Lý thuyết tổ hợp trong chương trình toán bậc trung học

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài: LÝ THUYẾT TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN BẬC TRUNG HỌC GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN SINH VIÊN THỰC HIỆN CHUYÊN NGÀNH LỚP NIÊN KHĨA : TS Cao Văn Ni : Nguyễn Thị Bảo Nhung : Cử nhân Toán ứng dụng : 11CTUD2 : 2011-2015 ĐÀ NẴNG, NĂM 2015 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài .4 Đối tượng phạm vi nghiêm cứu 4 Phương pháp nghiên cứu Bố cục khóa luận CHƯƠNG .6 CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM CƠ BẢN 1.1 NGUYÊN LÝ CỘNG VÀ NGUYÊN LÝ NHÂN 1.1.1 Nguyên lý cộng 1.1.2 Nguyên lý nhân 1.2 TỔ HỢP 1.3 CÁC TÍNH CHẤT CỦA HỆ SỐ TỔ HỢP (HAY HỆ SỐ NHỊ THỨC) 1.4 SONG ÁNH 14 1.5 PHÉP ĐỆ QUY 16 1.6 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG .19 CHƯƠNG .23 CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM DÙNG NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ, NGUYÊN LÝ FUBINI VÀ HÀM SINH 23 2.1 NGUYÊN LÝ BAO HÀM – LOẠI TRỪ 23 2.2 PHÉP TÍNH THEO HAI CÁCH: NGUYÊN LÝ FUBINI 25 2.3 HÀM SINH 28 2.4 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG .32 KẾT LUẬN 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO .36 LỜI CẢM ƠN Lời em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy cô giáo tận tụy, nhiệt tình truyền đạt kiến thức năm em học tập trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng Vốn kiến thức tiếp thu trình học khơng tảng cho q trình nghiên cứu khóa luận mà cịn hành trang q báo để em bước vào đời cách vững tự tin Em xin chân thành cảm ơn thầy Cao Văn Nuôi trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ em suốt q trình triển khai, nghiên cứu hồn thành đề tài: “Lý thuyết tổ hợp chương trình tốn bậc trung học” Cuối em xin chúc toàn thầy cô giáo thật nhiều sức khỏe, nhiệt huyết thành cơng nghiệp cao q Một lần em xin chân thành cảm ơn! Sinh viên thực Nguyễn Thị Bảo Nhung MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Tư tổ hợp đời sớm Ở Trung Quốc, vào thời nhà Chu người ta biết đến hình vng thần bí Nhà triết học cổ Hy Lạp Kxenokrat, sống kỷ thứ trước cơng ngun biết cách tính số từ khác lập từ bảng cho trước Nhà tốn học Pithagore học trị ơng phát hện nhiều