2.3.1. Khái niệm hệ thức truy hồi
Đôi khi ta rất khó định nghĩa một đối tượng một c|ch tường minh. Nhưng có thể dễ d{ng định nghĩa đối tượng n{y qua chính nó. Kỹ thuật n{y được gọi l{ đệ quy mà ta đ~ thảo luận ở trên, v{ người ta có thể dùng kỹ thuật n{y để giải c|c b{i to|n đếm. Kỹ thuật đệ quy còn được dùng để tìm c|c phần tử của một d~y số, trong đó, phần tử sau sẽ được x|c định thông qua c|c phần tử trước đó m{ ta gọi nó l{ hệ thức truy hồi.
Ví dụ về hệ thức truy hồi.
a. Biểu thức tính giai thừa
{ ( ) b. Dãy Fibonacci ( ) { ( ) ( )
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
34
Giả sử một người gửi 10.000 đô la v{o t{i khoản của mình tại một ng}n h{ng với l~i suất kép 11% mỗi năm. Sau 30 năm anh ta có bao nhiêu tiền trong t{i khoản của mình.
Gọi Pn l{ tổng số tiền có trong t{i khoản sau n năm. Vì số tiền có trong t{i khoản sau n năm bằng số có sau n 1 năm cộng lãi suất của năm thứ n, nên ta thấy dãy {Pn} thoả mãn hệ thức truy hồi sau:
với điều kiện đầu P0 = 10.000 đô la. Từ đó suy ra Pn = (1,11)n.10.000. Thay n = 30 cho ta P30 = 228922,97 đô la.
2.3.2. Giải các hệ thức truy hồi
Định nghĩa. Một hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc k với hệ số hằng là hệ thức truy hồi có dạng:
, trong đó là các hằng số thực và .
Theo nguyên lý của quy nạp toán học thì dãy số thỏa mãn hệ thức truy hồi nêu trong định nghĩa được x|c định duy nhất bằng hệ thức truy hồi n{y v{ k điều kiện đầu: .
Phương ph|p cơ bản để giải hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất hệ số hằng là tìm nghiệm dưới dạng , trong đó r l{ hằng số. Chú ý rằng là nghiệm của hệ thức truy hồi
nếu v{ chỉ nếu
Chia hai vế của phương trình n{y cho , ta nhận được
–
Phương trình n{y được gọi l{ phương trình đặc trưng của hệ thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng. Nghiệm của nó gọi l{ nghiệm đặc trưng của hệ thức truy hồi.
Định lý. (Về mối quan hệ giữa nghiệm của hệ thức truy hồi thuần nhất tuyến tính hệ
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
35
Cho là các hằng số thực. Giả sử rằng phương trình đặc trưng
–
có k nghiệm phân biệt . Khi đó dãy {an} là nghiệm của hệ thức truy hồi
, nếu và chỉ nếu
trong đó là các hằng số.
Để tìm các hằng số ta cần thế c|c nghiệm thu được v{o các điều kiện đầu v{ giải nó.
Đơn giản hơn, ta sẽ nghiên cứu chi tiết về hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc hai với hệ số hằng một c|ch kĩ lưỡng. Đối với hệ thức truy hồi tổng qu|t, ta chỉ khảo s|t một số ví dụ m{ không đi sâu vào từng trường hợp cụ thể.
Định lý. (Về mối quan hệ giữa nghiệm của hệ thức truy hồi thuần nhất tuyến tính hệ
số hằng bậc 2 với nghiệm của phương trình đặc trưng của nó).
Cho là các số thực. Xét phương trình đặc trưng
của hệ thức truy hồi
Khi đó, nếu
a) Phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt thì hệ thưc truy hồi có nghiệm dưới dạng:
b) Phương trình đặc trưng có nghiệm kép thì hệ thức truy hồi có nghiệm dưới dạng:
c) Phương trình đặc trưng không có nghiệm thực, nhưng có hai nghiệm phức liên hợp
. Khi đó, hệ thức truy hồi được gọi là không giải được trên trường số thực, nhưng có thể giải được trên trường số phức. Nghiệm sẽ được biểu diễn dưới dạng:
Để giải quyết trường hợp số phức, thông thường ta biểu diễn các số phức dưới dạng lượng giác hoặc dạng lũy thừa e.
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
36
Các hệ số trong công thức ở trường hợp a) b) và c) là các hằng số.
Các hệ số này sẽ được tìm nhờ v{o c|c điều kiện ban đầu. Các ví dụ.
a. Giải hệ thức truy hồi của dãy Fibonacci.
