Một số ứng dụng của đa thức trong đại số tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG THỊ QUỲNH MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG THỊ QUỲNH MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2021 Mục lục MỞ ĐẦU Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa thức nghiệm đa thức 1.2 Chuỗi lũy thừa hình thức Chương Đa thức quân cờ ứng dụng 10 2.1 Đa thức quân cờ 10 2.2 Ứng dụng tổ hợp 18 2.2.1 Hoán vị xáo trộn 18 2.2.2 Hốn vị với vị trí cấm 19 2.2.3 Bài toán đếm số hoán vị với khối ô vuông Latinh 29 Chương Một số ứng dụng khác đa thức tổ hợp 32 3.1 Lũy thừa đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức ứng dụng 32 3.2 Nghiệm đa thức tốn phủ bảng vng 42 KẾT LUẬN 47 Tài liệu tham khảo 47 ii MỞ ĐẦU Đa thức có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác toán học giải toán sơ cấp Luận văn tìm hiểu số ứng dụng đa thức giải tốn tổ hợp Mục đích thứ luận văn nghiên cứu đa thức quân cờ (rook polynomial) ứng dụng giải toán tổ hợp Lý thuyết quân cờ (Rook Theory) mà đối tượng đa thức quân cờ nghiên cứu Kaplansky Riordan vào năm 1946 ([10]), sau mở rộng Goldman ([6], [7]) với ứng dụng nhiều phương pháp tổ hợp đại từ năm 1970 Trong năm gần Haglund đạt nhiều thành công việc gắn kết đa thức quân cờ với nhiều lĩnh vực khác toán đếm ma trận trường hữu hạn, lý thuyết biểu diễn nhóm Lý thuyết quân cờ có quan hệ gần gũi với nhiều ứng dụng lý thuyết đồ thị, người ta vận dụng đa thức quân cờ với học lượng tử đại số Weyl Còn tổ hợp đếm nói riêng, đa thức quân cờ liên quan đến hàng loạt toán đếm hoán vị, hốn vị với vị trí cấm, hình vng Latin, Luận văn trình bày số tính chất đa thức quân cờ vận dụng vào tìm hiểu số toán đếm bản, toán đếm số hoán vị, hoán vị cấm (Derangement problem, Ménage problem), tốn đếm liên quan đến hình vng Latin Luận văn trình bày định nghĩa, số tính chất số ứng dụng đa thức quân cờ theo [13, Chapter 2], [3] [2] Một số ứng dụng ví dụ tham khảo theo [11], [12], [5] [2] Mục đích thứ hai tìm hiểu số ứng dụng khác đa thức giải toán tổ hợp Trong nhiều ứng dụng luận văn chọn tìm hiểu ứng dụng tốn đếm khai triển lũy thừa đa thức, ứng dụng nghiệm đa thức liên quan đến toán phủ bảng ô vuông Đa thức trường hợp đặc biệt chuỗi lũy thừa hình thức Luận văn trình bày khai triển chuỗi lũy thừa hình thức ứng dụng toán đếm (Bài toán chia kẹo Euler) Bên cạnh việc tổng hợp số kiến thức liên quan, luận văn trình bày ứng dụng qua hệ thống vị dụ lấy từ kỳ thi học sinh giỏi nước, IMO, Bay Area Math Circle, Olympic sinh viên, Luận văn chia làm ba chương Chương trình bày số kiến thức sở đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức Chương trình bày đa thức quân cờ, tính chất phổ biến ứng dụng số toán tổ hợp Chương trình bày số ứng dụng khác đa thức số toán đếm, tốn phủ bảng vng Trong suốt q trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Ngun An Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến q thầy giảng dạy lớp Cao học tốn khố 12 truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021 Đặng Thị Quỳnh Chương Kiến thức chuẩn bị Trong suốt chương này, giả thiết R vành giao hốn có đơn vị 1.1 Đa thức nghiệm đa thức Định nghĩa 1.1.1 Một đa thức biến với hệ số R viết dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , a0 , , an ∈ R x kí hiệu gọi biến (hay biến không xác định) ∞ Ta viết đa thức dạng f (x) = xi f (x) = xi , i=0 = với i > n Hai đa thức xi bi xi = bi với i Kí hiệu R[x] tập đa thức biến x với hệ số R Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 ∈ R[x] Ta gọi a0 hệ số tự f (x) Nếu an = n gọi bậc f (x) kí hiệu deg f (x) Trong trường hợp này, an gọi hệ số cao f (x) Nếu an = f (x) gọi đa thức dạng chuẩn (monic polynomial) Ta không định nghĩa bậc cho đa thức Nếu f (x) = a ∈ R f (x) gọi đa thức Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính Định nghĩa 1.1.2 Với hai đa thức f (x) = xi g(x) = bi xi R[x], định nghĩa f (x) + g(x) = f (x)g(x) = (ai + bi )xi ck xk , ck = bj với k i+j=k Khi R[x] vành giao hốn với phép cộng nhân đa thức Vành R[x] gọi vành đa thức biến x với hệ số R Phần tử không vành đa thức 0, phần tử đơn vị đa thức Để định nghĩa đa thức nhiều biến trước hết ta định nghĩa đơn thức Mỗi n số nguyên không âm i = (i1 , · · · , in ) ∈ Nn cho ta đơn thức xi11 · · · xinn n biến x1 , , xn với bậc i1 + · · · + in Chúng ta thường viết đơn thức dạng xi Với j = (j1 , , jn ) ∈ Nn , hai đơn thức xi xj i = j, tức ik = jk với k Một từ biểu thức có dạng axi với a ∈ R (được gọi hệ số từ) xi đơn thức gọi đơn thức từ Hai từ gọi đồng dạng hai đơn thức chúng Hai từ gọi chúng đồng dạng có hệ số Một đa thức tổng hữu hạn từ Nếu u = axi v = bxi hai từ đồng dạng ta ước lược tổng chúng: u + v = (a + b)xi Vì vậy, cách ước lược từ đồng dạng, đa thức f (x1 , , xn ) có biểu diễn tắc x i f (x1 , , xn ) = i∈Nn thành tổng từ đôi không đồng dạng, có hữu hạn từ khác (tức hệ số từ khác 0), biểu diễn không kể đến thứ tự hạng tử Mỗi từ khác xuất biểu diễn tắc đa thức gọi từ đa thức xi Hai đa thức i∈Nn bi xi = bi với i ∈ i∈Nn Nn Bậc từ khác bậc đơn thức từ Bậc (hay bậc tổng thể) đa thức f (x1 , , xn ) = 0, kí hiệu deg f (x1 , , xn ), số lớn bậc từ khác không f (x1 , , xn ) Ta không định nghĩa bậc cho đa thức Đa thức đa thức đa thức bậc Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính Đa thức bậc m (hay dạng bậc m) đa thức mà từ khavs khơng có bậc m Đa thức bậc hai gọi dạng toàn phương Với k ∈ {1, , n}, bậc theo biến xk đa thức số lớn số mũ xk xuất từ đa thức Định nghĩa 1.1.3 Kí hiệu R[x1 , , xn ] tập đa thức n biến x1 , , xn với hệ số R Với i, j ∈ Nn , i = (i1 , , in ) j = (j1 , , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , , in + jn ) Khi R[x1 , , xn ] vành với phép cộng phép nhân x i + i∈Nn bi xi = i∈Nn x i i∈Nn i∈Nn i∈Nn bi xi = i∈Nn x i , với đa thức (ai + bi )xi ; ck xk , ck = k∈Nn bj i+j=k bi xi ∈ R[x1 , , xn ] Vành R[x1 , , xn ] i∈Nn gọi vành đa thức n biến x1 , , xn với hệ số R Nhận xét 1.1.4 Bằng quy nạp, vành đa thức n biến R[x1 , , xn ] với hệ số R vành đa thức biến xn với hệ số vành R[x1 , , xn−1 ] Định nghĩa 1.1.5 Giả sử R vành vành S, f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 đa thức R[x] Với phần tử α ∈ S , ta kí hiệu f (α) = an αn + · · · + a1 α + a0 ∈ S Phần tử α ∈ S gọi nghiệm f (x) f (α) = Trong trường hợp ta nói α nghiệm phương trình f (x) = S Tìm nghiệm f (x) S gọi giải phương trình đa thức f (x) = S Định lý 1.1.6 (Định lý Bézout) Cho R miền nguyên đa thức f (x) ∈ R[x], α ∈ R Điều kiện cần đủ để α nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x − α) Định nghĩa 1.1.7 (Nghiệm bội) Cho f (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈ Z, k ≥ Ta gọi α nghiệm bội k f (x) f (x) chia hết cho (x − α)k không chia hết cho (x − α)k+1 nghĩa là: f (x) = (x − α)k g(x), ∀x ∈ R, g(α) = Nếu k = 1, ta gọi α nghiệm đơn hay gọi nghiệm, k = 2, ta gọi α nghiệm kép Bổ đề 1.1.8 Cho f (x) ∈ R[x] Phần tử a ∈ R nghiệm bội k f (x) f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ R[x] g(a) = Định lý 1.1.9 Cho R miền nguyên Cho = f (x) ∈ R[x] a1 , a2 , , ar ∈ R nghiệm phân biệt f (x) Giả sử nghiệm bội ki f (x) với i = 1, 2, , r Khi ta có f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 (x − ar )kr g(x) g(x) ∈ R[x] g(ai ) = với i = 1, , r Hệ 1.1.10 Cho R miền nguyên f (x) ∈ R[x] đa thức khác Khi số nghiệm f (x), nghiệm tính với số bội nó, khơng vượt bậc của f (x) 1.2 Chuỗi lũy thừa hình thức Định nghĩa 1.2.1 Một chuỗi lũy thừa hình thức R biểu thức ∞ ∞ j có dạng a = a(x) = aj xj , b(x) = aj x , cho giả sử a(x) = j=0 j=0 ∞ bj xj hai chuỗi lũy thừa hình thức a(x) = b(x) j=0 aj = bj với j Tập chuỗi lũy thừa hình thức R kí hiệu R[[x]] ∞ ∞ j Giả sử a(x) = bj xj hai chuỗi lũy thừa aj x b(x) = j=0 j=0 hình thức Ta định nghĩa phép toán cộng, phép toán nhân R[[x]] sau: ∞ ∞ j a(x) + b(x) = aj x + j=0 ∞ aj xj )( j=0 (aj + bj )xj , bj x = j=0 ∞ a(x)b(x) = ( ∞ j j=0 j ∞ bj xj ) = j=0 ( ak bj−k )xj j=0 k=0 ∞ 0.xj Đối với phép nhân, R[[x]] có phần tử đơn vị 1(x) = + j=0 mà ta đơn giản kí hiệu Ta dễ kiểm tra thấy R[[x]] lập thành vành giao hốn có đơn vị phép cộng phép nhân R[[x]] Nếu với n ∈ N, chuỗi lũy thừa hình thức a(x) có an = aj = cho j > n, a(x) đa thức bậc n đơn giản viết n aj xj hay a0 + a1 x + + an xn Hơn nữa, = cho j=0 i tập 0, 1, 2, , n − 1, số hạng xi khơng cần viết; cịn = cho i tập {0, 1, 2, , n − 1} , xi n 0xj , mà ta đơn giản kí đơn giản viết xi Phần tử 0(x) = j=0 hiệu 0, phần tử R[[x]] Mệnh