau: Bài tốn 2.6 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 + x2 + + xm = n, (n, m ∈ N∗ ) Nhận xét: Trong cách chia có em khơng nhận kẹo Nói cách khác có xi = quan tâm đến thứ tự xếp Giải 40 Với x1 , x2 , , xm thỏa mãn x1 + x2 + + xm = n tương ứng 1-1 với 11 11 11 gồm n số m − số (đây x1 x2 xm kĩ thuật song ánh) Để có số cần tìm cần chọn m − vị trí m + n − vị trí để đặt chữ số lại đặt chữ số Suy m−1 số cách chia kẹo là: d = Cm+n−1 Bài tốn 2.7 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun dương phương trình: x1 + x2 + + xm = n, (n, m ∈ N∗ ) Nhận xét: Nếu phát biểu theo toán chia kẹo cách chia em nhận kẹo Nói cách khác có xi > quan tâm đến thứ tự xếp Giải Đặt yi = xi − (Với i = 1, m) ta có: y1 + y2 + + ym = x1 + x2 + + xm − m = n − m Vậy • Nếu n < m phương trình vơ nghiệm • Nếu n ≥ m, quay trở lại toán ban đầu số nghiệm phương trình m−1 số nghiệm phương trình là: d = Cn−1 Bài tốn tổng qt (xem [2]): Cho m số tự nhiên a1 , a2 , , am Tìm số nghiệm tự nhiên phương trình: x1 + x2 + + xm = n, thỏa mãn xi ≥ , (∀i = 1, m) Giải Đặt yi = xi − (∀i = 1, m) S = a1 + a2 + + am nên ta có: y1 + y2 + + ym = x1 + x2 + + xm − (a1 + a2 + + am ) = n − S • Nếu n < S , phương trình vơ nghiệm • Nếu n = S , phương trình có nghiệm 41 m−1 • Nếu n > S , phương trình có Cn+m−S−1 nghiệm Bài tốn 2.8 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x + y = n với x ≤ y Giải (Đây lời giải thầy Nguyễn Vũ Lương –Trường THPT Chuyên KHTN) n : n n • Nếu n chia hết cho x nhận + = + giá trị 2 n y tính theo x ( y = n − x) suy ta có 0, 1, 2, , n + (x,y) nguyên không âm thỏa mãn x + y = n x ≤ y Vì x ≤ y nên từ phương trình suy x ≤ n n • Nếu n khơng chia hết cho suy x ≤ x nhận +1 2 n + (x,y) ngun khơng âm thỏa mãn tốn giá trị có Bài tốn 2.9 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x + y + z = n, thỏa mãn điều kiện x ≤ y ≤ z Giải (Đây lời giải thầy Nguyễn Vũ Lương –Trường THPT Chun KHTN) • Kí hiệu r1xyz nghiệm số phương trình thỏa mãn x < y < z Tương tự có r1xzy , r1yzx , r1yxz , r1zxy , r1zyx Do vai trò x, y, z hồn tồn bình đẳng phương trình x + y + z = n Ta có: r1xyz = r1xzy = r1yzx = r1yxz = r1zxy = r1zyx = r1 • Kí hiệu r2xyz nghiệm số phương trình thỏa mãn x = y < z Tương tự có r2yzx , r2zxy Ta có: r2xyz = r2yzx = r2zxy = r2 • Kí hiệu r4 nghiệm số phương trình thỏa mãn x = y = z 42 • Kí hiệu r3xyz nghiệm số phương trình thỏa mãn x < y = z Tương tự có r3yzx , r3zxy Ta có: r3xyz = r3yzx = r3zxy = r3 Tất số nguyên không âm (x, y, z) thỏa mãn x + y + z = n (n + 2)(n + 1) = số thuộc trường Cn+2 (n + 2)(n + 1) hợp nên ta có 6r1 + 3r2 + 3r3 + r4 = Ta có: r2 + r3 + r4 số nghiệm phương trình 2u + v = n (vì từ phương trình x + y + z = n ta có số hạng x = y y = z z = x tất nhiên bao gồm trường hợp x = y = z ) Giả