tính chất kỳ lạ số Một kết tiếng trường phái kết mà ngày gọi định lý Pithagore Tuy nhiên, thời gian dài sau đó, tổ hợp phát triển cách riêng lẻ, chưa hình thành hệ thống lý luận sở khoa học, phương pháp nghiên cứu đặc thù Và tổ hợp thực trở thành ngành toán học rời rạc vào đầu kỷ 17 loạt cơng trình nghiên cứu nghiêm túc nhà toán học xuất sắc Pascal, Fermat, Leibnitz, Euler, … Mặc dù vậy, tổ hợp lĩnh vực mờ nhạt ý tới khoảng thời gian hai kỷ Trong năm gần lý thuyết tổ hợp phát triển cách mạnh mẽ đóng góp váo phát triển tốn học rời rạc, tối ưu rời rạc hình học tổ hợp Tơi cảm thấy thích thú phần toán học với ứng dụng cụ thể nên chọn đề tài tốt nghiệp là: “Lý thuyết tổ hợp chương trình tốn bậc trung học” Mục tiêu nghiên cứu đề tài Nghiên cứu đề tài này, muốn cung cấp thêm tài liệu lý thuyết tổ hợp xác suất hy vọng khóa luận sử dụng tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh người quan tâm đến xác suất Đối tượng phạm vi nghiêm cứu Đối tượng nghiên cứu: nghiên cứu định nghĩa, tính chất, chứng minh tính chất giải số toán ứng dụng Phạm vi nghiên cứu: nghiên cứu từ tài liệu, giáo trình tổ hợp tác giả liên quan Phương pháp nghiên cứu Tham khảo số tài liệu sách tổ hợp nhằm làm sáng tỏ số vấn đề tính chất định nghĩa nhằm làm rõ để chứng minh Bố cục khóa luận Chương I: Các phương pháp đếm 1.1 Nguyên lý cộng nguyên lý nhân 1.2 Tổ hợp 1.3 Các tính chất hệ số tổ hợp 1.4 Song ánh 1.5 Phép đệ quy 1.6 Các toán ứng dụng Chương II: Các phương pháp đếm dùng nguyên lý bao hàm – loại trừ, nguyên lý Fubini hàm sinh 2.1 2.2 2.3 2.4 Nguyên lý bao hàm – loại trừ Phép tính theo hai cách: nguyên lý Fubini Hàm sinh Các toán ứng dụng CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM CƠ BẢN 1.1 NGUYÊN LÝ CỘNG VÀ NGUYÊN LÝ NHÂN 1.1.1 Nguyên lý cộng Giả sử có 𝑘 cơng việc 𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑘 Các cơng việc làm tương ứng 𝑛1 , 𝑛2 , … , 𝑛𝑘 cách giả sử khơng có hai việc làm đồng thời, số cách làm 𝑘 việc 𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 Nguyên lý cộng phát biểu dạng ngôn ngữ tập hợp sau: Nếu 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑘 tập hữu hạn đôi rời nhau, hay 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗) |𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑘 | = |𝐴1 | + |𝐴2 | + ⋯ + |𝐴𝑘 |, |𝐴𝑖 | số phần tử tập 𝐴𝑖 Ví dụ 1.1.1 Giả sử cần chọn học sinh nam học sinh nữ tham gia họp Hỏi có cách để chọn có 35 học sinh nam 42 học sinh nữ? Giải: Gọi cách chọn thứ học học sinh nam từ tập 35 học sinh nam, ta có 35 cách Gọi cách chọn thứ hai chọn học sinh nữ từ tập 42 học sinh nữ, ta có 42 cách Vì tập học sinh nam tập học sinh nữ rời nên theo nguyên lý cộng, ta có số cách chọn nhân 35 + 42 = 77 cách 1.1.2 Nguyên lý nhân Giả sử nhiệm vụ tách thành 𝑘 việc 𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑘 Nếu việc 𝑇𝑖 làm 𝑛𝑖 cách, sau việc 𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑖−𝑘 làm (1≤ 𝑖 ≤ 𝑘) có 𝑛1 𝑛2 … 𝑛𝑘 cách thực nhiệm vụ cho Quy tắc nhân phát biểu dạng ngôn ngữ tập hợp sau: Nếu 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑘 tập hữu hạn 𝐴1 × 𝐴2 × … × 𝐴𝑘 tích Descartees tập |𝐴1 × 𝐴2 × … × 𝐴𝑘 | = |𝐴1 ||𝐴2 | … |𝐴𝑘 | Ví dụ 1.1.2 Có xâu nhị phân có độ dài 8? Giải: Một xâu nhị phân có độ dài gồm bit, bit có hai cách chọn (hoặc giá trị giá trị 1) Theo quy tắc nhân ta có: 2.2.2.2.2.2.2.2 = 256 xâu bit nhị phân có độ dài 1.2 TỔ HỢP Chúng ta thường gặp số toán yêu cầu phải đếm số tổ hợp, tức đếm số tập hợp đối tượng không xếp thứ tự Định lý 1.2.1 Cho 𝑛 𝑘 số nguyên, với 𝑛 ≥ 𝑘 Số tổ hợp việc lần lấy 𝑘 phần tử từ 𝑛 phần tử C𝑛k = n(n-1)…(n-k+1) n! = k! k!(n-k)! 𝑛 Ký hiệu: 𝐶𝑛𝑘 C(n; k) hay ( ) 𝑘 Chứng minh: 𝑛! Có 𝑃𝑛𝑘 = (𝑛−𝑘)! cách chọn đối tượng 𝑘 theo thứ tự Có 𝑘! cách để xếp phần tử chọn, có nghĩa là, có 𝑘! cách để chọn tổ hợp 𝑘 phần tử giống Vì tổ hợp tính 𝑘! lần 𝑃𝑛𝑘 Do có 𝑛! (𝑛−𝑘)!𝑘! tổ hợp Trong số tình huống, thứ tự phần tử cách xác định trước, thứ tự đối tượng chọn khơng cịn quan trọng Ví dụ 1.2.1 Một nhóm bạn học gồm có bạn nam bạn nữ Vào cuối năm, nhóm định chụp ảnh làm kỷ niệm Cả nhóm muốn đứng thành hàng, bạn nam đứng theo thứ tự giảm dần theo chiều cao họ (giả định họ có chiều cao khác nhau) từ trái sang phải bạn nữ đứng theo thứ tự tăng dần theo chiều cao họ (giả định họ có chiều cao khác nhau) từ trái sang phải Những bạn nam không cần phải đứng nhau, bạn nữ khơng cần phải đứng Có cách để thực công việc này? Giải: Xét 13 khoảng trống hàng 𝑠1 , 𝑠2 , … , 𝑠13 Nếu 𝑠𝑖1 , 𝑠𝑖2 , … , 𝑠𝑖7 chọn cho vị trí bạn nam, bạn nam đứng vị trí theo chiều cao họ Các bạn nữ sau có cách để đứng vị trí Do câu trả lời 𝐶13 = 13! 