đề 1.2.2 Chuỗi a(x) ∈ R[[x]] khả nghịch a0 khả nghịch ∞ bj xj Khi a(x)b(x) = Chứng minh Giả sử b(x) = j=0 Định lý 3.1.6 Gọi S tập hữu hạn số tự nhiên n số nguyên dương Xét đa thức n P (x) = x s s∈S m ak x k = k=0 n Khi đó, ak số (si ) ∈ S n thoả mãn điều kiện si = k i=1 Chứng minh Khai triển đồng vế Định lý 3.1.7 Cho k, n số ngun dương Khi số nghiệm ngun khơng âm phương trình y1 + y2 + · · · + yn = k(∗) n+k−1 k Chứng minh Đặt f (x) = + x + x2 + · · · ∈ R[[x]] Giả sử f (x)n = (1 + x + x2 + · · · )n = a0 + a1 x + · · · + ak xk + · · · Bằng cách khai triển f (x)n = (1+x+x2 +· · · )n = (1+x+x2 +· · · )(1+x+x2 +· · · ) · · · (1+x+x2 +· · · ), ta có ak số nghiệm ngun khơng âm phương trình (*) Theo Hệ 1.2.4, (1 + x + x2 + · · · )n = (1 − x)−n = + nx + · · · + n+k−1 k x +··· k Do số nghiệm ngun khơng âm phương trình (*) ak = n+k−1 k = n(n + 1) · · · (n + k − 1) k! Hệ 3.1.8 Số cách phân phối k đồ vật vào n hộp n+k−1 k Hệ 3.1.9 Số đơn thức bậc k vành R[x1 , , xn 35 n+k−1 k Ví dụ 3.1.10 Có số tự nhiên có n chữ số, lập từ chữ số 3, 4, 5, 6, 7, chia hết cho Lời giải Tất chữ số, ngoại trừ chữ số hàng đơn vị có cách chọn Ứng với cách chọn chữ số chữ số hàng đơn vị ln có hai cách chọn Vậy đáp số toán · 6n−1 Nhận xét 3.1.11 Điểm mấu chốt toán nằm chỗ tập chữ số dùng để lập số chia ba lớp theo modulo Vậy tính chất khơng cịn đảm bảo gây khó khăn cho người giải kĩ thuật vượt qua sao? Ta xét ví dụ Ví dụ 3.1.12 (Chọn đội tuyển PTNK 2009) Có số tự nhiên có nchữ số, lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho 3? Lời giải Ta biết số tự nhiên chia hết cho tổng chữ số chia hết cho Xét đa thức P (x) = (x3 + x4 + x5 + x6 )n 6n Giả sử P (x) = ak xk Khi số số thoả mãn điều kiện đầu k=0 2n cn = a3k Gọi α nghiệm phương trình x2 + x + = k=0 Khi α − = (α − 1)(α2 + α + 1) = kéo theo α3 = Nếu k α2k + αk + = Nếu k khơng chia hết cho α2k + αk + = Mặt khác ta có: 6n P (1) + P (α) + P α 6n = ak + k=0 6n 6n k k=0 k=0 6n k = ak α2k ak α + ak + α + α k=0 Do P (1) = 4n 36 2k =3 a3k k=0 P (α) = α3 + α4 + α5 + α6 n P α2 = α6 + α8 + α10 + α12 n = + α4 + α + α2 n = + α8 + α2 + α4 2n nên + = n a3k Từ suy cn = k=0 = 1, n =1 4n +2 Ví dụ 3.1.13 (HSG Quốc gia 2015) Cho số nguyên dương k Tìm số số tự nhiên n không vượt 10k thoả mãn đồng thời điều kiện sau: (i) n chia hết cho (ii) Các chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp 2, 0, 1, Lời giải Vì 10k khơng chia hết ta cần xét số từ đến 99 tức số có khơng q k chữ số Đặt S = {2, 0, 1, 5}, bổ k chữ số sung chữ số vào trước cần thiết, ta đưa số có dạng a1 a2 ak với ∈ S Ta cần đếm số chia hết cho Chú ý a1 a2 ak chia hết cho a1 + a2 + + ak chia hết cho 3, ta đưa toán việc đếm số (a1 ; a2 ; ; ak ) (với a1 ∈ S, ∀i = 1, 2, , k ), cho tổng chia hết cho Đến ta giải sau: Xét đa thức: k P (x) = x2 + + x + x5 Ta có: P (x) = x2 + + x + x5 k xa1 +a2 +···+ak lấy tổng = (a1 ;a2 ; ;ak )∈S k hệ số P (x) (a1 , a2 , , ak ) ∈ Sk 4k Hơn (a1 , a2 , , ak ) ∈ Sk cho a1 + a2 + + ak chia hết cho tổng hệ số số mũ chia hết cho khai triển P (x) Đặt P (x) = a0 + a1 + a2 x2 + + a5k x5k ta cần tính T = a3m tổng hệ số số mũ chia hết cho khai triển Gọi ε nghiệm phương trình x2 + x + = ta có ε3 = Nếu số nguyên dương k ε2k + εk + = Ta có: 37 P (1) = a0 + a1 + + a5k , P (ε) = a0 + a1 ε + a2 ε2 + + a5k ε5k , P ε2 = a0 + a1 ε2 + a1 ε4 + + a5k ε10k Suy P (1) + P (ε) + P ε2 = 3T ⇔ T = P (1)+P (ε)+P (ε2 ) Mà P (1) = 4k P (ε) = ε2 + + ε + ε5 P ε2 = ε4 + + ε2 + ε10 k k = ε5k = ε3k · ε2k = ε2k , = ε10k = ε10k = ε9k · εk = εk nên  k 4 + 4k + ε2k + εk  , T = = k  4 − 1, k chia hết cho k không chia hết cho Ví dụ 3.1.14 (HSG Gia lai 2019) Cho tập hợp M = {1; 2; 3; ; 2019} Tô phần tử M ba màu xanh, đỏ, vàng cho màu có 673 số tô Gọi m số (x; y; z) ∈ M x; y; z màu x + y + z chia hết cho 2019, n số (x; y; z) ∈ M x; y; z màu x + y + z chia hết cho 2019 Chứng minh n = 2m Lời giải Gọi A, B, C ⊂ {1; 2; 3; ; 2019} tập hợp số tương ứng với màu xanh, đỏ, vàng Ta xét đa thức sau: xa , g (x) = f (x) = a∈A xb , h (x) = xc c∈C b∈B P (x) = f (x) + g (x) + h3 (x) xa1 +a2 +a3 + = (a1 ,a2 ,a3 )∈A3 xb1 +b2 +b3 + (b1 ,b2 ,b3 )∈B xc1 +c2 +c3 (c1 ,c2 ,c3 )∈C ak xk = k Khi ak số (x; y; z) thoả mãn x; y; z màu x + y + z chia hết cho k Đặt 38 2π 2π ε = cos 2019 + i sin 2019 Khi đó: ak = m= k 2019 = 2019 (a0 + a2019 + a2·2019 + a3·2019 ) 2019 (3.1) 2018 f 3 εk + g εk + h εk k=0 Mặt khác xa1 +a2 +a3 = Q (x) = f (x) g (x) h (x) = bk xk bk k (a1 ,a2 ,a3 )∈A×B×C số (x; y; z) thoả mãn x, y, z đôi khác x + y + z chia hết cho k và: n = 3! bk = k 2019 2018 = 2019 3! (b0 + b2019 + b2·2019 + b3·2019 ) 2019 (3.2) 3f εk g εk h εk k=0 Do từ (3.1) (3.2)ta có n = f (1) + g (1) + h3 (1) − 3f (1) g (1) h (1) 2019 m − 2018 f εk + g εk + h3 εk + k=1 Mặt khác f (1) + g (1) + h3 (1) − 3f (1) g (1) h (1) = (vì f (1) = g (1) = h (1) = 673) f ε k +g ε k k +h ε 2019 = ε i=1 k i 2019 = (εk ) εk −1 −1 , k = 1, 2, a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.1.15 (IMO Shortlist 2007) Tìm tất số nguyên dương n cho phần tử tập S = {1; 2; 3; ; n} tô màu đỏ 39 xanh, cho điều kiện sau đồng thời xảy Tập hợp S × S × S chứa 2007 thứ tự (x; y; z) thoả mãn (i) Các số x; y; z tô màu, (ii) Số x + y + z chia hết cho n Lời giải Kí hiệu tập M thứ tự (x; y; z) thoả mãn yêu cầu toán Gọi A, B ⊂ {1; 2; 3; ; n tập hợp số tương ứng với màu đỏ, xanh |A| = u, |B| = v Ta xét đa thức sau xa , g (x) = f (x) = a∈A xb b∈B P (x) = f (x) + g (x) xa1 +a2 +a3 + = (a1 ,a2 ,a3 )∈A3 xb1 +b2 +b3 (b1 ,b2 ,b3 )∈B an x n , = n an số (x; y; z) thoả mãn x, y, z màu x + y + x 2π chia hết cho n Đặt ε = cos 2π n + i sin n ta có n M= ak = k n (a0 + an + a2n + a3n ) n Do M= n = k