Luận văn:Bài toán đếm nâng cao trong tổ hợp và ứng dụng docx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (447.98 KB, 26 trang )
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯƠNG NHẬT LÝ
BÀI TOÁN ĐẾM NÂNG CAO
TRONG TỔ HỢP VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Đà Nẵng – Năm 2011
2
Công trình ñược hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH. TRẦN QUỐC CHIẾN
Phản biện 1:
Phản biện 2:
Luận văn ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn tốt
nghiệp Thạc sĩ Khoa học, họp tại Đại học Đà Nẵng vào 22 ngày
tháng 10 năm 2011
Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng
-
Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
3
MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Tổ hợp có vị trí ñặc biệt trong toán học không chỉ như là những ñối tượng ñể
nghiên cứu mà còn ñóng vai trò như một công cụ ñắc lực của các mô hình rời rạc của
giải tích, ñại số,
Các bài toán tổ hợp ngày càng chiếm một vị trí quan trọng trong các kỳ thi
olympic, vô ñịch toán Toán tổ hợp là một dạng toán khó, ñòi hỏi tư duy lôgic, tư
duy thuật toán cao, tính hình tượng tốt, phù hợp với mục ñích tuyển chọn học sinh có
khả năng và năng khiếu toán học. Hơn nữa, nội dung các bài toán kiểu này ngày càng
gần với thực tế cuộc sống chúng ta, và ñiều ñó hoàn toàn phù hợp với xu hướng của
toán học hiện ñại.
Chính vì những lý do trên, chúng tôi ñã nghiên cứu và chọn ñề tài “Bài toán ñếm
nâng cao trong tổ hợp và ứng dụng” nhằm hệ thống các phương pháp giải ñồng thời
nâng cao hơn nữa nhận thức và ứng dụng của nó trong học tập, nghiên cứu và công
tác sau này.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu lý thuyết về lý thuyết tổ hợp và từ ñó nhằm hệ thống các phương
pháp giải bài toán ñếm và ứng dụng của nó vào nghiên cứu, học tập cũng như trong
thực tiễn. Đề tài cũng ñược làm tài liệu tham khảo cho học sinh, sinh viên ñại học và
cao ñẳng, học viên cao học, thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế và những ai quan
tâm ñến lý thuyết tổ hợp.
3. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Nhiệm vụ của ñề tài này là nghiên cứu về các cấu hình tổ hợp từ cơ bản ñến
nâng cao, nguyên lý bù trừ, lý thuyết về hàm sinh, công thức truy hồi Từ ñó ñưa ra
ñược hệ thống các phương pháp và ứng dụng ñiển hình của bài toán ñếm nâng cao
trong tổ hợp.
4. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
•
Lý thuyết về các cấu hình tổ hợp cơ bản và mở rộng và các kiến thức liên
quan ñến bài toán ñếm.
•
Phương pháp giải bài toán ñếm và các bài toán áp dụng.
•
Ứng dụng của bài toán ñếm tổ hợp.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu liên quan ñến luận văn ñể thu thập
thông tin, từ ñó phân tích, hệ thống và phân loại các phương pháp giải cũng như một
số ứng dụng ñiển hình liên quan ñến bài toán ñếm trong tổ hợp.
4
6. Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Đề tài hệ thống kiến thức về các nguyên lý ñếm, các cấu hình tổ hợp, lý thuyết
hàm sinh, hệ thức truy hồi và các kiến thức liên quan ñến bài toán ñếm tổ hợp. Từ ñó
hình thành các phương pháp từ cơ bản ñến nâng cao và một số ứng dụng liên quan
ñến bài toán ñếm. Qua ñó bổ sung thêm cho các em học sinh, sinh viên về các
phương pháp giải các bài toán ñếm tổ hợp từ cơ bản ñến khó và rất khó, ñặc biệt là
trước các kì thi học sinh giỏi từ cấp tỉnh, cấp quốc gia ñến thi Olympic quốc tế và các
kỳ thi khác. Đề tài còn có thể làm nguồn tham khảo cho những ai quan tâm ñến lý
thuyết tổ hợp mà cụ thể là phương pháp giải và ứng dụng của bài toán ñếm tổ hợp.
7. CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN
Luận văn ñược cấu trúc bởi 3 chương:
Chương 1: Tổng quan về tổ hợp
Chương 2: Một số phương pháp ñếm nâng cao
Chương 3: Một số ứng dụng
Chương 1
TỔNG QUAN VỀ TỔ HỢP
1.1. SƠ LƯỢC VỀ LỊCH SỬ TỔ HỢP
Có thể nói tư duy tổ hợp ra ñời rất sớm. Vào thời nhà Chu ở Trung Quốc người
ta ñã biết ñến những hình vuông thần bí. Thời cổ Hi lạp, thế kỷ thứ 4 trước Công
nguyên, nhà triết học Kxenokrat ñã biết cách tính số các từ khác nhau lập từ bảng chữ
cái cho trước. Tuy nhiên có thể nói rằng, lý thuyết tổ hợp ñược hình thành như một
ngành toán học mới vào thể kỷ 17 bằng một loạt công trình nghiên cứu của các nhà
toán học xuất sắc như Pascal, Fermat, Euler, Leibnitz …
Các bài toán tổ hợp có ñặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng
lồ. Vì vậy trong thời gian dài, khi mà các ngành toán học như Phép tính vi phân, Phép
tính tích phân, phương trình vi phân… phát triển như vũ bão, thì dường như nó nằm
ngoài sự phát triển và ứng dụng của toán học. Tình thế thay ñổi từ khi xuất hiện máy
tính và sự phát triển của toán học hữu hạn. Nhiều vấn ñề tổ hợp ñã ñược giải quyết
trên máy tính và phát triển rất mạnh mẽ.
1.2. CÁC DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP
Dạng 1: Bài toán tồn tại
Dạng 2: Bài toán ñếm
Dạng 3: Bài toán liệt kê
Dạng 4: Bài toán tối ưu tổ hợp
5
1.3. CÁC CẤU HÌNH TỔ HỢP CƠ BẢN VÀ MỞ RỘNG
1.3.1. Hai nguyên lý ñếm cơ bản
1.3.1.1. Nguyên lý cộng
1.3.1.2. Nguyên lý nhân
1.3.2. Các cấu hình tổ hợp
1.3.2.1. Hoán vị không lặp
1.3.2.2. Hoán vị lặp
1.3.2.3. Chỉnh hợp không lặp
1.3.2.4. Chỉnh hợp lặp
Định nghĩa 1.4: Chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ có thứ tự
gồm k thành phần lấy từ n phần tử ñã cho, các phần tử có thể ñược lặp lại.
Định lí 1.2: Số lượng các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử ñược kí hiệu và xác
ñịnh bởi công thức sau:
k
n
A
= AR(n, k) = n
k
.
1.3.2.5. Tổ hợp không lặp
1.3.2.6. Tổ hợp lặp
Định nghĩa 1.6: Tổ hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một nhóm không phân
biệt thứ tự gồm k phần tử trích từ n phần tử ñã cho, trong ñó các phần tử có thể ñựợc
lặp lại.
Định lý 1.3: Giả sử X có n phần tử khác nhau. Khi ñó số tổ hợp lặp chập k của n
phần tử của X, ñược ký hiệu và xác ñịnh bởi công thức sau:
CR(n, k) = C(k + n - 1, n - 1) = C(k + n - 1, k).
Ví dụ 1.56. Bất phương trình x
1
+ x
2
+ x
3
≤ 11 (1) có mấy nghiệm nguyên không âm ?
Lời giải: Số nghiệm của bất phương trình (1) chính bằng số nghiệm nguyên của
phương trình: x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 11 với
i
x 0,
i = 1, 2, 3, 4.
≥
Mỗi nghiệm của phương trình ứng với một cách chọn 11 phần tử từ một tập có
4 loại, sao cho có x
1
phần tử loại 1, x
2
phần tử loại 2, x
3
phần tử loại 3, x
4
phần tử loại
4 ñược chọn. Vì vậy số nghiệm bằng số tổ hợp lặp chập 11 từ tập có 4 phần tử. Theo
ñịnh lý 1.3 số ñó bằng: C(4 + 11 - 1, 11) = C(14, 11) = 364.