( ) {
( ) ( )
Ta có thể biểu diễn nó dưới dạng
Phương trình đặc trưng của hệ thức này là
Phương trình n{y có hai nghiệm đặc trưng l{
√
√
Do đó, số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là
4 √ 5 4 √ 5
Ta sẽ tìm các hệ số nhờ v{o điều kiện ban đầu . Ta có hệ phương trình sau
{ √ √
Giải hệ này, ta nhận được
√ √
Vậy số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là
√ 4 √ 5 √ 4 √ 5
b. Tìm số hạng tổng quát của hệ thức truy hồi sau:
{
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
37
Phương trình đặc trưng của hệ thức truy hồi là
Phương trình đặc trưng n{y có hai nghiệm phân biệt . Theo định lý ở trên, nghiệm của hệ thức truy hồi có dạng
( )
Theo điều kiện đầu ta nhận được hệ phương trình sau đ}y để tìm giá trị của .
{
Giải hệ phương trình này, ta nhận được
{
Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi là
( )
c. Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau:
{
Công thức trên có thể viết lại như sau
Phương trình đặc trưng của hệ thức truy hồi
Phương trình có nghiệm kép là . Do đó, công thức nghiệm tổng quát sẽ là
Sử dụng điều kiện đầu, ta nhận được
{
Giải hệ này, ta nhận được
Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi trên là
( )
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
38
2
Công thức trên có thể viết lại như sau
Phương trình đặc trưng của nó có dạng
Phương trình n{y có hai nghiệm phức
√
√
Công thức nghiệm tổng quát có dạng
4 √
5 4 √ 5
Để thuận lợi cho việc tính toán, ta sẽ biểu diễn hai số phức n{y dưới dạng lượng giác.
√( * 4 √ 5 ( ) √ √ ( ) √ √
Khi đó, nghiệm có thể biểu diễn dưới dạng
0( . / . /)1 0 ( . / . /)1
hay
. . / . // . . / . //
hay
( ) . / ( ) . /
Sử dụng điều kiện đầu, ta nhận được
{
( )
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM 39 Từ đó, ta nhận được √ √
Vậy nghiệm của công thức truy hồi là
√
( )
e. Tìm nghiệm của hệ thức truy hồi sau:
{
Hệ thức truy hồi có thể được viết lại
Phương trình đặc trưng của hệ thức truy hồi
Phương trình đặc trưng có 3 nghiệm . Công thức nghiệm tổng quát
Sử dụng điều kiện đầu, ta nhận được hệ
{
Hệ này có nghiệm . Vậy, nghiệm của hệ thưc truy hồi là
2.3.3. Quy về bài toán đơn giản
Để giải quyết c|c b{i to|n đếm phức tạp, ta thường ph}n tích b{i to|n để đưa về c|c b{i to|n con đơn giản hơn. Kĩ thuật ph}n chia n{y còn được biết đến với tên gọi l{ chia để trị. Bởi lẽ quy tắc n{y được |p dụng l{ vì, không phải lúc n{o b{i to|n cũng đếm cũng dễ d{ng giải quyết được. Nhưng sự ph}n chia để nhận được các bài toán nhỏ hơn cũng đòi hỏi người phân tích phải hiểu một cách sâu sắc về cấu hình cần đếm.
CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẾM
40
Giải sử ta xét b{i to|n đếm phức tạp, b{i to|n được phân tách thành bài toán con. Giả sử rằng, n l{ kích thước của b{i to|n đếm, và mỗi b{i to|n con có kích thước được giảm đi lần, tức kích thươc của nó là .
Gọi là hàm số phép toán cần thiết để giải bài toán con, nó là hàm theo biến số kích thước; l{ h{m c|c phép to|n cần thiết để thực hiện việc ph}n chia b{i to|n ban đầu về các bài toán con, nó là hàm theo biến kích thước.
Khi đó, ta có
( ) ( * ( )
Phát biểu: số phép to|n cần thiết để giải b{i to|n ban đầu bằng tổng số c|c phép to|n cần thiết để giải mỗi b{i to|n con v{ số phép to|n cần thiết để thực hiện phép chuyển từ b{i to|n ban đầu sang c|c b{i to|n con.