n ak = n f εk + g εk k=0 (3.3) f (1) + g (1) + n n f εk + g εk k=1 Do M = 2007 kéo theo n > ta có f (1) + g (1) = [f (1) + g (1)] f (1) − f (1) g (1) + g (1) = n u2 − uv + v 40 Với k ∈ {1, 2, 3} εk = nên f (εk ) + g(εk ) = εk + (εk )2 + + (εk )n = + εk + (εk )2 + + (εk )n−1 (εk )n − = = k ε −1 Suy f (εk ) + g (εk ) = Do từ (3.3) ta M = u2 − uv + v ⇔ 2007 = u2 − uv + v (∗) Ta có u2 − uv + v = 2009 Kéo theo u2 − uv + v hay uv (u + v) − 3uv = 2009 Từ suy u + v Vì nguyên tố nên u 3, v Đặt u = 3r, v = 3s, giả sử r ≥ s thay vào (*)r2 − rs + s2 = 223 Mặt khác 892 = 4(r2 − rs + s2 = (2s − r)2 + 3r2 ≥ 3r2 ≥ 3r2 − 3s(r − s) = 3(r2 − rs + s2 ) = 669 Suy 297 ≥ r2 ≥ 223 Hay 17 ≥ r ≥ 15 Lần lượt xét trường hợp ta (r, s) = (51, 18), (51, 33) Do n = 69 n = 84 Ví dụ 3.1.16 Cho hai số nguyên dương m, n p số nguyên tố n + chia hết cho p Có số gồm m chữ số cho tổng chữ số chia hết cho p, chữ số nhận giá trị thuộc tập {1, 2, , n} Lời giải Đặt S = {1, 2, 3, , n} Xét đa thức P (x) = (x+x2 + +xn )m Ta có xa1 +a2 + +am = a0 + a1 x + + amn xmn P (x) = (a1 ;a2 ; ;am )∈S m 41 Số tất (a1 ; a2 ; ; am ) ∈ S m cho a1 + a2 + + am p tổng hệ số số mũ khai triển P (x) chia hết cho p Đặt P (x) = a0 + a1 x + + amn xmn Ta cần tính T = ak , ta có T = (P (1) + P ε) + + P (εp−1 )) p k p + ε + + εp−1 = Với P (1) = nm , i = − εi(n+1) i i 2i ni m P (ε ) = (ε + ε + + ε ) = ( − 1)m = (−1)m ( i 1−ε m m n + (p − 1)(−1) (n + 1).p ) Như T = p 3.2 Nghiệm đa thức toán phủ bảng ô vuông Trong mục đề cập đến ứng dụng thú vị, sử dụng nghiệm đa thức xn − (các bậc n đơn vị) việc giải số tốn phủ bảng vng Một số quy ước liên quan đến bảng ô vuông (i) Bảng vng m × n có m hàng, n cột (ii) Ơ vng nằm vị trí giao hàng thứ i cột thứ j kí hiệu (i, j) Mục nói đến bảng bảng vng Ví dụ 3.2.1 Cho k số nguyên dương Tìm điều kiện m, n cho phủ kín bảng m × n bảng × k k × 2π 2π + i sin bậc k k k đơn vị Tại ô vuông (i, j) bảng ta viết số εi+j Khi Lời giải Giả sử phủ bảng Xét ε = cos × k k × chứa k số 1, ε, ε2 , , εk−1 suy tổng số bảng Từ dẫn đến tổng số bảng ô vuông lớn Mặt khác, tổng số ô vuông ε i+j 1≤i≤m; 1≤j≤n m = n ε i=1 42 i j=1 εj n j n ε Suy εi = Do k ước m k ước i=1 j=1 n Ở chiều ngược lại, dễ thấy k ước m n bảng vng m × n bảng × k k × Bài tốn giải Ví dụ 3.2.2 Một bảng vng phủ kín bảng × m × n Chứng minh bảng vng phủ kín mà cần dùng loại bảng ô vuông hai loại Chứng minh Giả sử bảng ô vuông cho có kích thước k × l Đặt 2π 2π 2π ε = cos 2π m + i sin m ; ω = cos n + i sin n bậc m, n đơn vị Tại ô vuông (i, j) ta viết số εi ω j Khi bảng × m × n có tổng số Từ dẫn tới tổng số bảng vuông lớn Mặt khác, tổng số ô vuông i j k εω = 1≤i≤k, 1≤j≤l i l ε i=1 k j ω Suy j=1 i l ε = i=1 ω j = Việc j=1 dẫn đến m ước k n ước l Dễ thấy m ước k bảng vng phủ kín bảng × m cịn n ước l bảng vng phủ kín bảng n × Ví dụ 3.2.3 Cho