1.3.3. Phân hoạch thứ tự tổ hợp và phân hoạch không thứ tự
1.3.3.1. Phân hoạch thứ tự tổ hợp
Định nghĩa 1.7: Cho X là tập gồm n phần tử khác nhau,
r n
≤
và
S X
⊂
có r phần tử.
Một phân hoạch
{
}
1 2 k
S , S , , S
có thứ tự của S gọi là một phân hoạch thứ tự tổ hợp
chập r của X. Nếu r = n thì gọi là phân hoạch thứ tự của X.
Cho các số nguyên dương
1 2 k
n , n , , n
thỏa
1 2 k
n n n r.
+ + + =
Số các phân
hoạch thứ tự tổ hợp chập r của X dạng
{
}
1 2 k
S , S , , S
có
6
1 1 2 2 k k
S n , S n , , S n ,
= = =
ñược kí hiệu là
1 2 k
C(n; n ,n , ,n )
. Một cấu hình tổ
hợp kiểu này ñược xây dựng qua các bước như sau:
Bước 1: Chọn
1
n
phần tử từ X cho
1
S
, có C(
1
n, n
) khả năng.
Bước 2: Chọn
2
n
phần tử từ X\S
1
cho
2
S
, có C(
1 2
n n ,n
−
) khả năng.
…
Bước k: Chọn
k
n
phần tử từ X\
1 2 k 1
(S S S )
−
∪ ∪ ∪
cho
k
S
, có
C(
1 2 k 1 k
n n n n ,n
−
− − − −
) khả năng.
Theo nguyên lý nhân suy ra:
1 2 k
C(n; n ,n , ,n )
= C(
1
n,n
).C(
1 2
n n ,n
−
) …C(
1 2 k 1 k
n n n n ,n
−
− − − −
)
=
1 2 k
1 2 k
n!
P(n; n ,n , , n ,n r).
n !n ! n !(n r)!
= −
−
Vậy ta có ñịnh lí sau:
Định lý 1.4: Số lượng các phân hoạch thứ tự tổ hợp chập r của X có n phần tử bằng
1 2 k
C(n;n ,n , ,n )
=
1 2 k
1 2 k
n!
P(n;n ,n , n ,n r);
n !n ! n !(n r)!
= −
−
1 2 k
C(n;n ,n , ,n )
ñược gọi là hệ số ña thức.
Ví dụ 1.57. 17 sinh viên ñi dạ hội bằng 5 xe khác nhau theo thứ tự có số chỗ ngồi
tương ứng là 4, 3, 3, 4, 1. Hãy xác ñịnh số cách chở 17 sinh viên bằng 5 xe, trong ñó
có 2 sinh viên phải ñi bằng phương tiện khác.
Lời giải: Mỗi cách chở là một phân hoạch thứ tự tổ hợp chập 15 của 17 với số phần
tử trong mỗi tập con tương ứng là 4, 3, 3, 4, 1. Vì vậy số cách chở là:
C(17;4,3,3,4,1)
=
17!
4!3!3!4!1!
= 8576568000.
1.3.3.2. Phân hoạch không thứ tự
Định nghĩa 1.8: Cho X là tập gồm n phần tử khác nhau, các số nguyên dương
1 2 k
n ,n , ,n
và
1 2 k
p ,p , ,p
thỏa
1 1 2 2 k k
n p n p n p n.
+ + + =
Một hệ thống các tập con của X với
1
p
tập lực lượng
1
n
,
2
p
tập lực lượng
2
n
, …,
k
p
tập lực lượng
k
n
gọi là phân hoạch không thứ tự của X.
Định lý 1.5: Số phân hoạch không thứ tự của X với
1
p
tập lực lượng
1
n
,
2
p
tập lực
lượng
2
n
, …,
k
p
tập lực lượng
k
n
là:
1 2 k
1 1 2 2 k k
p p p
1 2 k
1 1 2 2 k k
C(n; n , , n , n , , n , , n , , n ) n!
p !p ! p !
p !(n !) p !(n !) p !(n !)
=
Trong tử số
1 1 2 2 k k
C(n; n , , n , n , , n , , n , , n )
số
1
n
lặp lại
1
p
lần,
2
n
lặp lại
2
p
lần, …,
k
n
lặp lại
k
p
lần.
Ví dụ 1.60. Phân phối n quả cầu phân biệt vào m hộp phân biệt sao cho:
Hộp 1 chứa
1
n
vật, hộp 2 chứa
2
n
vật, …, hộp m chứa
m
n
vật:
1 2 m
n n n n
+ + + =
7
Hỏi có bao nhiêu cách phân phối khác nhau, không kể thứ tự cầu trong mỗi hộp.
Lời giải: Có thể phân phối bằng m bước như sau:
Bước 1: Chọn
1
n
phần tử từ n cầu cho hộp 1, có C(
1
n,n
) cách
Bước 2: Chọn
2
n
phần tử từ n -
1
n
cho hộp 2, có C(
1 2
n n ,n
−
) cách
…
Bước m: Chọn
m
n
phần tử từ
1 2 m 1
n n n n
−
− − − −
cho hộp m, có
C(
1 2 m 1 m
n n n n ,n
−
− − − −
) khả năng.
Theo nguyên lý nhân suy ra số cách phân phối là:
C(
1
n,n
) .C(
1 2
n n ,n
−
) .C(
1 2 m 1 m
n n n n ,n
−
− − − −
) =
1 2 m
n!
n !n ! n !
.
Chương 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO
2.1. NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ
Với n tập hữu hạn A
1
, A
2
, , A
n
ta có ñịnh lý tổng quát sau:
Định lý 2.1: Với n tập hợp A
1
, , A
n
bất kỳ ta có công thức
|A
1
∪ ∪ A
n
| =
n
i
i=1
A
∑
-
1 i j n
| |
i j
A A
≤ < ≤
∩
∑
+ + (-1)
n-1
|A
1
∩A
2
∩ ∩A
n
| (1)
Hay ta có thể phát biểu cách khác như sau:
| A
1
∪ A
2
∪ ∪ A
n
| = N
1
− N
2
+ N
3
− + (−1)
n-1
N
n
trong ñó N
m
(1 ≤ m ≤ n) là tổng phần tử của tất cả các giao m tập lấy từ n tập ñã cho,
nghĩa là: N
m
=
1 2 m
1 2 m
i i i
1 i i i n
| A A A |
≤ < < < ≤
∩ ∩ ∩
∑
Ví dụ 2.6. Có bao nhiêu cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế ñã bị gạch ñi một
ñường chéo chính sao cho không có con nào ăn con nào.
Lời giải: Có 8! cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế sao cho không có con nào ăn
con nào. Ta cần ñếm số cách xếp không hợp lệ, tức là số cách xếp có ít nhất một con
xe nằm trên ñường chéo.
Gọi A
i
là tập hợp các cách xếp có quân xe nằm ở ô (i, i). Ta cần tìm
|A
1
∪ ∪A
8
|. Nhưng dễ dàng thấy rằng |A
i
| = 7!, |A
i
∩A
j
| = 6! , , |A
1
∩ ∩A
8
| = 1
nên từ ñịnh lý trên ta suy ra:
|A
1
∪ ∪ A
8
| =
1
8
C
.7! -
2
8
C
.6! +
3
8
C
.5! - -
8
8
C
.0!
=
8! 8! 8!
8!
2! 3! 8!
− + − −
.
Như vậy số cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế ñã bị gạch ñi một ñường chéo chính
sao cho không có con nào ăn con nào bằng:
8
8!
– (
8! 8! 8!
8!
2! 3! 8!
− + − −
) =
8!
(
2! 3! 8!
1 1 1
+
− +
)
Ví dụ 2.8. Trong tập S = {1, 2, , 280} có mấy số không chia hết cho 2, 3, 5, 7.