2.3.4. Phương pháp liệt kê
Việc giải c|c b{i to|n đếm dưới dạng tổng qu|t v{ nhận được một công thức cụ thể l{ một điều cực kì khó khăn. Cho đến nay, rất nhiều b{i to|n đếm chưa có lời giải dưới dạng một công thức cụ thể. Đối với những b{i to|n như thế, chúng ta cần sử dụng một phương ph|p liệt kê. Dù nó không chỉ ra một kết quả cụ thể, nhưng có thể sử dụng công cụ m|y tính để thực hiện phép đếm.
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI 3.1. Giới thiệu bài toán
Trong nhiều b{i to|n tổ hợp, việc chỉ ra một cấu hình thỏa m~n c|c tính chất cho trước l{ một việc l{m khó khăn. Đối với b{i to|n dạng n{y, để giải quyết, chúng ta cần khảo s|t sự tồn tại của nó. Chúng được gọi l{ b{i to|n tồn tại.
Một b{i to|n tồn tại tổ hợp được xem như giải xong, nếu hoặc chỉ ra một c|ch x}y dựng cấu hình hoặc chứng minh chúng không tồn tại.
Bài toán 1. Bài toán về 36 sĩ quan .
Có một lần người ta triệu tập từ 6 trung đo{n, mỗi trung đo{n 6 sĩ quan thuộc 6 cấp bậc kh|c nhau: thiếu uý, trung uý, thượng uý, đại uý, thiếu t|, trung t| về tham gia duyệt binh ở sư đo{n bộ. Hỏi rằng, có thể xếp 36 sĩ quan n{y th{nh một đội ngũ hình vuông sao cho trong mỗi h{ng ngang cũng như mỗi h{ng dọc đều có đại diện của cả sáu trung đo{n v{ của 6 cấp bậc.
Để đơn giản ta sẽ dùng các chữ c|i in hoa A, B, C, D, E, F để chỉ phiên hiệu của c|c trung đo{n, c|c chữ c|i in thường a, b, c, d, e, f để chỉ cấp bậc. Bài toán này có thể tổng quát hoá nếu thay 6 bởi n. Trong trường hợp n = 4 một lời giải của bài toán 16 sĩ quan l{:
Ab Dd Ba Cc Bc Ca Ad Db Cd Bb Dc Aa Da Ac Cb Bd Một lời giải với n = 5 là:
Aa Bb Cc Dd Ee Cd De Bd Ab Bc Eb Ac Bd Ce Da Be Ca Db Ec Ad
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI
42
Dc Ed Ae Ba Cb
Do lời giải bài toán có thể biểu diễn bởi hai hình vuông với các chữ cái la tinh hoa v{ la tinh thường nên bài toán tổng qu|t đặt ra còn được biết với tên gọi “hình vuông la tinh trực giao”. Trong hai ví dụ trên ta có hình vuông la tinh trực giao cấp 4 và 5.
Euler đ~ mất rất nhiều công sức để tìm ra lời giải cho b{i to|n 36 sĩ quan thế nhưng ông đ~ không th{nh công. Vì vậy, ông giả thuyết là cách sắp xếp như vậy không tồn tại. Giả thuyết n{y đ~ được nhà toán học pháp Tarri chứng minh năm 1901 bằng cách duyệt tất cả mọi khả năng xếp. Euler căn cứ vào sự không tồn tại lời giải khi n=2 v{ n = 6 còn đề ra giả thuyết tổng qu|t hơn l{ không tồn tại hình vuông trực giao cấp 4n + 2. Giả thuyết n{y đ~ tồn tại hai thế kỷ, m~i đến năm 1960 ba nh{ toán học Mỹ là Bore, Parker, Srikanda mới chỉ ra được một lời giải với n = 10 và sau đó chỉ ra phương ph|p x}y dựng hình vuông trực giao cho mọi n = 4k + 2 với k > 1. Tưởng chừng b{i to|n chỉ mang ý nghĩa thử th|ch trí tuệ con người thuần tuý như một b{i to|n đố. Nhưng gần đ}y, người ta ph|t hiện những ứng dụng quan trọng của vấn đề trên v{o qui hoạch, thực nghiệm v{ hình học xạ ảnh.
Bài toán 2. Bài toán 4 màu.
Có nhiều b{i to|n m{ nội dung của nó có thể giải thích được với bất kỳ ai, lời giải của nó ai cũng cố gắng thử tìm nhưng khó có thể tìm được. Ngo{i định lý Fermat thì b{i to|n bốn m{u cũng l{ một b{i to|n như vậy. B{i to|n có thể được ph|t biểu như sau: Chứng minh rằng mọi bản đồ đều có thể tô bằng 4 m{u sao cho không có hai nước l|ng giềng n{o lại bị tô bởi cùng một m{u. Trong đó, mỗi nước trên bản đồ được coi l{ một vùng liên thông, hai nước được gọi l{ l|ng giềng nếu chúng có chung đường biên giới l{ một đường liên tục.
