Công thức đảo ngược về tổng
Bây giờ ta sử dụng ký hiệu hình thức để chứng minh Công thức chuyển đổi ngược về tổng qua tổ hợp, một kết quả rất có ích khi chứng minh các hệ thức và giải bài toán số học.
Định lý 2.9.1. Giả sử f(k) và g(k) là những hàm số học thỏa mãn f(n) =
n
P
k=0
Ckng(k) với mọi n∈ N. Khi đó ta có
g(n) =
n
X
k=0
(−1)kCknf(n−k).
Chứng minh: Viết một cách hình thức f(k) và g(k) qua fk và gk tương
ứng. Khi đó fn =
n
P
k=0
Ckngk hay fn = (g+ 1)n đúng với ∀ n ∈ N. Vậy (f +x)n = (g+ 1 +x)n, ∀ x.
Nhớ sau khi khai triển ở hai vế sẽ viết fk và gk thay cho những fk và gk. Cho x = −1 có gn = (f −1)n hay g(n) =
n
P
k=0
(−1)kCknf(n−k).
Ví dụ 2.9.2. Tính số các phép thế f của n phần tử, trong đó không có phần tử nào cố định, có nghĩa: f(i) =i.
Bài giải: Gọi số các phép thế như vậy là qn. Đặt pn = n! là số tất cả các phép thế của n phần tử. Xét tất cả các phép thế trong pn, trong đó có qn
phép thế không có phần tử nào chiếm lại vị trí xuất phát của mình. Số các phép thế trong đó có đúng một phần tử chiếm lại vị trí xuất phát của mình bằng C1nqn−1. Tương tự, số các phép thế trong đó có đúng hai phần tử chiếm lại vị trí xuất phát của mình bằng C2nqn−2, v.v... Cuối cùng, số các phép thế trong đó tất cả các phần tử chiếm lại vị trí xuất phát của mình bằng Cnnq0 = 1. Vậy pn =
n
P
k=0
Cknqn−k. Theo Định lý 2.9.1, ta có qn =
n
P
k=0
(−1)kCknpk =
n
P
k=0
(−1)kCknk!.
Ví dụ 2.9.3. Xét matrận vuông cấpnlàA =
a11 a12 a13 ã ã ã a1n a21 a22 a23 ã ã ã a2n a31 a32 a33 ã ã ã a3n ... ... ... ... ...
an1 an2 an3 ã ã ã ann
với tất cả các phần tử thuộc R và akk = 0, k = 1,2, . . . , n, còn aij 6= 0 khi i 6= j. Xác định số các số hạng khác 0 trong khai triển định thức det(A).
Bài giải: Hiển nhiên det(A) = P
π∈Sn
sgn(π)aπ(1)1aπ(2)2. . . aπ(n)n có n! số hạng trong đó Sn là nhóm đối xứng. Vì aπ(1)1aπ(2)2. . . aπ(n)n = 0 khi và chỉ khi có ít nhất một k để π(k) = k nên số các số hạng khác 0 trong khai triển định thức det(A) đúng bằng qn =
n
P
k=0
(−1)kCknk! theo Ví dụ 2.9.2.
Ví dụ 2.9.4. Có bao nhiêu cách xếp n chữ cái khác nhau vào r ô sao cho ở mỗi ô có ít nhất một chữ cái.
Bài giải: Số cách xếp n chữ cái khác nhau vào r ô đúng bằng số ánh xạ từ tập n phần tử vào tập r phần tử và số đó đúng bằng rn. Ký hiệu số cách xếp n chữ cái vào r ô sao cho mỗi ô có ít nhất một chữ cái là qn. Trong số rn cách xếp ở phần đầu, ta xét những cách xếp để mỗi ô có ít nhất một chữ cái. Số cách xếp là qn. Sau đó xét tất cả các cách xếp trong dó có một và chỉ một ô trống. Số đó bằngC1rqr−1.Tiếp theo xét tất cả các cách xếp trong đó có đúng hai ô trống. Số đó bằng C2rrqr−2, v. v... Vậy
rn+ 1 = C0rqr + C1rqr−1 +ã ã ã+ Cr−1r q1 +Crrq0. Theo Định lý 2.9.1, qr =
r
P
k=0
(−1)kCkr (r−k)n+ 1 =
r
P
k=0
(−1)kCkr(r−k)n vì
r
P
k=0
(−1)kCkr = (1−1)r = 0.
Với cùng cách thức chuyển đổi ngược, xét bài thi vô địch quốc tế sau:
Ví dụ 2.9.5. Ký hiệu pn(k) là số các phép thế của tập gồm n phần tử, trong đó có đúng k phần tử cố định. Chứng minh
n
P
k=0
kpn(k) = n! [IMO 1987] và
n
P
k=0
(k −1)2pn(k) = n!.