Lời giải: Ta ñếm xem trong tập S có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong các
số 2, 3, 5, 7. Kí hiệu A
1
= {k
∈
S: k chia hết cho 2}, A
2
= {k
∈
S: k chia hết cho 3},
A
3
= {k
∈
S: k chia hết cho 5}, A
4
= {k
∈
S: k chia hết cho 7}.
Khi ñó
1 2 3 4
A A A A
∪ ∪ ∪
là tập các số chia hết cho ít nhất một trong các số 2, 3, 5,
7.
Ta có:
1 2 3 4
280 280 280 280
| A | 140; | A | 93; | A | 56; | A | 40
2 3 5 7
= = = = = = = =
;
1 2 1 3 1 4
2 3 2 4 3 4
280 280 280
| A A | 46; | A A | 28; | A A | 20;
2.3 2.5 2.7
280 280 280
| A A | 18; | A A | 13; | A A | 8;
15 21 35
∩ = = ∩ = = ∩ = =
∩ = = ∩ = = ∩ = =
1 2 3 1 2 4
1 3 4 2 3 4
280 280
| A A A | 9; | A A A | 6;
30 42
280 280
| A A A | 4; | A A A | 2;
70 105
∩ ∩ = = ∩ ∩ = =
∩ ∩ = = ∩ ∩ = =
1 2 3 4
280
| A A A A | 1.
210
∩ ∩ ∩ = =
Do ñó theo nguyên lý bù trừ ta có |
1 2 3 4
A A A A
∪ ∪ ∪
| = 216.
Vậy trong tập S có 280 – 216 = 64 số không chia hết cho 2, 3, 5, 7.
2.2. PHƯƠNG PHÁP SONG ÁNH
2.2.1. Định nghĩa 2.1
Cho ánh xạ f: A
→
B.
•
Ánh xạ f ñược gọi là một ñơn ánh nếu với hai phần tử bất kì a
1
, a
2
∈
A mà a
1
≠ a
2
thì f(a
1
) ≠ f(a
2
), tức là f(a
1
) = f(a
2
)
⇔
a
1
= a
2
.
•
Ánh xạ f ñược gọi là một toàn ánh nếu với mọi b
∈
B ñều tồn tại a
∈
A ñể cho f(a) =
b.
•
Ánh xạ f ñược gọi là một song ánh (tương ứng 1-1) nếu với mọi b
∈
B, tồn tại và
duy nhất a
∈
A ñể f(a) = b. Nói cách khác f là song ánh khi và chỉ khi nó vừa là ñơn
ánh vừa là toàn ánh.
2.2.2. Định lý 2.2
Cho A và B là hai tập hữu hạn. Khi ñó:
•
Nếu có một ñơn ánh f: A
→
B thì |A| ≤ |B|.
•
Nếu có một toàn ánh f: A
→
B thì |A| ≥ |B|.
•
Nếu có một song ánh f: A
→
B thì |A| = |B|.
9
Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất ñơn giản: Nếu tồn tại một song
ánh từ A vào B thì |A| = |B|. Do ñó, muốn chứng minh hai tập hợp có cùng số phần
tử, chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng. Hơn nữa, ta có thể ñếm ñược số phần
tử của một tập hợp A (kí hiệu |A|), ta có thể xây dựng song ánh từ A vào một tập hợp
B mà ta ñã biết cách ñếm số phần tử. Bởi B có cùng số phần tử với A nhưng có cấu
trúc ñược mô tả khác A nên ta có thể ñếm ñược số phần tử của B dễ dàng hơn việc
ñếm số phần tử của A.
Ví dụ 2.14 (APMO 1998).
Giả sử F
k
là tập hợp tất cả các bộ (A
1
, A
2
, , A
k
), trong ñó A
i
(i = 1, 2, , k) là
một tập con của tập E = {1, 2, , 1998}. Kí hiệu |A| là số phần tử của tập A.
Hãy tính:
1 2 k k
k 1 2 k
(A ,A , ,A ) F
S | A A A |
∈
= ∪ ∪ ∪
∑
(1)
Lời giải: Lời giải thứ nhất ta có thể dùng phương pháp quy nạp khá tự nhiên về mặt ý
tưởng, tuy rất cồng kềnh và ñòi hỏi nhiều kĩ năng tính toán.
Lời giải thứ hai cũng tính S
k
thông qua việc tính T(i, k) là số các bộ:
(A
1
, A
2
, , A
k
)
F,
∈
sao cho
1 2 k
A A A i
∪ ∪ ∪ =
tuy nhiên với một cách nhìn khác
như sau: Với i phần tử n
1
, n
2
, , n
i
thuộc {1, 2, , n} ta ñếm xem có bao nhiêu bộ
(A
1
, A
2
, , A
k
) thỏa mãn ñiều kiện
1 2 k
A A A
∪ ∪ ∪
= {n
1
, n
2
, , n
i
} (2), từ ñó tính
ñược T(i, k) và S
k
.
Ta cho các phần tử n
1
, n
2
, , n
i
“ñăng ký” có mặt trong các tập hợp A
i
theo qui
tắc: nếu, chẳng hạn n
1
ñăng kí có mặt trong A
1
, A
2
và không có mặt trong các tập còn
lại thì phiếu ñăng kí của n
1
ñược ghi là (1, 1, 0, 0, , 0), còn nếu n
1
chỉ có mặt trong
A
k
thì ghi phiếu là (0, 0, , 1). Phiếu ñăng kí là hợp lệ nếu có ít nhất một số 1 (nếu
không, phần tử tương ứng sẽ không có mặt trong
1 2 k
A A A
∪ ∪ ∪
).
Với i phiếu ñăng kí của n
1
, n
2
, , n
i
ta lập ñược 1 bộ (A
1
, A
2
, , A
k
). Dễ thấy
rằng với hai bộ phiếu ñăng kí khác nhau, ta có hai bộ tập hợp (A
1
, A
2
, , A
k
) khác
nhau và như vậy số bộ (A
1
, A
2
, , A
k
) thỏa mãn (2) bằng số bộ phiếu ñăng kí hợp lệ.
Vì phiếu ñăng kí của n
p
, p = 1, 2, , i gồm k số 0 hoặc 1 và phải có ít nhất một số 1
nên n
p
có 2
k
– 1 cách ghi phiếu ñăng kí (do trừ ra xâu (0, 0, , 0) và như vậy theo
nguyên lý nhân có tất cả (2
k
– 1)
i
bộ phiếu ñăng kí hợp lệ khác nhau. Cuối cùng, chú
ý rằng có
i
n
C
cách chọn i phần tử n
1
, n
2
, , n
i
từ n phần tử nên ta có:
T(i, k) =
i k i
n
C (2 1)
−
suy ra: S
k
=
n n
i k i
n
i 0 i 0
iT(i,k) iC (2 1)
= =
= −
∑ ∑
= n(2
k
– 1).2
k(n-1)
.
(nhờ khai triển (1 + x)
n
và lấy ñạo hàm, cho x = 2
k
– 1 và nhân hai vế với 2
k
– 1).
Ví dụ 2.15 (Vô ñịch Liên Xô). Có một nhóm người mà trong ñó, mỗi cặp không
quen nhau có ñúng hai người quen chung, còn mỗi cặp quen nhau thì không có người
quen chung. Chứng minh rằng số người quen của mỗi người là như nhau.
10
Lời giải:
Nếu a quen b và tập các người quen của a và b (không kể a, b) lần lượt là A và
B. Mỗi người a’ thuộc A sẽ quen với duy nhất một người thuộc B (do a’ và b không
quen nhau, hơn nữa họ ñã có một người quen chung là a). Tương tự, mỗi người thuộc
B cũng quen với duy nhất một người thuộc A. Vậy tồn tại một song ánh ñi từ A tới B,
tức a và b có số người quen bằng nhau.
Nếu a không quen b thì tồn tại c quen cả a và b. Do ñó, số người quen của a và
b bằng nhau do cùng bằng số người quen của c (suy ra từ trên).