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI
43
Hình 3.1 – Bài toán 4 màu
Con số bốn màu không phải là ngẫu nhiên. Người ta đ~ chứng minh được rằng mọi bản đồ đều được tô bởi số màu lớn hơn 4, còn với số m{u ít hơn 4 thì không thể tô được, chẳng hạn bản đồ gồm 4 nước như trên hình 2.2 không thể tô được với số m{u ít hơn 4.
B{i to|n n{y xuất hiện v{o những năm 1850 từ một l|i buôn người Anh l{ Gazri khi tô bản đồ h{nh chính nước Anh đ~ cố gắng chứng minh rằng nó có thể tô bằng bốn m{u. Sau đó, năm 1852, ông đ~ viết thư cho De Morgan để thông b|o về giả thuyết n{y. Năm 1878, Keli trong một b{i b|o đăng ở tuyển tập c|c công trình nghiên cứu của Hội to|n học Anh có hỏi rằng b{i to|n n{y đ~ được giải quyết hay chưa? Từ đó b{i to|n trở nên nổi tiếng, trong suốt hơn một thế kỷ qua, nhiều nh{ to|n học đ~ cố gắng chứng minh giả thuyết n{y. Tuy vậy, m~i tới năm 1976 hai nh{ to|n học Mỹ l{ K. Appel v{ W. Haken mới chứng minh được nó nhờ m|y tính điện tử.
Bài toán 3. Hình lục giác thần bí.
Năm 1890 Clifford Adams đề ra b{i to|n hình lục gi|c thần bí sau: trên 19 ô lục gi|c h~y điền c|c số từ 1 đến 19 sao cho tổng theo 6 hướng của lục gi|c l{ bằng nhau (v{ đều bằng 38). Sau 47 năm trời kiên nhẫn cuối cùng Adams cũng đ~ tìm được lời giải. Sau đó vì sơ ý đ|nh mất bản thảo ông đ~ tốn thêm 5 năm để khôi phục lại. Năm 1962 Adams đ~ công bố lời giải đó. Nhưng thật không thể ngờ được đó l{ lời giải duy nhất.
1
2 3
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI
44
Hình 3.2 – B{i to|n hình lục gi|c thần bí
3.2. Phương pháp phản chứng
Ý tưởng: Phương ph|p chứng minh phản chứng dựa trên hệ luật logic sau:
( ) ( )
Có nghĩa l{, để chứng minh mệnh đề l{ đúng, ta có thể chứng minh mệnh đề
.
Quy trình chứng minh. Để chứng minh một khẳng định theo phương ph|p phản chứng, ta cần thực thi c|c bước sau:
Bước 1. Giả sử hệ quả đ~ cho l{ sai.
Bước 2. Chứng minh quy tắc suy luận từ hệ quả sai sẽ dẫn đến một giả thiết tr|i ngược với giả thiết đ~ cho ban đầu.
Bước 3. Khẳng định đúng.
Ví dụ 1. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 v{ nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng ta
luôn luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép lại thành một tam giác.
Giải. Điều kiện cần v{ đủ để 3 đoạn là cạnh của một tam giác là tổng của hai cạnh
phải lớn hơn một cạnh. Ta sắp c|c đoạn thẳng theo thứ tự tăng dần của độ dài
và chứng minh rằng d~y đ~ xếp luôn tìm được 3 đoạn mà tổng của hai đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối.
CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN TỒN TẠI
45
Bước 2. Theo tính chất của bất đẳng thức tam giác:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
M}u thuẫn (vì tất cả c|c cạnh đều có độ d{i nhỏ hơn 100).
Bước 3. Vậy, ta luôn tìm được 3 đoạn thẳng thỏa m~n yêu cầu.
Ví dụ 2. C|c đỉnh của một thập gi|c đều được đ|nh số bởi các số nguyên 0, 1,.., 9 một
cách tuỳ ý. Chứng minh rằng luôn tìm được ba đỉnh liên tiếp có tổng các số là lớn hơn 13.
Giải. Gọi x1, x2,.., x10 là các số g|n cho c|c đỉnh của thập gi|c đều.
Bước 1. Giả sử ngược lại ta không tìm được 3 đỉnh liên tiếp nào thoả mãn khẳng định trên.