7!6! = 1716 Hệ 1.2.2 Cho 𝑛, 𝑘1 , 𝑘2 , … , 𝑘𝑚 số nguyên, với 𝑛 ≥ 𝑘1 + 𝑘2 + ⋯ + 𝑘𝑚 Số tổ hợp việc lần lấy 𝑘1 , 𝑘2 , … , 𝑘𝑚 phần tử từ 𝑛 phần tử, theo thứ tự 𝑘 𝑘2 …𝑘𝑚 𝑘𝑚+1 𝐶𝑛 = 𝑛! 𝑘1 !𝑘2 !…𝑘𝑚 !𝑘𝑚+1 ! Với 𝑘𝑚+1 = 𝑛 − (𝑘1 + 𝑘2 + ⋯ + 𝑘𝑚 ) Chứng minh: 𝑘 Từ định lý 1.2.1 có 𝐶𝑛 cách để lấy 𝑘1 phần tử, có 𝑛 − 𝑘1 cách để lấy phần tử lại 𝑘 Sử dụng định lý 1.2.1 lần nữa, có 𝐶𝑛−𝑘 cách để lấy 𝑘2 phần tử Tương tự vậy, kết luận số tổ hợp việc lần lấy 𝑘1 , 𝑘2 , … , 𝑘𝑚 phần tử từ 𝑛 phần tử, theo thứ tự 𝑘 𝑘 𝑘 𝑘 𝑚 𝐶𝑛 𝐶𝑛−𝑘 𝐶 … 𝐶𝑛−𝑘 𝑛−𝑘1 −𝑘2 −𝑘2 −⋯−𝑘𝑚 = = 𝑛! 𝑘1 !(𝑛−𝑘1 )! (𝑛−𝑘1 )! 𝑘2 !(𝑛−𝑘1 −𝑘2 )! (𝑛−𝑘1 −𝑘2 )! 𝑘3 !(𝑛−𝑘1 −𝑘2 −𝑘3 … )! (𝑛−𝑘1 −𝑘2 −⋯𝑘𝑚−1 )! 𝑘𝑚 !(𝑛−𝑘1 −𝑘2 −⋯−𝑘𝑚 )! 𝑛! 𝑘1 !𝑘2 !…𝑘𝑚 !𝑘𝑚+1 ! Ví dụ 1.2.2 Khoa tốn tổ chức họp Sau 23 thành viên đàm thoại, họ định chia thành nhóm, nhóm có thành viên nhóm có thành viên để tiếp tục thảo luận Hỏi có cách để chia được? Giải: 23! 3,3,3,3,3,4,4 Ta có 𝐶23 = (3!)5(4!)2 cách chia nhóm 1.3 CÁC TÍNH CHẤT CỦA HỆ SỐ TỔ HỢP (HAY HỆ SỐ NHỊ THỨC) Cho 𝑛 số nguyên dương Nếu sử dụng hai biến số đa thức (𝑥 + 𝑦)𝑛 như: (𝑥 + 𝑦)𝑛 = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 𝑦 + 𝑎2 𝑥 𝑛−2 𝑦 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥𝑦 𝑛−1 + 𝑎𝑛 𝑦 𝑛 với ≤ 𝑘 ≤ 𝑛, 𝑎𝑘 hệ số tổ hợp 1 1 1 3 1 1 10 10 … … … … … … … Định lý 1.3.1 Cho 𝑛 số nguyên dương Khi đó: (𝑥 + 𝑦)𝑛 = 𝐶𝑛0 𝑥 𝑛 + 𝐶𝑛1 𝑥 𝑛−1 𝑦 + 𝐶𝑛2 𝑥 𝑛−2 𝑦 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 𝑦 𝑛 Quy ước: 𝐶𝑛0 = 𝐶𝑛𝑛 = 𝑛! 𝑛!0! =1 Hệ số tổ hợp số hạng tam giác Pascal Chính xác cho 𝑛 ≥ 𝐶𝑛0 , 𝐶𝑛1 , 𝐶𝑛2 , … , 𝐶𝑛𝑛−1 , 𝐶𝑛𝑛 hạng thứ 𝑛 tam giác Ví dụ 1.3.1 Bảng số xe gồm chữ số, gọi chẵn số số chẵn Có bảng số xe vậy? Giải: Cho ≤ 𝑘 ≤ 4, có 2𝑘 số đó, có − 2𝑘 chữ số khác 0, số có cách chọn Có 𝐶82𝑘 cách để chọn 2𝑘 vị trí số 0, 𝐶82𝑘 98−2𝑘 bảng số có 2𝑘 số Do câu trả lời là: 98 + 𝐶82 96 + 𝐶84 94 + 𝐶86 92 + 𝐶88 Định lý 1.3.2 Cho 𝑛 𝑘 số nguyên dương với 𝑛 ≥ 𝑘, ta có tính chất hệ số tổ hợp sau: (1) 𝐶𝑛𝑘 = 𝐶𝑛𝑛−𝑘 𝑘+1 𝑘 (2) 𝐶𝑛𝑘+1 = 𝐶𝑛−1 + 𝐶𝑛−1 𝑛−1 (3) 𝐶𝑛0 < 𝐶𝑛1 < 𝐶𝑛2 số nguyên tố, 1, 2, …, 𝑝 − số nguyên tố đến 𝑝, ∅(𝑝) = 𝑝 − Nếu 𝑝 > số nguyên tố 𝑟 ≥ 1, giá trị ∅(𝑝𝑟 ) giới hạn dãy 24 1, 2, 3, … , 𝑝, 𝑝 + 1, … , 2𝑝, … , 𝑝𝑟 không chia hết cho 𝑝 Số chia hết cho 𝑝 dãy 𝑝, 2𝑝, 3𝑝, … , 𝑝𝑟 , ∅(𝑝𝑟 ) = 𝑝𝑟 − 𝑝𝑟−1 = 𝑝𝑟 (1 − ) 𝑝 Chú ý (a) lim 𝐷𝑛 𝑛! = lim(1 − 1! + 1 + ⋯ + (−1)𝑛 ) = 2! 