2.3. HỆ THỨC TRUY HỒI
2.3.1. Khái niệm mở ñầu và mô hình hóa bằng hệ thức truy hồi
Định nghĩa 2.2: Hệ thức truy hồi (hay công thức truy hồi) ñối với dãy số {a
n
} là
công thức biểu diễn a
n
qua một hay nhiều số hạng ñi trước của nó, cụ thể là a
0
, a
1
, a
2
,
…, a
n-1
với n ≥ n
0
nguyên dương nào ñó. Dãy số ñược gọi là lời giải hay nghiệm của
hệ thức truy hồi nếu các số hạng của nó thỏa mãn hệ thức truy hồi này. Các giá trị
gán cho một số hữu hạn các số hạng ñầu của dãy gọi là các ñiều kiện ban ñầu hay
ñiều kiện biên của hệ thức truy hồi.
Ví dụ 2.18. Hệ thức truy hồi cho dãy số Fibonacci là F
n
= F
n-1
+ F
n-2
với n ≥ 3 và
F
1
= F
2
= 1.
2.3.2. Giải hệ thức truy hồi
2.3.2.1. Giải hệ thức truy hồi bằng phương pháp lặp
Ta có thể dùng một trong hai phương án sau:
Hoặc ta ñi thay thế liên tiếp công thức truy hồi vào chính nó, mỗi lần thay như
vậy bậc n sẽ giảm ít nhất 1 ñơn vị, cho ñến khi ñạt giá trị ban ñầu.
Hoặc là ta xuất phát từ ñiều kiện ñầu ta sẽ tính một số số hạng ñầu và nhận ra
qui luật, sau ñó dự ñoán số hạng tổng quát và dùng phương pháp chứng minh qui nạp
ñể chứng minh tính ñúng ñắn của công thức vừa dự ñoán ñó.
Ví dụ 2.22 (Bài toán tháp Hà Nội) ‘‘Có ba cọc 1, 2, 3. Ở cọc 1 có n ñĩa xếp chồng
lên nhau sao cho ñĩa nằm dưới lớn hơn ñĩa nằm trên. Hãy chuyển tất cả các ñĩa từ cọc
1 sang cọc 3 có thể dùng cọc 2 làm cọc trung gian với ñiều kiện mỗi lần chỉ ñược
chuyển 1 ñĩa từ cọc này sang cọc khác và luôn ñảm bảo ñĩa nằm dưới lớn hơn ñĩa
nằm trên’’. Bài toán ñặt ra là: Tìm số lần di chuyển ñĩa ít nhất cần thực hiện ñể giải
xong bài toán trên.
Lời giải: Phương pháp di chuyển như sau: Gọi s
n
là số lần di chuyển ñĩa ít nhất cần
thực hiện.
•
Chuyển n-1 ñĩa từ cọc 1 sang cọc 2 (lấy cọc 3 làm trung gian) ta có s
n-1
phép
chuyển.
•
Chuyển ñĩa lớn nhất ở cọc 1 sang cọc số 3: ta có 1 phép chuyển.
11
•
Chuyển n-1 ñĩa ở cọc số 2 về cọc số 3 (lấy cọc 1 làm trung gian) ta có s
n-1
phép
chuyển.
Do vậy, ñể chuyển n chiếc ñĩa từ cọc số 1 sang cọc số 3, ta cần ít nhất s
n-1
+ 1 + s
n-1
= 2.s
n-1
+ 1 phép chuyển. Vậy ta có công thức truy hồi của dãy số s
0
, s
1
, s
2
, … là:
s
n
= 2.s
n-1
+ 1 và s
1
= 1 (s
2
= 3, s
3
= 7).
Ta có: s
n
= 2s
n-1
+ 1 = 2(2s
n-2
+1) + 1 = 2
2
.s
n-2
+ 2 + 1= 2
2
(2s
n-3
+1)+2+1
= 2
3
s
n-3
+ 2
2
+ 2 + 1= … = 2
n-1
.s
1
+ 2
n-2
+ 2
n-3
+ … + 2 + 1
= 2
n-1
+ 2
n-2
+ 2
n-3
+ … + 2 + 1
n 1
n
1 2
2. 1 2 2 1
1 2
−
−
= + = − + +
−
= 2
n
– 1.
Ví dụ 2.23. (Olympic Bungari, 1995) Cho số nguyên n ≥ 2. Hãy tìm số các hoán vị
(a
1
, a
2
, , a
n
) của 1, 2, …, n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i
∈
{1, 2, …, n-1}
thỏa mãn a
i
> a
i+1
.
Lời giải: Gọi S
n
là số các hoán vị thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Để ý rằng số các hoán
vị mà a
n
= n là S
n-1
(Bởi vì S
n-1
là số các hoán vị (a
1
, a
2
, , a
n-1
) của 1, 2, …, n-1 sao
cho tồn tại duy nhất một chỉ số i
∈
{1, 2, …, n - 2} thỏa mãn a
i
> a
i+1
). Còn số các
hoán vị (a
1
, a
2
, , a
n
) thỏa mãn ñiều kiện bài toán với a
i
= n (1 ≤ i ≤ n-1) là
i 1
n 1
C .
−
−
Do ñó: S
n
= S
n-1
+
n 1
i 1
n 1
i 1
C
−
−
−
=
=
∑
S
n-1
+2
n-1
– 1. (Do
n
i 1 n 1
n 1
i 1
C 2
− −
−
=
=
∑
).
Hiển nhiên: S
2
= 1, tương tự ví dụ 2.22 ta sẽ có: S
n
= 2
n
- n - 1.
2.3.2.2. Giải hệ thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng
Định nghĩa 2.3: Hệ thức truy hồi tuyến tính bậc k là hệ thức truy hồi có dạng:
a
n
= c
1
(n).
a
n-1
+ c
2
(n).
a
n-2
+ + c
k
(n).
a
n-k
+ f(n) (T)
trong ñó c
1
(n), c
2
(n), , c
k
(n) và f(n) là các hàm theo n và c
k
(n) ≠ 0 với
n
∀
•
Với hệ thức truy hồi (T) thì hệ thức truy hồi sau
a
n
= c
1
(n).
a
n-1
+ c
2
(n).
a
n-2
+ + c
k
(n).
a
n-k
(T
0
)
ñược gọi là hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc k ứng với (T).
•
Nếu c
i
(n) = c
i
, i = 1, 2, , k , ñều là các hằng số, c
k
(n) ≠ 0 thì (T) ñược gọi là hệ
thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng bậc k và (T
0
) tương ứng ñược gọi là hệ thức truy
hồi tuyến tính thuần nhất hệ số hằng bậc k.
•
Điều kiện ban ñầu (ñiều kiện biên) của (T) là giả thiết một số phần tử ñầu của dãy
có giá trị cho trước: a
0
= C
0
, a
1
= C
1
, a
2
= C
2
,
∗
Phương trình ñặc trưng của hệ thức truy hồi (T
0
) có hệ số hằng:
r
k
− c
1
r
k-1
− c
2
r
k-2
− − c
k-1
r – c
k
= 0 (1)
Phương trình (1) ñược gọi là phương trình ñặc trưng của hệ thức truy hồi (T
0
),
nghiệm của nó gọi là nghiệm ñặc trưng của hệ thức truy hồi. Nghiệm của phương
trình ñặc trưng dùng ñể biểu diễn công thức tất cả các nghiệm (nghiệm tổng quát) của
hệ thức truy hồi (T
0
).
12
∗
Các ñịnh lý sau ta xét các hệ thức truy hồi (T) và (T
0
) ở trên với hệ số hằng:
Định lý 2.3: Nếu a
1
, a
2
, , a
m
là các nghiệm của (T
0
) thì a = c
1
a
1
+ c
2
a
2
+ + c
m
a
m
(với c
1
, c
2
, , c
m
là các hằng số tùy ý) cũng là nghiệm của hệ thức truy hồi (T
0
).