Bài giải: Hiển nhiên kpn(k) = kCknqn−k = nCk−1n−1qn−1−(k−1). Từ quan hệ pn−1 = C0n−1qn−1 + C1n−1qn−2 +ã ã ã+ Cn−1n−1q0 ta suy ra hệ thức sau
n
X
k=0
kpn(k) =
n
X
k=0
kCknqn−k = n(n−1)! = n!.
Ta có (k −1)2pn(k) = (k−1)2Cknqn−k. Xét quan hệ đa thức dưới đây:
(p+x)n = (q + 1 +x)n =
n
X
k=0
Ckn(x+ 1)kqn−k.
Lấy đạo hàm hai vế được n(p+x)n−1 =
n
P
k=0
kCkn(x+ 1)k−1qn−k. Vậy
n(p+x)n−1 =
n
X
k=1
(k −1) Ckn(x+ 1)k−1qn−k +
n
X
k=1
Ckn(x+ 1)k−1qn−k. Lấy đạo hàm hai vế và cho x = 0 ta sẽ nhận được các hệ thức sau đây:
n! =
n
X
k=2
(k−1)2Cknqn−k+
n
X
k=2
(k−1) Cknqn−k
=
n
X
k=0
(k−1)2npn(k)−qn +
n
X
k=2
(k−1) Cknqn−k
=
n
X
k=0
(k−1)2npn(k) +
n
X
k=0
kCknqn−k −
n
X
k=0
Cknqn−k
=
n
X
k=0
(k−1)2npn(k) +n!−n!
theo chứng minh trên. Tóm lại
n
P
k=0
(k −1)2pn(k) = n! là đúng.
Ví dụ 2.9.6. Dãy (an) được xác định như sau: a1 = 0, a2 = 1 và an = nan−1
2 +n(n−1)an−2
2 +(−1)n(1−n
2)với n> 3.Xác đinh công thức tường minh chofn = an+2 C1nan−1+3 C2nan−2+ã ã ã+(n−1) Cn−2n a2+nCn−1n a1. Bài giải: Bằng quy nạp theo n ta chỉ ra được an = nan−1 + (−1)n. Vậy an = n!(1− 1
1! + 1 2! − 1
3! + ã ã ã+ (−1)n 1
n!). Viết an trong dạng sau đây:
an = Cnnn! + Cn−1n (−1)1(n−1)! +ã ã ã+ C0n(−1)n(n−n)!; ta cũng viết một cách hình thứcak vàbk = k! qua ak và bk tương ứng. Khi đó an = (b−1)n với mọi số nguyên n > 0 với quy ước a0 = 1. Xét quan hệ đa thức dưới đây:
x(b−1 +x)n = x(a+x)n =
n
X
k=0
Cknan−kxk+1.
Lấy đạo hàm hai vế đượcnx(b−1+x)n−1+(b−1+n)n =
n
P
k=0
k = 1 Cknan−kxk. Với x = 1 ta có bn+nbn−1 =
n
P
k=0
(k+ 1) Cknan−k hay n! +n(n−)! =
n−1
X
k=0
(k+ 1) Cknan−k +n+ 1.
Từ đây ta suy ra fn =
n−1
P
k=0
(k + 1) Cknan−k = 2n!−n−1.
Chú ý 2.9.7. Từx2(b−1+x)n = x2(a+x)n =
n
P
k=0
Cknan−kxk+2 qua lấy đạo hàm hai vế đượcnx2(b−1+x)n−1+2x(b−1+n)n =
n
P
k=0
(k+2) Cknan−kxk+1. Với x = 1 ta có 2bn+nbn−1 =
n
P
k=0
(k+ 2) Cknan−k hay 2n! +n(n−)! =
n−1
X
k=0
(k+ 2) Cknan−k +n+ 2.
Từ đây ta suy ra
n−1
P
k=0
(k + 2) Cknan−k = 3n!−n−2.
Ví dụ 2.9.8. Phép hoán vị f của tập các phần tử S = {1,2, . . . , n} là một song ánh f : S → S. Phần tử j ∈ S được gọi là cố định qua f nếu f(j) = j. Ký hiệu an là số tất cả các hoán vị của tập S mà không có phần tử nào cố định, còn bn là số tất cả các hoán vị của tập S có đúng một phần tử cố định. Khi đó |an−bn| = 1.
Bài giải: Ta có an = Dn =
n
P
i=0
(−1)n−iCini!. Hiển nhiên bn = nan−1. Từ Dn = (n− 1)(Dn−1 + Dn−2), tự chứng minh, ta suy ra an = (n − 1)(an−1 +an−2). Vậy |an−bn| = |an−1−(n−1)an−2|. Sử dụng công thức as = (s−1)(as−1 +as−2) ta sẽ suy ra được
|an−bn| = |an−1−(n−1)an−2| = |an−2−(n−2)an−3| = ã ã ã = |a2−2a1| = 1.