sử x = y bao gồm x = y > z , x = y < z , x = y = z Phương trình 2u + v = n ⇔ u + (u + v) = n Đặt t = u + v ≥ u thu u + t = n với u ≤ t n Theo toán trên, số nghiệm phương trình + hay n r2 + r3 + r4 = + Xét: • Nếu n chia hết cho ⇒ r4 = n n−1 • Nếu n khơng chia hết cho ⇒ r4 = hay r4 = − 3 Vì x ≤ y ≤ z bao gồm x < y < z x = y < z x < y = z x = y = z Vậy số nghiệm thỏa mãn yêu cầu toán d = r1 + r2 + r3 + r4 Từ liệu ta có: (n + 2)(n + 1) − 3r2 − 3r3 − r4 (n + 2)(n + 1) + (r2 + r3 ) + r4 = 12 (n + 2)(n + 1) = + (r2 + r3 + r4 ) + 12 (n + 2)(n + 1) n = + +1 + 12 2 d = + r2 + r3 + r4 r4 n n − Bài tốn 2.10 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình thỏa mãn: x1 + x2 + x3 + x4 = n với x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 43 Giải (Lời giải Nguyễn Long Nhật Nguyễn Hùng Quang – Trường Chuyên KHTN) Bổ đề Burnside: "Nếu φ tập thuộc tập X Với ϕ thuộc φ với X ϕ biểu thị phần tử tập X xác định ϕ Bổ đề Burnside xác định số quỹ đạo khác toán, biểu thị |X/φ| : |X/φ| = ν(ϕ), |φ| ϕ∈φ ν(ϕ) số phần tử tập." • Nếu ϕ = id : v(ϕ) số nghiệm phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = n ⇒ v(ϕ) = Cn+3 có 1(ϕ) • Nếu ϕ ∈ ∅ : v(ϕ) số nghiệm 2x + y + z = n C42 = 6(ϕ) n Ta có x ∈ {0; 1; ; } phương trình n − 2x + với x n n (n − 2x + 1) = n + (n + 1) − n ⇒ v(ϕ) = x=0 +1 2 n+1 n +1 +1 = 2 • Nếu ϕ ∈ ∅ : v(ϕ) số nghiệm phương trình 2x + 2y = n C = 3(ϕ) *) Nếu n lẻ, phương trình vơ nghiệm n *) Nếu n chẵn, phương trình có + nghiệm n n n−1 +1 − ⇒ v(ϕ) = 2 • Nếu ϕ ∈ ∅ : v(ϕ) số nghiệm phương trình 3x + y = n n 2.4 = 8(ϕ) ⇒ v(ϕ) = + 4! • Nếu ϕ ∈ ∅ : v(ϕ) số nghiệm phương trình 4x = n = 6(ϕ) n n−1 ⇒ v(ϕ) = − 4 Tổng số ϕ 1+6+3+8+6=24 Theo Bổ đề Burnside số nghiệm phương trình ban đầu là: Cn+3 +6 24 n +1 n+1 +1 +3 n +1 n n−1 − 2 44 +8 n +1 +6 n n−1 − 4 Bài toán tổng quát (xem [2]): Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + + xm = n với x1 ≤ x2 ≤ ≤ xm Giải Có thể áp dụng Bổ đề Burnside dùng phương thức đệ quy sau: Giả sử Mn,m tập hợp kết phương trình P (n, m) số tập thỏa mãn yếu tố phương trình Chúng ta dễ dàng nhận thấy rằng: P (0, k) = với k , P (n, k) = P (n, n) cho tất k ≥ m Do đó, ta giả định thêm n cố định, có < m ≤ n Ta chia nhỏ tập Mn,m vào thành tập Ti (i = 1, 1, , m − 1) nên Ti chứa xác kết tốn No thỏa mãn điều kiện: = x1 = x2 = = xi < xi+1 < xi+2 < < xm Ta có (x1 , x2 , , xm ) −→ (xi+1 − 1, xi+2 − 1, , xm − 1), định nghĩa song ánh từ Ti đến Mn−m+i,m−i từ ≤ xi+1 − ≤ xi+2 − ≤ ≤ xm − 1, (xi+1 − 1) + (xi+2 − 1) + + (xm − 1) = n − m + i, ánh xạ: (y1 , y2 , , ym−i ) −→ (0, 0, , 0, y1 + 1, y2 + 1, , ym−i + 1) Có nghĩa |Ti | = |Mn−m+i,m−i |, viết: P (n, m) = P (n − 1, 1) + P (n − 2, 2) + + P (n − m, m), (1 < m ≤ n) với phương trình cụ thể ta tính kết cụ thể Một số tập áp dụng Bài 2.1 