bảng vng 13 × 13 Hỏi phủ bảng vng cho bảng × × cho ô vuông tâm ô khơng phủ ? Lời giải Phân tích: Trước tiên ta thử điền số vào bảng ô vuông hai trước Điền vào ô vuông (j, k) số phức ij+k Khi tổng số bảng × × Giả sử tồn cách phủ bảng ô vuông cho bảng × × cho ô vuông tâm ô vuông không phủ bảng tổng số bảng số ghi ô vuông tâm Số ghi 43 ô vuông tâm i21 = i, tổng số ghi bảng 13 13 i ik = i2 j j=1 k=1 Ta chưa nhận mâu thuẫn từ Bằng thay đổi nhỏ việc ghi số bảng ta nhận lời giải sau Điền vào ô (j; k) số phức ij+2k Khi tổng bảng × × Giả sử tồn cách phủ bảng ô vuông cho bảng × × cho vuông tâm ô vuông không phủ bảng tổng số bảng số ghi ô vuông tâm Số ghi ô vuông tâm i21 = i, tổng số ghi bảng 13 13 i j=1 j i2k = i3 = −i k=1 Đến ta nhận mâu thuẫn Ví dụ 3.2.4 (Russia 2000) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bảng vng n × n phủ bảng ô vuông 40 × 40 49 × 49 hai loại bảng sử dụng Lời giải Đặt 2π 2π + i sin 40 40 2π 2π ω = cos + i sin 49 49 bậc 40, 49 đơn vị Điền vào ô (j; k) số phức εi ω j ε = cos Khi tổng bảng 40 × 40 49 × 49 Mặt khác tổng số ô vuông n i j εω = 1≤i,j≤n n i ω j = ε i=1 j=1 Suy n chia hết cho 40 n chia hết cho 49 Gọi x, y số bảng 40 × 40 49 × 49 sử dụng 44 Khi ta có 402 x + 492 y = n2 Nếu n chia hết cho 40 n2 chia hết cho 402 suy 492 y chia hết cho 402 suy y chia hết cho 402 Khi n2 > 492 402 = 19602 Mà n chia hết cho 40 nên n ≥ 2000 Nếu n chia hết cho 49 n2 chia hết cho 492 suy 402 x chia hết cho 492 , nên x chia hết cho 492 Khi n2 > 492 402 = 19602 Mà n chia hết cho 49 nên n ≥ 2009 Ta chứng minh n = 2000 thoả mãn tốn Thật vậy, ta chia bảng vng 2000 × 2000 thành bảng 1960 × 1960 bảng 40 × 40 Bảng vng 1960 × 1960 lát 402 bảng 49 × 49 Vậy n = 2000 giá trị nhỏ cần tìm Ví dụ 3.2.5 (Bay Area Math Circle 1999) Cho m, n số nguyên dương Một hình chữ nhật tạo thành cách xếp số hình chữ nhật × m × n Chứng minh ta sử dụng loại × m × n để tạo thành hình chữ nhật cho Chứng minh Giả sử hình chữ nhật có dạng a × b Rõ ràng a, b số nguyên dương Ta cần chứng minh a chia hết cho n b chia hết cho m Gọi α = cos 2π 2π 2π 2π + i sin , β = cos + i sin m m n n Chia hình chữ nhật a × b thành a.b hình chữ nhật đơn vị Ứnng với hình chữ nhật đơn vị cột x hàng y ta đặt số phức αx β y Tổng số phức hình chữ nhật n × bắt đầu vng cột x hàng y đó: x y α β + β + + β n−1 =α β n −1 = β−1 x yβ Tổng số phức hình chữ nhật × m bắt đầu vng cột x hàng y đó: x y α β + α + + α m−1 45 =α β m −1 = α−1 x yα Khi tổng tất số phức hình chữ nhật α + α + + α a β + β + + β b αa − β b − = αβ = α−1 β−1 Vì αa = β b = Do a chia hết cho n b chia hết cho m Ta có điều phải chứng minh 46 KẾT LUẬN Luận văn "Một số ứng dụng đa thức đại số tổ hợp" hồn thành với kết đạt được: - Hệ thống số kiến thức đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức - Trình bày đa thức quân