Tóm lại |an −bn| = 1.
Tích Dirichlet
Xét các hàm số học f và g với tích Dirichlet sau đây:
f ? g(n) = X
d|n
f(d)g(n d)
và định nghĩa ba hàm số học u(n) = 1, z(n) = 0 cho mọi n và I(n) =
1 khin = 1 0 khin > 1.
Một số kết quả sau đây là hiển nhiên.
Bổ đề 2.9.9. Cho các hàm số học luôn luôn thỏa mãn (i) f ? g = g ? f.
(ii) (f ? g)? h = f ?(g ? h).
(iii) f ? I = f.
(iv) f ? u = P
d|n
f(d).
Bổ đề 2.9.10. Nếu f và g là những hàm nhân thì f ? g cũng là một hàm nhân.
Chứng minh: Đặt h = f ? g. Vì f(1) = 1 = g(1) theo Mệnh đề 2.2.4 nên h(1) = f(1)g(1) = 1 6= 0. Bây giờ ta phải chỉ ra, nếu m và n là những số tự nhiên và (m, n) = 1 thì h(mn) = h(m)h(n). Thật vậy, do (m, n) = 1 nên khi d|mn và d = ab với a|m, b|n ta có h(mn) = P
a|m,b|n
f(ab)g(mn ab ) = P
a|m
P
b|n
f(a)f(b)g(m a)g(n
b) = P
a|m
f(a)g(m a )P
b|n
f(b)g(n
b) = h(m)h(n). Vậy f ? g là một hàm nhân
Định nghĩa 2.9.11. Cho hàm số học f. Nếu hàm số học g thỏa mãn f ? g = I thì g được gọi là nghịch đảo Dirichlet của f và được ký hiệu bởi f−1.
Bổ đề 2.9.12. Cho hai hàm số học f và g. Nếu h = f ? g và g là những hàm nhân thì f cũng là hàm nhân.
Chứng minh: Ta sẽ chỉ ra nếu g là hàm nhân và f không là hàm nhân thì h cũng không là hàm nhân. Giả sử f không là hàm nhân. Khi đó có các số tự nhiên m, n với (m, n) = 1 và f(mn) 6= f(m)f(n). Ta chọn m, n sao cho (m, n) = 1, f(mn) 6= f(m)f(n) và mn là số nhỏ nhất. Vì h(1) = 1 = g(1)theo Mệnh đề 2.2.4 nên 1 = h(1) = f(1)g(1) = f(1).Vậy f(1) = 1. Do đó mn > 1. Vì h(mn) = P
d|mn
f(d)g(mn
d ) = f(mn)g(1) + P
d|mn,d6=mn
f(d)g(mn
d ) nên khi d|mn và d = ab với a|m, b|n ta có
h(mn) = f(mn) + X
a|m,b|n,ab6=mn
f(a)f(b)g(m a)g(n
b)
= f(mn)−f(m)f(n) +X
a|m
f(a)g(m a )X
b|n
f(b)g(n b)
= f(mn)−f(m)f(n) +h(m)h(n).
Vì f(mn) 6= f(m)f(n) nên h(mn) 6= h(m)h(n) hay h không là một hàm nhân. Từ đây suy ra f là hàm nhân.
Bổ đề 2.9.13. Nếu hàm số học f thỏa mãn f(1) 6= 0 thì có tồn tại f−1. Chứng minh: Vì f(1) 6= 0 nên có g(1) = 1
f(1). Khi n > 1 ta định nghĩa hàm số học g theo công thức g(n) = − P
d|n,d6=n
f(n
d)g(d). Khi đó (f ? g)(1) = f(1)g(1) = 1 và cho n > 1 có (f ? g)(n) = P
d|n
f(n
d)g(d) = g(n) + P
d|n,d6=n
f(n
d)g(d) = 0. Vậy (f ? g)(n) = I(n). Điều này chứng tỏ tồn tại f−1.
Định lý 2.9.14. Nếu f là hàm nhân thì có tồn tại f−1 và f−1 cũng là hàm nhân.
Chứng minh: Vì f là hàm nhân nên f(1) = 1 6= 0.Khi đó có tồn tại f−1 theo Bổ đề 2.9.12. Vìf ? f−1 = I và f, I là những hàm nhân nên f−1 = I là hàm nhân theo Bổ đề 2.9.9.
Định lý sau đây được suy ra từ Bổ đề 2.9.12 và Bổ đề 2.9.13 và Định lý 2.9.14.
Định lý 2.9.15. Tập các hàm nhân với tích Dirichlet lập thành một nhóm giao hoán.