Counting
Bài tập 2: Tìm cơng thức tổng qt cho các hệ thức truy hồi sau: a) xn =xn−1+ 2n (n≥1); x0 = 1.
b) xn = 3xn−1−2xn−2 (n≥2); x0 = 1, x1 = 2.
Solution:
a) xn =xn−1+ 2n (n≥1); x0 = 1. (1)
The characteristic equation of recurrence relatiton xn=xn−1 isr−1 = 0. Its roots are
r = 1. Hence, the sequence {xn} is a solution to (1) if and only if xn =A·1n+Q(n)
where Q(n) has degree greater than 2n one order. Suppose Q(n) = Bn2 +Cn+D. Then
xn=A+Bn2+Cn+D
=Bn2+Cn+E (E =A+D) From (1) it follows that x1 = 3 and x2 = 7.
x0 = 1 =B·02+C·0 +E x1 = 3 =B·12+C·1 +E x2 = 7 =B·22+C·2 +E ⇔ B = 1 C = 1 E = 1
Hence, the solution of (1) is the sequence {xn} with
xn=n2 +n+ 1 (*)
We can use induction principle to prove (*) is true. For n= 0, x0 = 1 is true.
Assume that (*) is true for n = k
xk =k2+k+ 1
Consider when n = k + 1 xk+1 =xk+ 2(k+ 1)
=k2+k+ 1 + 2k+ 2 by induction hypothesis
= (k+ 1)2+ (k+ 1) + 1
By the induction principle, (*) holds for all n ≥0.
CHAPTER 4. COUNTING 33 b) xn = 3xn−1−2xn−2 (n≥2); x0 = 1, x1 = 2. (2)
The characteristic equation of the recurrence relation (2) is r2−3r+ 2 = 0. Its roots
are r1 = 1andr2 = 2. Hence, the sequence{xn}is a solution to the recurrence relation (2) if and only if
xn=α11n+α22n
for some constants α1 and α2. From the initial conditions, it follows that x0 = 1 =α110+α220
x1 = 2 =α111+α221
Solving these two equations shows that α1 = 0 and α2 = 1. Hence, the solution to the
recurrence relation and initial conditions is the sequence {xn} with
xn = 2n (**)
We can use strong induction principle to prove (**) is true. For n= 0, x0 = 1 is true.
Assume that (**) is true for all value isuch that 0≤i≤k. Then since 0≤k−1≤k, by the induction hypothesis xk = 2k and xk−1 = 2k−1. Consider when n = k + 1
xk+1 = 3xk−2xk−1
= 3·2k−2·2k−1 by strong ind. hypothesis
= 3·2k−2k = 2·2k = 2k+1
By the strong induction principle, (**) holds for all n≥0.
Bài tập 3: Cho phương trình
x1+x2 +x3 = 15. (1) a) Hãy tìm số các nghiệm ngun khơng âm của phương trình (1).
b) Tìm số các nghiệm khơng âm của (1) thoả:x1 ≥6, x2 ≥2.
c) Tìm số các nghiệm khơng âm của (1) thoả:x1 ≤6, x2 <5.
Solution:
a) Mỗi bộ nghiệm của phương trình ứng với một cách chọn 15 phần tử từ một tập có 3 loại, sao cho có x1 phần tử loại một, x2 phần tử loại hai và x3 phần tử loại ba được chọn. Vì vậy số nghiệm của phương trình bằng số tổ hợp lặp chập 15 từ tập có ba phần tử. Vậy nên:
C(3 + 15−1,15) =C(17,15) =C(17,2) = 17·16
1·2 = 136 (*)
CHAPTER 4. COUNTING 34 b) Với điều kiện x1 ≥ 6 và x2 ≥ 2. Gọi: x01 = x1−6 và x02 = x2 −2. Khi đó x01 ≥ 0 và
x02 ≥0 Ta có:
x01+x02+x3 =x1+x2+x3−6−2 = 15−6−2 = 7
Khi đó ta có thể giải phương trình x01+x02+x3 = 7 như câu a). Vậy nên: C(7 + 3−1,7) = C(9,7) =C(9,2) = 9·8
1·2 = 36
bộ nghiệm thoả mãn yêu cầu. c) Đặt
A1 = {Các nghiệm của phương trình (1) thoả x1 ≤6}
A2 = {Các nghiệm của phương trình (1) thoả x2 <5}
Khi đó ta cần tính |A1∩A2|. Mà
|A1∩A2|=|U | − |A1∩A2|
=|U | − |A1∪A2| Luật De Morgan
Từ kết quả (*) ta có |U |= 136. Theo nguyên lý bù trừ ta có
|A1∪A2|=|A1|+|A2| − |A1∩A2|
Khi đó
• |A1| là lực lượng các nghiệm của phương trình (1) thoả x1 ≥7.
Đặtx01 =x1−7, khi đóx01 ≥0. Số nghiệm của phương trình x01+x2+x3 = 8 là: C(8 + 3−1,8) =C(10,8) =C(10,2) = 10·9
1·2 = 45
Do đó|A1|= 45.
• |A2| là lực lượng các nghiệm của phương trình (1) thoả x2 ≥5. Đặtx02 =x2−5,
khi đó x02 ≥0. Số nghiệm của phương trình x1+x02 +x3 = 10 là: C(10 + 3−1,10) =C(12,10) =C(12,2) = 12·11
1·2 = 66
Do đó|A2|= 66.