cờ, cách tính, số tính chất quan trọng - Trình bày số ứng dụng đa thức quân cờ toán đếm bản, toán đếm số hoán vị, hoán vị cấm (Derangement problem, Ménage problem), tốn đếm liên quan đến hình vng Latin - Trình bày ứng dụng đa thức toán đếm khai triển lũy thừa đa thức, ứng dụng nghiệm đa thức liên quan đến toán phủ bảng vng - Trình bày hệ thống ví dụ minh họa kèm hình vẽ cần thiết nhằm trực quan hoán phần lý thuyết tương ứng Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Ngô Đắc Tân (2003), Lý thuyết đồ thị, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Tài Chung (chủ biên) (2019), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi đa thức, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [3] F Butler, M Can, J Haglund and J.B Remmel, "Rook theory notes", https://math.ucsd.edu/ remmel/files/Book.pdf [4] V Bryant (1993), Aspects of combinatorics, Cambridge University Press [5] J Dénes and A D Keedwell (1974), Latin squares and their applications, New York-London: Academic Press [6] J R Goldman, J.T Joichi, D.E White (1975), "Rook theory I", Rook Equivalence of Ferrers Boards, Proceedings of the American Mathematical Society, 552(1), pp 485-492 [7] J R Goldman, J.T Joichi, D.E White (1976), "Rook theory II", Boards of Binomial Type, SIAM Journal on Applied Mathematics, 31(4), pp 618-633 [8] J Goldman and J Haglund (2000), "Generalized Rook Polynomials", J Combin Theory Ser A, 91, pp 509-530 [9] L Guth (1962), Polynomial methods in combinatorics, University Lecture Series, American Mathematical Society 48 [10] I Kaplansky and J Riordan (1946), "The Problem of Rooks and Its Applications", Duke Math J 13, pp 259-268 [11] L Mark and F Ndubuisi (2017), "Combinatiorical applications of rook polynomials", Proceedings of the Conference of the Faculty of Physical Sciences, Ojukwu University [12] J Riordan (1958) "The Problem of the Rooks," "Properties of Rook Polynomials," and "Rectangular Boards." ➜7.2, 7.3, and 7.4 in An Introduction to Combinatorial Analysis, New York: Wiley, pp 164170 [13] R.P Stanley (1986), Enumerative Combinatorics, vol 1, Wadsworth & Brooks/Cole, Monterey, CA 49 ... Chương trình bày số kiến thức sở đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức Chương trình bày đa thức quân cờ, tính chất phổ biến ứng dụng số tốn tổ hợp Chương trình bày số ứng dụng khác đa thức số toán đếm,... LUẬN Luận văn "Một số ứng dụng đa thức đại số tổ hợp" hoàn thành với kết đạt được: - Hệ thống số kiến thức đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức - Trình bày đa thức qn cờ, cách tính, số tính chất quan... 2.2.3 Bài tốn đếm số hốn vị với khối vng Latinh 29 Chương Một số ứng dụng khác đa thức tổ hợp 32 3.1 Lũy thừa đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức ứng dụng 32 3.2 Nghiệm đa thức toán phủ