𝑛! 𝑒 Cơng thức đệ quy sau rút từ cơng thức tính tốn đơn giản 𝐷𝑛+1 = (𝑛 + 1)𝐷𝑛 + (−1)𝑛+1 = 𝑛𝐷𝑛 + (𝐷𝑛 − (−1)𝑛 ) = 𝑛(𝐷𝑛 + 𝐷𝑛−1 ) Chúng ta đạt phép đệ quy trực tiếp cách sử dụng song ánh Trong xếp 𝑆, ta có hai lựa chọn: (i) 𝜋(1) = 𝑘 𝜋(𝑘) = với ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 Khi có 𝑛 − giá trị có cho 𝑘 𝑘 có 𝐷𝑛−2 xếp cho 𝑛 − yếu tố lại Do có (𝑛 − 1)𝐷𝑛−2 xếp (ii) 𝜋(1) = 𝑘 𝜋(𝑘) = 𝑚 với < 𝑘, 𝑚 ≤ 𝑛 Chú ý 𝑘 ≠ 𝑚 Khi có phần tử 𝜋(2), 𝜋(3), … , 𝜋(𝑛) thường xếp 𝜋(𝑖) 2, … , 𝑘 − 1, 1, 𝑘 + 1, … , 𝑛 với 𝜋(1) = 𝑘 Mặt khác, có 𝑛 − giá trị cụ thể cho 𝑘 𝑘 có 𝐷𝑛−1 xếp Do có (𝑛 − 1)𝐷𝑛−2 xếp Do đó, 𝐷𝑛 = (𝑛 − 1)(𝐷𝑛−2 + 𝐷𝑛−1 ) Chú ý 𝐷1 = 𝐷2 = Từ phép đệ quy ta có cơng thức 𝐷𝑛 = 𝑛! ∑𝑛𝑘=0 (−1)𝑘 𝑘! (b) Đồng thức sau với Euler Cho 𝑚, 𝑛 nguyên dương với 𝑚 ≤ 𝑛 Khi 𝑛ế𝑢 𝑛 < 𝑚 𝑘 𝑘 𝑛 ∑𝑚 𝑘=0(−1) 𝐶𝑚 (𝑚 − 𝑘) = { 𝑛! 𝑛ế𝑢 𝑛 = 𝑚 2.2 PHÉP TÍNH THEO HAI CÁCH: NGUYÊN LÝ FUBINI Cho đến nay, hầu hết tốn trình bày, mức độ khó hay phức tạp, hẳn giải với tính tốn trực tiếp, tức tốn giải cách đếm số phần tử (có lẽ qua phép đệ quy hay song ánh) Trong phần này, để tìm 𝑥 số phần tử 𝐴, ta tìm 𝑦 số phần tử 𝐵, để lập phương trình có chứa biến 𝑥, sau ta giải phương trình 25 theo biến 𝑥 Nói cách khác, tốn mà phân tích trước toán Số học, làm tốn Đại số cách lập phương trình giải chúng Cho 𝑚 𝑛 nguyên dương tập 𝐴 = {𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑚 } tập 𝐵 = {𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 } hai tập hữu hạn Khi tích trực tiếp 𝐴 𝐵 định nghĩa 𝐴 × 𝐵 = {(𝑎, 𝑏)|𝑎 ∈ 𝐴, 𝑏 ∈ 𝐵} Cho 𝑆 tập 𝐴 × 𝐵, với 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, đặt 𝑆(𝑎𝑖 ,∗) = {(𝑎𝑖 , 𝑏) ∈ 𝑆} Ta định nghĩa 𝑆(∗, 𝑏𝑖 ) tương tự Định lý 2.2.1 Cho 𝑚 𝑛 nguyên dương tập 𝐴 = {𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑚 } tập 𝐵 = {𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 } hai tập hữu hạn Nếu 𝑆 tập 𝐴 × 𝐵 |𝑆| = ∑𝑛𝑗=1|𝑆(∗, 𝑏𝑗 )| = ∑𝑚 𝑖=1|𝑆(𝑎𝑖 ,∗)| Nguyên lý gọi Nguyên lý Fubini Nó dùng song song phép lấy tích phân đơi Chứng minh: Có thể dễ dàng để giải thích ngun lý việc lấy tổng ma trận Dễ dàng thấy tổng tổng hàng tổng cột Ta xét 𝑚 × 𝑛 ma trận 𝑀 = 