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x + y + z + t = 1000, với t ≤ 499 Giải Số nghiệm thỏa mãn x + y + z + t = 1000 C1003 chia sau: • Thỏa mãn yêu cầu đề t ≤ 499 45 • Khơng thỏa mãn u cầu đề t ≥ 500 Xét t ≥ 500 ta có x + y + z + (t − 500) = 500 Đặt t1 = t − 500 ta thu số nghiệm trường hợp C503 3 − C503 Vậy đáp số toán d = C1003 Bài 2.2 (xem [1]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm bất phương trình x + y + z ≤ Nhận xét: Đứng trước toán này, nhiều người giải qua kết Bài toán cách xét phương trình x + y + z = i(∀i = 0, 8) i=0 C2+i = 165 Tuy nhiên vế phải bất phương trình số lớn việc tính tốn nhiều thời gian Sáng tạo ta xét lời giải sau: Giải Đặt t = − (x + y + z) ≥ ta thu toán tương đương với số nghiệm x + y + z + t = 8, (với x, y, z, t số nguyên không âm) = 165 Đáp số toán d = C11 Tổng quát: Số nghiệm nguyên khơng âm bất phương trình x1 + x2 + + xm ≤ n m Cn+m Bài 2.3 (xem [2]) Tìm số ngun khơng âm (x, y, z, t) thỏa mãn: ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 1000 Giải Đặt a1 = x − ≥ 0, a2 = y − x ≥ 0, a3 = z − y ≥ 0, a4 = t − z ≥ 0, a5 = 1000 − t ≥ Ta có a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 999 Đáp số: C1003 46 Bài 2.4 (xem [2]) Tìm số nghiệm nguyên khơng âm phương trình sau x1 + x2 + x3 + x4 = 30, (5 ≤ xi ≤ 10, ∀i = 1, 4) Giải Đặt yi = xi −5, ∀i = 1, 4) Từ giả thiết suy ≤ yi ≤ Ta có phương trình: y1 + y2 + y3 + y4 = 10, (∀i = 1, 4) Gọi X tập hợp nghiệm nguyên không âm phương trình Khi |X| = C13 Gọi A, B, C, D tập hợp thỏa mãn y1 + y2 + y3 + y4 = 10 ≤ yi Theo 1, ta có: |A| = |B| = |C| = |D| = C83 |A ∩ B| = |A ∩ C| = |A ∩ D| = |B ∩ C| = |B ∩ D| = |C ∩ D| = |A ∩ B ∩ C| = |A ∩ C ∩ D| = |B ∩ C ∩ D| = |A ∩ B ∩ D| = |A ∩ B ∩ C ∩ D| = Áp dụng ngun lí bù trừ ta có số nghiệm bằng: |X| = (|A|+|B|+|C|+|D|−|A∩B|−|A∩C|−|A∩D|−|B∩C|−|B∩D|− |C∩D|+|A∩B∩C|+|A∩C∩D|+|B∩C∩D|+|A∩B∩D|−|A∩B∩C∩D|) − 4.C83 = 62 Vậy đáp số là: C13 Bài 2.5 (xem [2]) Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình sau x1 + x2 + x3 + x4 = 14 |xi | ≤ 5(∀i = 1, 4) Giải Vì |xi | ≤ ⇒ −5 ≤ xi ≤ Đặt yi = xi + 5(∀i = 1, 4) ⇒ y1 + y2 + y3 + y4 = 34 với ≤ yi ≤ 10(∀i = 1, 4) Làm tương tự Bài tốn 2.4 ta có kết Bài 2.6 (xem [1]) Có số nguyên dương nhỏ 1000000 mà tổng chữ số 19? Nhận xét: Số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán phải số có 3, 4, chữ số lấy từ tập{0; 1; ; 9} Với trường hợp có chữ số chữ số khơng thể nhận số Từ ta có lời giải cho tốn sau: Giải 47 • Trường hợp (số có chữ số): Gọi số có ba chữ số thỏa mãn yêu cầu toán x1 x2 x3 Lúc này, số số tự nhiên thỏa mãn tốn số nghiệm ngun thỏa mãn hệ x1 + x2 + x3 = 19 ≤ xi ≤ 9, i = 1, Bằng cách đặt yi = xi − 1, i = 1, Lúc đó, tốn trở thành tìm nghiệm ngun khơng âm hệ phương trình y1 + y2 + y3 = 16 ≤ yi ≤ 8, i = 