Định lý 2.4: Nếu r là nghiệm bội m (m
≥
1) của phương trình ñặc trưng (1) thì r
n
, nr
n
,
n
2
r
n
, …, n
m-1
r
n
là các nghiệm của (T
0
), và khi ñó (c
0
+c
1
n+c
2
n
2
+…+ c
m-1
n
m-1
)
.r
n
, (c
0
,
c
1
, , c
m-1
là các hằng số tùy ý) cũng là nghiệm của (T
0
).
Hệ quả 2.1: Nếu r
1
, r
2
, …, r
q
tương ứng là các nghiệm bội m
1
, m
2
, …, m
q
(m
i
≥
1, i = 1, 2, …, q) của phương trình ñặc trưng (1), thì nghiệm tổng quát của (T
0
)
có dạng: a
n
= a
1
(n) + a
2
(n) + + a
q
(n), trong ñó:
a
i
(n) = (C
i,0
+ nC
i,1
+ n
2
C
i,2
+…+
i
i
m 1
i,m 1
n .C
−
−
).
n
i
r
,
i 1,2, ,q
∀ =
Với C
i,j
, j = 0, 1, 2, …, m
i
-1 , là các hằng số bất kỳ.
Hệ quả 2.2: Cho c
1
, c
2
, , c
k
là các số thực. Giả sử rằng phương trình ñặc trưng
r
k
− c
1
r
k-1
− c
2
r
k-2
− − c
k-1
r – c
k
= 0 có k nghiệm phân biệt r
1
, r
2
, , r
k
(có thể phức).
Khi ñó dãy {a
n
} là nghiệm của hệ thức truy hồi (T
0
) thì nghiệm ñó có dạng
a
n
= α
1
r
1
n
+ α
2
r
2
n
+ + α
k
r
k
n
, trong ñó α
1
, α
2
, , α
k
là các hằng số.
Định lý 2.5: Nghiệm tổng quát của (T) có dạng a
n
= h
n
+ g
n
Trong ñó g
n
là một nghiệm riêng nào ñó của (T) và h
n
là nghiệm tổng quát của hệ
thức truy hồi tuyến tính thuần nhất (T
0
) ứng với (T).
Định lý 2.6: [4, tr.62] Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng
bậc k: a
n
+ C
1
.a
n-1
+ C
2
.a
n-2
+ + C
k
.a
n-k
= f(n) (T)
trong ñó f(n) = P
s
(n) (là ña thức bậc s của n)
Phương trình ñặc trưng của (T) là: r
k
+ C
1
r
k-1
+ C
2
r
k-2
+ + C
k-1
r + C
k
= 0 (1)
•
Nếu phương trình ñặc trưng (1) không có nghiệm r = 1 thì nghiệm riêng của (T) có
dạng
*
n
a
= Q
s
(n).
•
Nếu phương trình ñặc trưng (1) có nghiệm bội m là r = 1 thì nghiệm riêng của (T)
có dạng
*
n
a
= n
m
.Q
s
(n).
Định lý 2.7: (Mở rộng của ñịnh lý 2.6)
Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng bậc k:
a
n
+ C
1
.a
n-1
+ C
2
.a
n-2
+ + C
k
.a
n-k
= f(n) (T)
trong ñó f(n) = P
s
(n).
n
β
(là ña thức bậc s của n, và
β
là một hằng số)
Phương trình ñặc trưng của (T) là: r
k
+ C
1
r
k-1
+ C
2
r
k-2
+ + C
k-1
r + C
k
= 0 (1)
•
Nếu
β
không phải là nghiệm của phương trình ñặc trưng (1) thì nghiệm riêng của
(T) có dạng
*
n
a
= Q
s
(n).
β
n
(trong ñó Q
s
(n) là ña thức có bậc s).
•
Nếu
β
là nghiệm bội m (m ≥ 1) của phương trình ñặc trưng (1) thì nghiệm riêng
của (T) có dạng
*
n
a
= n
m
.Q
s
(n).
β
n
(trong ñó Q
s
(n) là ña thức có bậc s).
13
Định lý 2.8: (Nguyên lý chồng chất nghiệm)
Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng bậc k:
a
n
= C
1
.a
n-1
+ C
2
.a
n-2
+ + C
k
.a
n-k
+ f(n) (T)
Nếu thành phần không thuần nhất f(n) của (T) có dạng
f(n) = p
1
(n) + p
2
(n) + + p
m
(n) thì nghiệm riêng của (T) có dạng
g
n
= f
1
(n) + f
2
(n) + + f
m
(n), trong ñó f
i
(n),
i 1,m
=
là nghiệm riêng của hệ thức truy
hồi không thuần nhất tương ứng: a
n
= C
1
.a
n-1
+ C
2
.a
n-2
+ + C
k
.a
n-k
+ f
i
(n),
i 1,m
=
.
Ví dụ 2.33. Giải công thức truy hồi a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ n2
n
+ 3
n
+ 4 , n ≥ 2 (T)
Lời giải:
•
Phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát là h
n
= c
1
.2
n
+ c
2
.n2
n
•
Ta có thành phần không thuần nhất là f(n) = n2
n
+ 3
n
+ 4 do ñó ñể tìm nghiệm
riêng g
n
của (T) ta lần lượt ñi tìm nghiệm riêng của 3 hệ thức truy hồi sau:
a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ 4 ; a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ 3
n
; a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ n2
n
* Với hệ thức a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ 4 (T
1
)
Ta có thành phần không thuần nhất là f
1
(n) = 4 = 4.1
n
và do 1 không là nghiệm của
phương trình ñặc trưng nên nghiệm riêng của (T
1
) có dạng c.1
n
, thay vào (T
1
) ta ñược
c = 4. Vậy nghiệm riêng của (T
1
) là 4.
* Với hệ thức a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ 3
n
(T
2
)
Ta có thành phần không thuần nhất là f
2
(n) = 3
n
= 1.3
n
và 3 không là nghiệm của
phương trình ñặc trưng nên nghiệm riêng của (T
2
) có dạng c.3
n
, thay vào (T
2
) ta ñược
c = 9.
Vậy nghiệm riêng của (T
2
) là 9.3
n
.
* Với hệ thức a
n
= 4a
n-1
– 4a
n-2
+ n2
n
(T
3
)
Ta có thành phần không thuần nhất là f
3
(n) = n.2
n
và 2 là nghiệm bội 2 của phương
trình ñặc trưng nên nghiệm riêng của (T
3
) có dạng n
2
(c
1
n + c
2
)2
n
, thay vào (T
3
) ta có:
n
2
(c
1
n + c
2
)2
n
= 4
( )
2
n 1
−
[c
1
(n - 1) + c
2
]2
n-1
- 4
( )
2
n 2
−
[c
1
(n - 2) + c
2
]2
n-2
+ n2
n
chia cả hai vế cho 2
n-2
sau ñó khai triển và cân bằng hệ số (của ña thức ẩn n) ta ñược:
c
1
=
1
6
, c
2
=
1
2
. Vậy nghiệm riêng của (T
3
) là n
2
(
1
6
n +
1
2
)2
n
.
Từ ba trường hợp trên suy ra nghiệm riêng của hệ thức truy hồi (T) là
g
n
= 4 + 9.3
n
+ n
2
(
1
6
n +
1
2
)2
n
.
Vậy nghiệm tổng quát của (T) là: a
n
= c
1
.2
n
+ c
2
.n2
n
+4 + 9.3
n
+ n
2
(
1
6
n +
1
2
)2
n
.
14
2.4. PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG HÀM SINH
Có rất nhiều bài toán tổ hợp như bài toán phân hoạch tập hợp, bài toán ñếm,
tìm dãy số trong các ñề thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế là các bài toán rất khó.
Hàm sinh là một công cụ hiệu lực ñể giải quyết dạng bài tập này. Khái niệm hàm sinh
khá ñơn giản, dễ hiểu nhưng lại có ứng dụng rất hay vào việc giải các dạng bài toán
trên.
2.4.1. Định nghĩa 2.4
Cho dãy số {a
n
}. Chuỗi lũy thừa hình thức vô hạn F(x) =
n
n
n 0
a x
≥
∑
gọi là hàm sinh
thường sinh bởi dãy số {a
n
}. Kí hiệu: {a
n
}
↔
F(x) hay {a
n
}
↔
F.