𝑥(𝑖,𝑗) cho (𝑎𝑖 , 𝑏𝑗 ) ∈ 𝑆 𝑥𝑖,𝑗 = { (𝑎𝑖 , 𝑏𝑗 ) ∉ 𝑆 Khi |𝑆(∗, 𝑏𝑗 )| tổng cột thứ j Tương tự, |𝑆(𝑎𝑖 ,∗)| tổng hàng thứ 𝑖 Do đó, hai tổng ∑𝑛𝑗=1|𝑆(∗, 𝑏𝑗 )| ∑𝑚 𝑖=1|𝑆(𝑎𝑖 ,∗)| đánh giá tổng tất bảng ghi ma trận 𝑀 Định lý 2.2.2 (Sperner) Cho tập 𝑆 với |𝑆| = 𝑛 Giả thiết 𝑆1 , 𝑆2 , … , 𝑆𝑚 𝑛 tập 𝑆 cho 𝑆𝑖 ⊄ 𝑆𝑗 (𝑖 ≠ 𝑗) Khi đó: 𝑚 ≤ ⌊ ⌋ 𝐶𝑛2 Chứng minh: 26 Một thứ tự 𝑛 – tập hợp tâp (𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑛 ) gọi mắc xích cực đại 𝑆 ∅ ≠ 𝑇1 ⊂ 𝑇2 ⊂ ⋯ ⊂ 𝑇𝑛 = 𝑆 Gọi 𝑇𝑖 liên kết mắc xích Vì 𝑇𝑖 tập 𝑇𝑖+1 , tập 𝑇𝑖 có 𝑖 phần tử Có 𝑛 cách để xác định 𝑇1 Sau 𝑇1 xác định có 𝑛 − cách để xác định 𝑇2 , Do có 𝑛! mắc xích cực đại 𝑆 |𝑆| = 𝑛 Cho tập 𝑆𝑖 , xét mắc xích cực đại 𝑆 chứa 𝑆𝑖 liên kết Giả thiết (𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑛 ) liên kết Giả sử (𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑛 ) mắc xích Nếu |𝑆𝑖 | = 𝑘𝑖 𝑇𝑘𝑖 = 𝑆𝑖 Chú ý (𝑇1 , 𝑇2 , … , 𝑇𝑘𝑖 ) mắc xích lớn 𝑆𝑖 , có 𝑘𝑖 ! mắc xích Bởi có 𝑛 − 𝑘𝑖 phần tử 𝑆 − 𝑆𝑖 , có 𝑛 − 𝑘𝑖 cách để xác định 𝑇𝑘𝑖 +1 , Có (𝑛 − 𝑘𝑖 )! cách để chọn 𝑇𝑘𝑖+1 , … , 𝑇𝑛 Do đó, có 𝑘𝑖 ! (𝑛 − 𝑘𝑖 )! mắc xích cực đại 𝑆 chứa 𝑆𝑖 liên kết Cho 𝐴 tập tất mắc xích lớn 𝐵 = {𝑆1 , 𝑆2 , … , 𝑆𝑚 } Cho 𝑆 = {(𝐶𝑖 , 𝑆𝑗 )⁄𝐶𝑖 ∈ 𝐴, 𝑆𝑗 ∈ 𝐵, 𝑆𝑗 liên kết 𝐶𝑖 } Như chứng minh định lý 2.2.1 xác định ma trận 𝑀 = (𝑥𝑖,𝑗 ) với 𝑛! hàng 𝑚 cột cho (𝐶𝑖 , 𝑆𝑗 ) ⊂ 𝑆 𝑥𝑖,𝑗 = { (𝐶𝑖 , 𝑆𝑗 ) ⊄ 𝑆 Do có 𝑘𝑗 ! (𝑛 − 𝑘𝑗 )! số cột thứ j, |𝑆| = ∑𝑚 𝑗=1 𝑘𝑗 ! (𝑛 − 𝑘𝑗 )! Mặt khác, 𝑆𝑖 tập 𝑆𝑗 𝑖 ≠ 𝑗, 𝑆𝑖 𝑆𝑗 liên kết mắc xích cực đại 𝑆 Do tổng phần tử hàng 𝑀 nhiều Vì tổng tất hàng nhiều 𝑛! hay |𝑆| ≤ 𝑛! Cho nên ∑𝑚 𝑗=1 𝑘𝑗 ! (𝑛 − 𝑘𝑗 )! ≤ 𝑛! Hay ∑𝑚 𝑗=1 𝑘𝑗 ≤1 𝐶𝑛 Từ định lý 1.3.2 (3) ta có 𝑘 𝐶𝑛 𝑗 𝑛 ≤ ⌊ ⌋ 𝐶𝑛2 , 27 Vì 𝑚 𝑛 ⌊ ⌋ 𝐶𝑛2 ≤ ∑𝑚 𝑗=1 𝑘𝑗 ≤1 𝐶𝑛 𝑛 Chú ý 𝑚 = 2.3 ⌊ ⌋ 𝐶𝑛2 𝑛 đạt 𝐵 gồm tất ⌊ ⌋ phần tử 𝑆 HÀM SINH Cho 𝐴 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) dãy Khi đó: 𝑃𝐴 (𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + ⋯ hàm sinh (dạng 1) liên quan đến 𝐴, tức là, hệ số 𝑥 𝑛 đa thức 𝑃𝐴 (𝑥) giá trị số hạng thứ 𝑛 𝐴 Nếu 𝐴 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) 𝐵 = (𝑏0 , 𝑏1 , 𝑏2 , … ) hai chuỗi vơ hạn, 𝑛 𝑃𝐴 (𝑥) + 𝑃𝐵 (𝑥) = ∑∞ 𝑛=0(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 )𝑥 = 𝑃𝐴+𝐵 (𝑥) 𝐴 + 𝐵 = (𝑎0 + 𝑏0 ; 𝑎1 + 𝑏1 ; 𝑎2 + 𝑏2 ; … ) Ngoài ra, cho số 𝛼 ta định nghĩa dãy 𝛼𝐴 = (𝛼𝑎0 , 𝛼𝑎1 , 𝛼𝑎2 , … ) Cho 𝐶 = (𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 , … , 𝑐𝑛 , … ), 𝑐0 = 𝑎0 𝑏0 , 𝑐1 = 𝑎0 𝑏1 + 𝑎1 𝑏0 , 𝑐2 = 𝑎0 𝑏2 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏0 𝑐𝑛 = ∑𝑛𝑘=0 𝑎𝑘 𝑏𝑛−𝑘 ∞ 𝑛 𝑛 Ta có: 𝛼𝑃𝐴 (𝑥) = 𝛼 ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = ∑𝑛=0 𝛼𝑎𝑛 𝑥 = 𝑃𝛼𝐴 (𝑥) ∞ 𝑛 𝑛 𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐵 (𝑥) = (∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 ) (∑𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ) 𝑛 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0(∑𝑘=0 𝑎𝑘 𝑏𝑛−𝑘 )𝑥 = 𝑃𝐶 (𝑥) Lưu ý phép tính số học chuỗi lũy thừa vô hạn chuỗi lũy thừa hữu hạn định nghĩa giống Ví dụ: 28 𝛼(𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 ) = 𝛼𝑎0 + 𝛼𝑎1 𝑥 + 𝛼𝑎2 𝑥 (𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 )(𝑏0 + 𝑏1 𝑥) = 𝑎0 𝑏0 + (𝑎0 𝑏1 + 𝑎1 𝑏0 )𝑥 + (𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏0 )𝑥 + (𝑎2 𝑏1 )𝑥 đó, ta biểu diễn 𝑎2 𝑏1 = 𝑎0 𝑏3 + 𝑎1 𝑏2 + 𝑎2 𝑏1 + 𝑎3 𝑏0 cách đặt 𝑎3 = 𝑏2 = 𝑏3 = Chú ý rằng, đặt 𝛼 = −1, chuỗi 𝑃−𝐴 (𝑥) = −𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐴−𝐵 (𝑥) = 𝑃𝐴 (𝑥) − 𝑃𝐵 (𝑥) = 𝑃𝐴 (𝑥) + (−𝑃𝐵 (𝑥)) Mệnh đề 2.3.1 Cho 𝐴 𝐵 hai dãy với 𝐴 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) 𝐵 = (𝑏0 , 𝑏1 , 𝑏2 , … ) = (𝑎0 , 𝑎0 + 𝑎1 , 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 , … ) 𝐶 = (𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 , … ) = (1, 1, 1, … ) 𝐷 = (𝑑0 , 𝑑1 , 𝑑2 , … ) 𝑑𝑛 = ∑𝑛𝑘=0 𝑎𝑘 𝑎𝑛−𝑘 Khi 𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐶 (𝑥) = 𝑃𝐵 (𝑥) (𝑃𝐴 (𝑥)) = 𝑃𝐷 (𝑥) Chứng minh: Bằng định nghĩa tích hai chuỗi lũy thừa, ta có: 𝑛 𝑛 ∞ 𝑛 𝑛 𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐶 (𝑥) = ∑∞ 𝑛=0(∑𝑘=0 𝑎𝑘 𝑐𝑛−𝑘 )𝑥 = ∑𝑛=0(∑𝑘=0 𝑎𝑘 )𝑥 = 𝑃𝐵 (𝑥) 𝑛 𝑛 (𝑃𝐴 (𝑥)) = 𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐴 (𝑥) = ∑∞ 𝑛=0(∑𝑘=0 𝑎𝑘 𝑎𝑛−𝑘 )𝑥 = 𝑃𝐷 (𝑥) Ví dụ 2.3.1 Nếu 𝐴 = (1, 1, 1, … ) 𝐵 = (1, 2, 3, … ) Tìm 𝑃𝐴 (𝑥) 𝑃𝐵 (𝑥) Cho 𝐶 = (𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 , … ) = (1, −1, 0, 0, … ) 29 Khi 𝑃𝐶 (𝑥) = − 𝑥 𝑃𝐴 (𝑥) = + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ Cho 𝐴 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ), 𝑎0 𝑐0 = ∑𝑛𝑘=0 𝑎𝑘 𝑐𝑛−𝑘 = 𝑎0 𝑐𝑛 + 𝑎1 