1, Gọi A tập nghiệm hệ với yi ≥ Ai tập nghiệm hệ với ; | Ai |= C92 ; | Ai ∩ Aj |= Vậy nghiệm yi ≥ Ta có: | A |= C18 hệ là: C18 − 3C92 • Trường hợp (số có chữ số): Lập luận tương tự trường hợp với ý chữ số trừ chữ số Kết 3 số − 3C11 − C12 C21 4 • Trường hợp (số có chữ số): Kết C22 − C13 − 4C 124 số 5 số − 5C13 − C14 • Trường hợp (số có chữ số): Kết C23 Vậy kết toán 30492 số Bài 2.7 (xem [2]) Có viên bi giống 12 hộp bi khác Hỏi có cách xếp viên bi vào hộp cho tổng số bi hộp 1,2,3 chẵn? Giải Gọi số bi hộp a1 , , a12 Đặt a1 + a2 + a3 = x =⇒ x chẵn • Nếu x = ⇒ có a4 + + a12 = Số nghiệm (a, , a12 ) C16 Số nghiệm (a1 , a2 , a3 ) • Nếu x = ⇒ có a4 + + a12 = Số nghiệm (a4 , , a12 ) C14 Số nghiệm (a1 , a2 , a3 ) C42 • Nếu x = ⇒ có a4 + + a12 = Số nghiệm (a4 , , a12 ) C12 Số nghiệm (a1 , a2 , a3 ) C62 48 • Nếu x = ⇒ có a4 + + a12 = Số nghiệm (a4 , , a12 ) C10 Số nghiệm (a1 , a2 , a3 ) C82 • Nếu x = ⇒ có a4 + + a12 = Số nghiệm (a4 , , a12 ) Số nghiệm (a1 , a2 , a3 ) C10 Vậy số cách xếp bi vào hộp 47043 cách Bài 2.8 (VMO-2012) Cho nhóm gồm 12 chàng trai cô gái, cô gái kí hiệu G1 ; G2 ; G3 ; G4 ; G5 Có 17 ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người cho ngồi vào ghế cho điều kiện sau thỏa mãn: a) Mỗi ghế người ngồi; b) Thứ tự ngồi cô gái từ trái qua phải G1 ; G2 ; G3 ; G4 ; G5 ; c) Giữa G1 G2 có chàng trai; d) Giữa G4 G5 có chàng trai nhiều chàng trai Hỏi có cách xếp? Giải Đánh số ghế từ trái qua phải theo thứ tự từ đến 17.Gọi: x1 số chàng trai xếp bên trái G1 ; x2 số chàng trai xếp G1 G2 ; x3 số chàng trai xếp G2 G3 ; x4 số chàng trai xếp G3 G4 ; x5 số chàng trai xếp G4 G5 ; x6 số chàng trai xếp bên phải G5 ; Khi đó, ta có x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 12 x1 ≥ 0; x2 ≥ 3; x3 ≥ 0; x4 ≥ 0; ≤ x5 ≤ 4; x6 ≥ Bằng cách đặt y2 = x2 − 3; y5 = x5 − 1; Lúc đó, số cách phân ghế cho gái số nghiệm ngun khơng âm hệ x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 = y5 ≤ Ta cho y5 nhận giá trị 0; 1; 2; áp dụng Bài toán 2.4 ta 4 thu kết là: C12 + C11 + C10 + C94 = 1161 cách 49 Vì 12 chàng trai hốn đổi vị trí cho nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán là: 12!.1161 cách Bài 2.9 (HSG Tỉnh Quảng Trị 2014) Có 17 cau trồng xung quanh ao hình trịn Người ta muốn chặt Hỏi có cách chặt cho khơng có kề bị chặt? Giải Ta đánh số thứ tự từ đến 17 chia hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: Giả sử số bị chặt Lúc này, vị trí số 17 khơng bị chặt Như vậy, ta chặt vị trí số đến số 16 cho khơng có kề bị chặt Ta xem từ số đến số 16 nằm hàng dọc theo thứ tự từ trái qua phải Gọi x1 số bên trái thứ bị chặt; x2 số thứ thứ hai bị chặt; x3 số thứ hai thứ ba bị chặt; x4 số bên phải thứ ba bị chặt Lúc đó, ta có: x1 + x2 + x3 + x4 = 11 x2 ≥ 1; x3 ≥ Bằng cách đặt y2 = x2 − 1; y3 = x3 − 1; Lúc đó, số cách chặt số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 + y2 + y3 + x4 = Áp dụng Bài toán 2.4 ta kết C12 cách • Trường hợp : Giả sử số không bị chặt Lúc này, vị trí số 17 chặt Bây giờ, ta xem từ số đến số 17 hàng dọc Lí luận trường hợp 1, ta có hệ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 12 x2 ≥ 1; x3 ≥ 1; x4 ≥ Bằng cách đặt y2 = x2 − 1; y3 = x3 − 1; y4 = x4 − Lúc đó, số cách chặt số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 + y2 + y3 + y4 + x5 = Áp dụng Bài toán 2.4 ta kết C12 cách Vậy, số cách chặt cau thỏa mãn toán 935 cách 50 KẾT LUẬN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đạị học Thái Nguyên hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái Luận văn đạt mục tiêu đề ra: - Tác giả giới thiệu tranh tồn cảnh tốn biểu diễn số ngun dương dạng tổng, từ lịch sử phát triển kết kinh điển, đến số kết gần Trong thực tế toán truyền cảm hứng cho nhiều nhà tốn học tồn cầu kích thích nhà tốn học đến ngày nay, nỗ lực họ phát triển lý thuyết hoàn chỉnh phân hoạch cổ điển Euler Con đường tìm chân lý tốn học gian nan lúc suôn sẻ Luận văn đưa sai lầm trình nghiên cứu toán hội bị bỏ lỡ hồn cảnh lịch sử Qua độc giả hiểu chông gai đường khoa học ni dưỡng lịng đam mê khám phá - Tác giả trình bày tốn phân hoạch thành phần phân biệt, thành phần lẻ, với áp dụng ánh xạ đối hợp Franklin song ánh Sylvester để chứng minh số định lí liên quan, đồng thời đưa số toán liên quan đến toán phân hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phan Chiến Thắng, Bài toán chia kẹo Euler ứng dụng, [Bản cập nhật ngày 15/4/2017] [2] Bài toán chia kẹo Euler, [Bản cập nhật ngày 15/4/2017] Tiếng Anh [3] G Andrew,Partitions, [Bản cập nhật ngày 15/4/2017] [4] A.K.Agarwal (2009), Partition Theory: Yesterday and Today, Lecture Notes, Centre for Advanced Study in Mathematics, Panjab University, Chandigarh-160014, India, 2009 [5] Igor Pak (2003), On Fine’s partition theorems, Dyson, Andrews, and missed opportunities, The Mathematical Intelligencer, volume 25, number 1, 2003 [6] Pablo Soberón (2013), Problem-Solving Methods in Combinatorics: An Approach to Olympial Problems, Birkhãuser ... Chương Một số kết kinh điển toán phân hoạch số nguyên dương 1.1 Lịch sử phát triển toán phân hoạch số nguyên dương 1.2 Một số kết kinh điển Chương Một số lớp toán phân hoạch số nguyên khác số toán. .. GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU 1 Một số kết kinh điển toán phân hoạch số nguyên dương 1.1 Lịch sử phát triển toán phân hoạch số nguyên dương 1.2 Một số kết kinh điển ... Có bảy phân hoạch số 5, 41, 32, 312 , 22 1, 213 , 15 Leibnitz quan sát có phân hoạch (3, 21, 13 ), phân hoạch Sau ơng quan sát có phân hoạch 11 phân hoạch Điều gợi ý, số phân hoạch n số ngun