2.4.2. Công thức khai triển Taylor
Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có ñạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b); x
0
∈
(a, b). Khi
ñó ta có công thức khai triển Taylor: f(x) =
(n)
n
0
n 0
f (x )
x
n!
≥
∑
.
2.4.3. Công thức nhị thức Newton mở rộng
•
Với
α
là một số thực và k là số nguyên không âm. Lúc ñó hệ số nhị thức Newton
mở rộng
k
C
α
ñược ñịnh nghĩa như sau:
k
( 1) ( k 1)
, k 0
C
k!
1, k 0
α
α α − α − +
>
=
=
•
Cho x là số thực với |x| < 1 và
α
là một số thực. Lúc ñó:
k k
k 0
(1 x) C x .
∞
α
α
=
+ =
∑
Tức là:
2 n
( 1) ( 1) ( n 1)
(1 x) 1 x x x
2 n!
α
α α − α α − α − +
+ = + α + + + +
2.4.4. Tính chất của hàm sinh
Cho {a
n
}
↔
F(x) , {b
n
}
↔
G(x) khi ñó ta có các tính chất sau:
(1) {a
n
± b
n
}
↔
F(x) ± G(x)
(2) {ka
n
}
↔
kF(x) ,
∀
k
∈
R
(3) {(n+1)a
n+1
}
↔
F’(x)
(4) {a
n
-a
n-1
}
↔
(1-x)F(x)
(5) {na
n
}
↔
xF’(x)
(6) {a
n+h
}
↔
2 3 h 1
0 1 2 3 h 1
h
F(x) a a x a x a x a x
, N
x
h
−
−
− − − − − −
∈
(7) {k.a
n
± h.b
n
}
↔
k.F(x) + h.G(x)
(8) {a
0
+a
1
+a
2
+ +a
n
}
↔
F(x)
1 x
−
(9) {c
n
} = {
i j
i j n
a b
+ =
∑
} = {
n
k n k
k 0
a b
−
=
∑
}
↔
F(x).G(x)
15
2.4.5. Một số khai triển ñại số thường dùng trong việc sử dụng hàm sinh
(1)
2 k
1
1 x x x
1 x
= + + + + +
−
(2)
1
1 x
+
= 1 – x + x
2
– x
3
+ …
(3)
1
1 ax
−
= 1 + ax + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
n
x
n
+…
(4) (1 + x)
n
=
1 2 2 n n
n n n
1 C x C x C x
+ + + +
(5)
n 1 k
n k 1
n
k 0
1
C x
(1 x)
∞
−
+ −
=
=
−
∑
=
2 3
n(n 1) n(n 1)(n 2)
1 nx x x
2 3!
+ + +
+ + + +
(6)
( )
k
k 2 k k 1 k 2
x
x x x x
1 x
1 x x
+ +
= + + + = + + +
−
(7)
k 1
2 k
1 x
1 x x x
1 x
+
−
= + + + +
−
(8)
2 4 6
2
1
1 x x x
1 x
= + + + +
−
(9)
2 4 6 3 5 7
2
x
x(1 x x x ) x x x x
1 x
= + + + + = + + + +
−
(10)
2
2
1
1 2x 3x
(1 x)
= + + +
−
+ (n+1)x
n
+
(11)
2 n
2
1 x
1 3x 5x (2n 1)x
(1 x)
+
= + + + + + +
−
(12)
2
2 3 2 n
3
x x
x 4x 9x n x
(1 x)
+
= + + + + +
−
(13)
2 3 n
x n
x x x
e 1 x x
2! 3! n!
= + + + + + +
(14)
2 3 n
n
x x x
ln(1 x) x x
2 3 n
− − = + + + + +
(15)
n k k k
n
n 0
(1 ax) C a x
∞
=
+ =
∑
2.4.6. Phương pháp ñếm bằng hàm sinh
Hàm sinh có thể ñược áp dụng trong các bài toán ñếm. Nói riêng, các bài toán
chọn các phần tử từ một tập hợp thông thường sẽ dẫn ñến các hàm sinh. Khi hàm sinh
ñược áp dụng theo cách này, hệ số của x
n
chính là số cách chọn n phần tử.
2.4.6.1. Chọn các phần tử khác nhau
Hàm sinh cho dãy các hệ số nhị thức ñược suy ra trực tiếp từ ñịnh lý nhị thức
i 0 1 k k k
k k k k
{C } C C x C x (1 x)
↔ + + + = +
16
Như vậy hệ số của x
n
trong (1 + x)
k
là
n
k
C
bằng số cách chọn n phần tử phân
biệt từ một tập hợp gồm k phần tử không phân biệt thứ tự. Ví dụ, hệ số của x
2
là
2
n
C
,
số cách chọn 2 phần tử từ tập hợp k phần tử. Tương tự, hệ số của x
k+1
là số cách chọn
k + 1 phần tử từ tập hợp k phần tử và như thế, bằng 0.
2.4.6.2. Xây dựng hàm sinh ñể giải bài toán ñếm
Hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập hợp k phần tử là (1 + x)
k
. Đây
chính là công thức hàm sinh mà ta ñã nhận ñược bằng cách sử dụng ñịnh lý nhị thức.
Chúng ta có thể mở rộng ñiều này qua ñịnh lý sau ñây:
Định lý 2.8. (Quy tắc xoắn) Gọi A(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập
hợp A và B(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp B. Nếu A và B là rời
nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ A ∪ B là A(x).B(x).
2.4.6.3. Chọn các phần tử có lặp
Hàm sinh của cách chọn các phần tử từ tập hợp n phần tử có lặp là
n
1
(1 x)
−
.
Như vậy theo công thức Taylor số cách chọn k phần tử có lặp từ n phần tử bằng
k
n k 1
C .
+ −
Một cách tiếp cận khác, ta lập luận như sau:
Với k > 0, ta có
n
n k 1
{C , n 0, 1, 2, }
+ −
=
↔
F(x) =
k
1
(1 x)
−
Thậy vậy, ta có
k
1
(1 x)
−
=
k
1
1 x
−
= ( 1 + x + x
2
+ x
3
+ )
k
Nếu ta khai triển biểu thức trên bằng cách thực hiện nhân phá ngoặc, thì số lần
xuất hiện số hạng x
n
sẽ bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình:
x
1
+ x
2
+ + x
k
= n. Ta ñã biết số nghiệm của phương trình này bằng:
n
n k 1
C
+ −
. Như
vậy hệ số của x
n
chính bằng số cách chọn n vật từ tập có k loại ñồ vật.
Nhận xét 2.7: Ví dụ trên ñã áp dụng qui tắc xoắn gợi ý cho ta phương pháp giải
nhiều bài toán ñếm. Chẳng hạn với hàm sinh:
F(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
)(1 + x + x
2
)(1 + x + x
2
+ x
3
)
Giả sử
3
1 2
x
x x
x , x , x
tương ứng là các số hạng lấy từ các thừa số thứ nhất, thứ
hai và ba của vế phải, suy ra 0 ≤ x
1
≤ 5, 0 ≤ x
2
≤ 2, 0 ≤ x
3
≤ 3. Khi khai triển vế phải
các thừa số này sẽ cho ta số hạng x
n
, với n = x
1
+ x
2
+ x
3
. Như thế hệ số của x
n
trong
F(x) sẽ là số nghiệm nguyên không âm của phương trình x
1
+ x
2
+ x
3
= n thỏa mãn:
0 ≤ x
1
≤ 5, 0 ≤ x
2
≤ 2, 0 ≤ x
3
≤ 3. Như vậy hệ số này cũng cho ta số cách chọn n vật
từ tập có 3 loại vật, gồm 5 vật loại 1, 2 vật loại 2 và 3 vật loại 3.