• |A1 ∩A2| là lực lượng các nghiệm của phương trình (1) thoả x1 ≥ 7 và x2 ≥ 5.
Đặt x01 =x1−7 và x02 =x2−5, khi đó x01 ≥0 và x02 ≥0. Số nghiệm của phương
trình x01+x02+x3 = 3 là: C(3 + 3−1,3) =C(5,3) = 5·4·3 1·2·3 = 10 Do đó|A1∩A2|= 10. Nên |A1∪A2|= 45 + 66−10 = 101 Vậy |A1∩A2|=|U | − |A1∪A2|= 136−101 = 35
CHAPTER 4. COUNTING 35
Bài tập 4: Người ta cần thiết lập một password gồm có 8 ký tự được thành lập từ 26 chữ cái in hoa A → Z, 26 chữ cái thường a →z, 10 con số 0→ 9 và 5 ký tự #,$,@,%,*.
a) Hỏi có bao nhiêu cách để có thể tạo thành một password gồm 8 ký tự từ các ký tự trên.
b) Có bao nhiêu cách thiết lập để trong password có ít nhất một trong năm ký tự #,$,@,%,*.
c) Có bao nhiêu cách thiết lập để trong password có đúng 2 con số và một chữ cái in hoa.
d) Một password được gọi là mạnh nếu nó có chứa ít nhất một chữ cái in hoa, một con số và một trong 5 ký tự #,$,@,%,*. Hỏi có bao nhiêu cách để có thể thiết lập một password mạnh?
Solution:
a) Vì ta có 26 chữ cái in hoa, 26 chữ cái thường, 10 con số và 5 kí tự. Tổng cộng là 67 đối tượng. Chúng ta nhận thấy mỗi cách thiết lập password tương ứng một-một cách chọn 67 đối tượng với một chỉnh hợp lặp chập 8 từ 67 phần tử. Khi đó ta có:
A(67,8) = 678 số cách thiết lập. (1) b) Trước tiên, ta tìm số cách thiết lập trong password khơng có bất kì kí tự #,$,@,%,*
nào. Khi đó chúng ta có số cách chọn là một chỉnh hợp lặp chập 8 từ 62 phần tử: A(62,8) = 628 số cách thiết lập. (2) Số cách thiết lập để trong password có ít nhất một trong năm ký tự #,$,@,%,* là (1) − (2) = 678−628 số cách thiết lập.
c) Trong hai vị trí chọn số, mỗi vị trí có 10 cách chọn, là 102. Với 1 vị trí chọn 1 chữ cái in hoa, vị trí duy nhất đó có 26 cách chọn. Trong 5 vị trí cịn lại mỗi vị trí có
67−10−26 = 31cách chọn, là315. Số các hốn vị 8 vị trí trong đó có 2 vị trí chọn số như nhau, 1 vị trí chọn chữ in hoa và 5 vị trí chọn chữ in thường và kí tự như nhau là
8!
5!·2!·1!. Từ quy tắc nhân ta có:
102 ×26×315× 8!
5!·2!·1! cách thiết lập password thoả yêu cầu (*).
d) Đặt
A1 = {Password chứa ít nhất 1 chữ cái in hoa} A2 = {Password chứa ít nhất 1 con số}
A3 = {Password chứa ít nhất 1 kí tự đặc biệt} Từ đó suy ra
A1 = {Password khơng chứa chữ cái in hoa nào} A2 = {Password không chứa con số nào}
CHAPTER 4. COUNTING 36 Khi đó ta cần tính |A1∩A2∩A3|. Mà
|A1∩A2∩A3|=|U | − |A1∩A2∩A3| =|U | − |A1∪A2∪A3| Luật De Morgan Từ (1) ta có: |U |= 678. Theo nguyên lý bù trừ ta có |A1∪A2 ∪A3|=|A1|+|A2|+|A3| − |A1∩A2| − |A1∩A3| − |A2∩A3| +|A1∩A2∩A3| Khi đó
• |A1| là lực lượng các password khơng chứa bất kì chữ cái in hoa nào. Do đó
|A1|= 418
• |A2| là lực lượng các password khơng chứa bất kì con số nào. Do đó |A2|= 578
• |A3| là lực lượng các password khơng chứa bất kì kí tự đặc biệt nào. Do đó
|A3|= 628
• |A1∩A2| là lực lượng các password khơng chứa bất kì chữ in hoa và con số nào. Do đó|A1∩A2|= 318
• |A1 ∩A3| là lực lượng các password khơng chứa bất kì chữ in hoa và kí tự đặc biệt nào. Do đó|A1∩A3|= 368
• |A2 ∩A3| là lực lượng các password khơng chứa bất kì con số và kí tự đặc biệt nào. Do đó|A2 ∩A3|= 528
• |A1∩A2∩A3| là lực lượng các password khơng chứa bất kì chữ in hoa, con số và kí tự đặc biệt nào. Do đó |A1∩A2∩A3|= 268 Nên |A1 ∪A2∪A3|= 418+ 578+ 628−318−368−528+ 268 Vậy có |A1∩A2∩A3|=|U | − |A1 ∪A2∪A3| = 678−(418+ 578+ 628−318−368−528+ 268) = 678−418−578−628+ 318+ 368+ 528−268