𝑐𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑐0 = 𝑎𝑛−1 𝑐1 + 𝑎𝑛 𝑐0 = (𝑛 ≥ 1) Do đó, (1 − 𝑥)𝑃𝐴 (𝑥) = Hay 𝑃𝐴 (𝑥) = + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ = 1−𝑥 Chú ý 𝐵 = (𝑎0 , 𝑎0 + 𝑎1 , 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 , … ) Ta có: 𝑃𝐵 (𝑥) = + 2𝑥 + 3𝑥 + ⋯ = (1 + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ )′ = (1−𝑥)2 Mệnh đề 2.3.2 Cho 𝐴 = (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑚 ) 𝐵 = ( 𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 ) hai dãy số nguyên Khi dãy số 𝐶 = {𝑐𝑖,𝑗 |𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 , ≤ 𝑖 ≤ 𝑚, ≤ 𝑗 ≤ 𝑛} liên kết với 𝐸𝐶 (𝑥) = 𝐸𝐴 (𝑥) 𝐸𝐵 (𝑥) Đặc biệt, hệ số 𝑥 𝑘 𝐸𝐶 (𝑥) số cặp số tự nhiên (𝑎𝑖 , 𝑎𝑗 ) xếp với 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, 𝑏𝑗 ∈ 𝐵 cho 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 = 𝑘 Chứng minh: 𝑛 𝑏𝑗 𝑎𝑖 Chú ý 𝐸𝐴 (𝑥) = ∑𝑚 𝑖=1 𝑥 𝐸𝐵 (𝑥) = ∑𝑗=1 𝑥 𝑛 𝑏𝑗 𝑎𝑖 Do đó, 𝐸𝐴 (𝑥) 𝐸𝐵 (𝑥) = ∑𝑚 = ∑1≤𝑖≤𝑚 𝑥 𝑎𝑖+𝑏𝑗 = 𝐸𝐶 (𝑥) 𝑖=1 𝑥 ∑𝑗=1 𝑥 1≤𝑗≤𝑛 tổng đưa (𝑎, 𝑏) với 𝑎 ∈ 𝐴, 𝑏 ∈ 𝐵 Cũng ý số hạng 𝑥 𝑘 xuất 𝐸𝐶 (𝑥) 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, 𝑏𝑗 ∈ 𝐵 cho 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 = 𝑘, cặp tương ứng với lần xuất 𝑥 𝐸𝐶 (𝑥) Ví dụ 2.3.2 Cho (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) (𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 ) hai dãy số nguyên không xếp thứ tự 𝑛 – tập hợp cho 𝑎1 + 𝑎2 , 𝑎1 + 𝑎3 , … , 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛 (tổng quát, 𝑎𝑖 + 𝑎𝑗 , ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛) 30 𝑏1 + 𝑏2 , 𝑏1 + 𝑏3 , … , 𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛 (tổng quát, 𝑏𝑖 + 𝑏𝑗 , ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛) có hốn vị trùng Chứng minh 𝑛 lũy thừa Giải: Cho 𝑐 số, 𝑛 – tập hợp (𝑐 + 𝑎1 , 𝑐 + 𝑎2 , … , 𝑐 + 𝑎𝑛 ) (𝑐 + 𝑏1 , 𝑐 + 𝑏2 , … , 𝑐 + 𝑏𝑛 ) thỏa mãn điều kiện tốn Một cách tổng qt, ta giả định (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) (𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 ) hai 𝑛 − tập hợp số nguyên dương Cho (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) (𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 ), 𝐸𝐴 (𝑥) = ∑𝑛𝑖=1 𝑥 𝑎𝑖 𝐸𝐵 (𝑥) = ∑𝑛𝑖=1 𝑥 𝑏𝑖 Theo mệnh đề 2.3.2, ta có (𝐸𝐴 (𝑥)) = ∑𝑛𝑘=1 𝑥 2𝑘 + ∑1≤i