17
Ví dụ 2.41. Bây giờ ta xét một bài toán ñếm rất khó chịu. Có bao nhiêu nhiêu cách
sắp một giỏ n trái cây thoả mãn các ñiều kiện ràng buộc sau:
•
Số táo phải chẵn
•
Chỉ có thể có nhiều nhất 4 quả cam
•
Số chuối phải chia hết cho 5
•
Chỉ có thể có nhiều nhất 1 quả ñào
Chẳng hạn, ta có 7 cách sắp giỏ trái cây có 6 trái:
Táo 6 4 4 2 2 0 0
Chuối 0 0 0 0 0 5 5
Cam 0 2 1 4 3 1 0
Đào 0 0 1 0 1 0 1
Lời giải: Các ñiều kiện ràng buộc này quá phức tạp và có cảm giác như việc ñi tìm
lời giải là vô vọng. Nhưng ta hãy xem hàm sinh sẽ xử lý bài toán này thế nào.
Trước hết, ta ñi tìm hàm sinh cho số cách chọn táo. Có 1 cách chọn 0 quả táo,
có 0 cách chọn 1 quả táo (vì số táo phải chẵn), có 1 cách chọn 2 quả táo, có 0 cách
chọn 3 quả táo …
Như thế ta có hàm sinh cho số cách chọn táo là A(x) = 1 + x
2
+ x
4
+ … =
1
.
2
1 x
−
Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn chuối là B(x) = 1 + x
5
+ x
10
+ … =
5
1
.
1 x
−
Bây giờ, ta có thể chọn 0 quả cam bằng 1 cách, 1 quả cam bằng 1 cách, … Nhưng ta
không thể chọn hơn 4 quả cam, vì thế ta có C(x) = 1 + x + x
2
+ x
3
+ x
4
=
5
.
1 x
1 x
−
−
Và tương tự, hàm sinh cho số cách chọn ñào là D(x) = 1 + x =
2
.
1 x
1 x
−
−
Theo quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ cả 4 loại trái cây bằng
5 2
2 3
2 5 2
1 1 1 x 1 x 1
A(x).B(x).C(x).D(x) . . . 1 2x 3x 4x
1 x 1 x
1 x 1 x (1 x)
− −
= = = + + + +
− −
− − −
Gần như tất cả ñược giản ước với nhau! Chỉ còn lại
2
1
(1 x)
−
mà ta ñã tìm ñược chuỗi
luỹ thừa từ trước ñó. Như thế số cách sắp giỏ trái cây gồm n trái cây ñơn giản bằng
n + 1. Điều này phù hợp với kết quả mà ta ñã tìm ra trước ñó, vì có 7 cách sắp cho
giỏ 6 trái cây. Thật là thú vị!
Ví dụ 2.42. Tìm hàm sinh cho số nghiệm nguyên dương lẻ của phương trình
x
1
+ x
2
+ x
3
+ + x
k
= n
Lời giải: Hàm sinh cần tìm là:
f(x) = (x + x
3
+ x
5
+ x
7
+ )
k
=
(
)
k
2 4 6
x 1 x x x
+ + + +
=
k
2
1 x
x
−
=
k
2 k
(1 x )
x
−
.
18
Chương 3
MỘT SỐ ỨNG DỤNG
3.1. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC TRUY HỒI
3.1.1. Ứng dụng bài toán tìm số hạng tổng quát của hệ thức truy hồi vào giải một
số bài toán về dãy số và tổ hợp
Bài toán 3.2 (Olympic toán sinh viên toàn quốc – 2004).
Cho dãy số (b
n
) xác ñịnh bởi hệ thức sau: b
0
= 0, b
n
=
n
n 1
b
( 1) ,
2004
n 1
−
+ − ≥
.
Tính
2
n
n
lim b
→+∞
.
Lời giải: Phương trình ñặc trưng r -
1
2004
= 0
⇔
r =
1
2004
Nghiệm tổng quát của hệ thức truy hồi thuần nhất tương ứng là
n
n 1
1
b C . .
2004
=
f(n) = (-1)
n
nên chọn
*
n
b
= C
2
.(-1)
n
. Thay vào hệ thức truy hồi ở ñề bài ta ñược:
C
2
=
2004
2005
⇒
*
n
b
=
2004
2005
.(-1)
n
.
⇒
Công thức tổng quát của dãy số cần tìm là b
n
=
n
1
1
C .
2004
+
2004
2005
.
( )
n
1
−
.
Đề cho b
0
= 0
⇒
0 =
1
C
+
2004
2005
⇒
1
C
=
2004
2005
−
Vậy công thức tổng quát của dãy số cần tìm là:
b
n
=
n
2004 1
.
2005 2004
−
+
2004
2005
.
( )
n
1
−
=
( )
( )
n
n 1
2004 1
2005. 2004
−
− −
−
.
Suy ra
2
n
n
lim b
→+∞
=
( )
( )
( )
( )
2 2
n n
2
n n
n 1 n 1
n n
1 2004 1 1 (2004) 1
2004
lim lim .
2005
2005. 2004 2005. 2004
− −
→+∞ →+∞
− − − −
= =
Bài toán 3.7. (IMO 1967) Trong một cuộc thi ñấu thể thao có m huy chương, ñược
phát trong n ngày thi ñấu. Ngày thứ nhất, người ta phát một huy chương và
1
7
số huy
chương còn lại. Ngày thứ hai, người ta phát hai huy chương và
1
7
huy chương còn
lại. Những ngày còn lại ñược tiếp tục và tương tự như vậy. Ngày sau cùng còn lại n
huy chương ñể phát. Hỏi có tất cả có bao nhiêu huy chương và ñã phát trong bao
nhiêu ngày.
Lời giải: Gọi a
k
là số huy chương còn lại trước ngày thứ k, suy ra a
1
= m và ta có:
19
a
k+1
= a
k
– k -
1
7
(a
k
– k) =
k
6 6k
a -
7 7
(Do ngày thứ k phát ñi k huy chương và
1
7
huy
chương còn lại). Giải hệ thức truy hồi này ta ñược:
k 1
k
6
a (m 36) 6k 42
7
−
= − − +
.
Theo giả thiết ta có a
n
= n =
n 1 n 1
6 7
(m 36) 6n 42 m 36 7(n 6)
7 6
− −
− − + ⇒ − = −
Vì m – 36
∈
và (6, 7) = 1, 6
n-1
> n – 6 nên n – 6 = 0
n 6 m 36.
⇔ =
⇒
=
Vậy có 36 huy chương ñược phát trong 6 ngày.
3.1.2. Ứng dụng giải hệ thức truy hồi là một hệ biểu thức tuyến tính thuần nhất
cấp một
Xét hệ:
1 1
n 1 n n
n 1 n n
a ,
a pa qb
b ra sb
b
+
+
= α = β
= +
= +
, với
α
,
β
, p, q, r, s là các hằng số thực.
Giải hệ trên là ñi xác ñịnh số hạng tổng quát của các dãy số (a
n
) và (b
n
) thỏa
mãn hệ thức truy hồi ñó. Bằng cách biến ñổi ñưa về giải hệ thức truy hồi tuyến tính
thuần nhất cấp hai. Muốn vậy ta thay n bởi n + 1 vào phương trình thứ hai của hệ trên
ta có:
n 2 n 1 n 1 n 1 n n n 1 n n 1 n
a pa qb pa q(ra sb ) pa qra s(a pa )
+ + + + + +
= + = + + = + + −
Suy ra
n 2 n 1 n
a (p s)a (qr ps)a
+ +
= + + −
Mặt khác từ hệ trên ta lại có
2 1 1
a pa qb
= +
=
p q
α + β
Vậy ta có hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất cấp hai là
n 2 n 1 n 1 2
a (p s)a (qr ps)a , a , a p q
+ +
= + + − = α = α + β
Mà ta ñã biết cách giải. Từ ñó ta tìm ñược a
n
, thế vào hệ trên và thu ñược b
n
.
3.1.3. Ứng dụng tìm số hạng của một số dãy số ñặc biệt
3.1.3.1. Dạng 1
Cho dãy số
(
)
n
x
xác ñịnh bởi
n
n 1
n
px q
x
rx s
+
+
=
+
, trong ñó: x
0
= a cho trước và p, q, r, s
là các hằng số. Tìm số hạng tổng quát
n
x
. Giả sử y
n
và z
n
là nghiệm của hệ:
n 1 n n
n 1 n n
y py qz
z ry sz
+
+
= +
= +
, y
0
= a, z
0
= 1.
Khi ñó
n
n
n
y
x
z
=
là nghiệm của hệ thức truy hồi ñã cho. Thật vậy,
0
0
0
y
x
z
=
=
a
a
1
=
ñúng. Ta lại có:
n
n 1 n n n
n
n 1
n
n 1 n n n
n
y
p q
y py qz px q
z
x
y
z ry sz rx s
r s
z
+
+
+
+
+ +
= = = =
+ +
+
ñúng.
20
3.1.3.2. Dạng 2
Cho dãy số
(
)
n
u
xác ñịnh bởi
1 2
u , u
= α = β
và
n 1 n
n 1
n 1 n
u .u
u
au bu
−
+
−
=
+
(1)
Tìm số hạng tổng quát
n
u
.
Biến ñổi
( )
n 1 n
n 1 n 1 n n 1 n n 1
1 au bu 1 1 1
1 a. b.
u u .u u u u
−
+ − + −
+
⇒ = ⇔ = +
Đặt
n
n
1
v
u
=
ta có:
n 1 n n 1
v av bv 0
+ −
− − =
(Đây là hệ thức truy hồi tuyến tính thuần
nhất hệ số hằng).
3.1.3.3. Dạng 3
Cho dãy số (u
n
) xác ñịnh như sau:
2
n n 1 n 1
u a.u bu c
, n 2
− −
= + + ∀ ≥
(2)
và
2
, b 1.
1
u a
= α − =
Tìm số hạng tổng quát
n
u
.
Ta có: (2)
⇔
(u
n
– au
n-1
)
2
= b
2
n 1
u
−
+ c
2 2
n n n 1 n 1
u 2au u u c 0
− −
⇔ − + − =
(3)
Thay n bởi n – 1 ta có:
2 2
n 2 n 1 n 2 n 1
u 2au u u c 0
− − − −
− + − =
(4)
Từ (3) và (4) ta có u
n
và u
n-2
là 2 nghiệm của phương trình:
2 2
n 1 n 1
t 2au .t u c 0
− −
− + − =
.
Áp dụng ñịnh lý Viet, ta có: u
n
+ u
n-2
= 2a.u
n-1
. Từ ñó suy ra u
n
.
3.1.3.4. Dạng 4
Tìm dãy số (u
n
) xác ñịnh như sau:
n 1
n
2
n 1
u
u
a c.u b
, n 2
−
−
= ∀ ≥
+ +
(5)
Với ñiều kiện:
1
u
= α
,
2
b 1
> 0, a > 0, a
α − =
Ta có (5)
2
n n 1
n 1
1 a b
c
u u
u
−
−
⇔ = + +
và ñặt
n
n
1
x
u
=
ta ñược:
2
n n 1 n 1
x a.x b.x c
− −
= + +
ñây là bài toán dạng 3, nên ta tìm ñược x
n
, từ ñó suy ra u
n
.
3.2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP SONG ÁNH
Dùng song ánh ñể thiết lập hệ thức truy hồi, dựa trên ý tưởng: Nếu tồn tại một
song ánh từ tập A ñến tập B thì số phần tử của A và B sẽ bằng nhau. Từ ñó ứng dụng
vào giải một số bài toán như: Tính tổng tổ hợp, chứng minh ñẳng thức tổ hợp là
các dạng toán ñặc trưng của phương pháp song ánh.
Phần này chúng ta ñi tìm hiểu các bài toán thuộc các dạng ñặc trưng ñó.
3.2.1. Dùng song ánh xây dựng hệ thức truy hồi và chứng minh hai tập bằng
nhau áp dụng vào
giải một số bài toán tổ hợp
Bài toán 3.15. Cho số nguyên dương n, tìm số tập con khác rỗng của tập
S = {1, 2, , n} sao cho trong mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp nào.
Lời giải: Đặt S
n
= {M
⊂
S | M không chứa 2 số nguyên liên tiếp nào}
21
P
n
=
1 2 n i i i 1
{(a , a , , a )| a {0, 1} 1, n a , a ) (1, 1), 1, n 1}
i = ; ( i =
+
∈ ∀ ≠ ∀ −
•
Xét ánh xạ f:
1 2 n
M (a ,a , ,a )
n n
f: S P
→
a
sao cho
i
i
a 1
a 0
khi i M
khi i M
= ∈
= ∉
Dễ dàng kiểm tra ñược rằng f là song ánh nên |S
n
| = |P
n
|,
n 1
∀ ≥
•
Xét ánh xạ g:
1 2 n 1 n 1 n
1 2 n
1 2 n 2 n 2 n
(a ,a , ,a ) P 0
(a ,a , ,a )
(a ,a , ,a ) P 1
n n-1 n-2
g: P P P n 3
khi a
khi a
− −
− −
→ ∪ ∀ ≥
∈ =
∈ =
a
Dễ dàng kiểm tra ñược rằng g là song ánh, P
n
và P
n-1
là rời nhau nên
|P
n
| = |P
n-1
| + |P
n-2
| ,
n 3
∀ ≥
suy ra |S
n
| = |S
n-1
| + |S
n-2
| ,
n 3
∀ ≥
Vì |S
1
| = 2 ; |S
2
| = 3 nên |S
n
| = |F
n+2
|
n 1
∀ ≥
với {F
n
} là dãy Fibonacci.
Ta có F
n
=
n n
1 1 5 1 5
2 2
5
+ −
−
suy ra
|S
n
| =
n 2 n 2
1 1 5 1 5
2 2
5
+ +
+ −
−
.
Mà tập
n
S
∅ ⊄
nên số tập con cần tìm bằng
n 2 n 2
1 1 5 1 5
2 2
5
+ +
+ −
−
- 1.
Bài toán 3.17. (VMO 1996) Cho n, k, m
*
∈
thỏa mãn ñiều kiện 1 < k ≤ n, m >1.
Hỏi có bao nhiêu chỉnh hợp không lặp chập k: (a
1
, a
2
, , a
k
) của n số nguyên dương
ñầu tiên mà mỗi chỉnh hợp ñó ñều thỏa mãn ít nhất một trong hai ñiều kiện:
(1)
{
}
i, j 1,2, ,k
sao cho i < j
∃ ∈
và a
i
> a
j
(2)
{
}
i
i 1,2, ,k i
sao cho a
∃ ∈ −
không chia hết cho m
Lời giải: Đặt A là tập gồm các chỉnh hợp chập k của n lấy từ tập {1, 2, , n}.
Ta có: |A| =
k
n
A
.
A* là tập gồm các chỉnh hợp thỏa mãn giả thiết.
B =
{
}
1 2 k 1 2 k i
(a ,a , ,a ) A |a a a i) m 1, k
, (a i =
∈ < < < − ∀M
Dễ thấy A* = A\B.
•
Xét ánh xạ f:
1 2 k 1 2 k
B'
(a ,a , ,a ) (a 1 m,a 2 2m, ,a k km)
f: B
→
− + − + − +a
Khi ñó f là song ánh từ B ñến B’
22
với B’ =
{
}
{
}
1 2 k 1 2 k i i
(b ,b , ,b )| b b b 1,2, ,n k km , m 1, k
, b b i =
< < < ∈ − + ∀M
Do ñó |B| = |B’| =
k
n k
k
m
C
−
+
. (Vì B’ là tập các bộ gồm k phần tử không phân biệt thứ
tự lấy từ tập các số nguyên dương không lớn hơn
n k km
− +
và chia hết cho m nên số
phần tử của tập B’ là |B’| =
k k k
n k km n k n k
k k
m m m
C C C
− + − −
+ +
= =
).
Vậy |A
*
| = |A| - |B| =
k
n
A
-
k
n k
k
m
C
−
+
.
3.2.2. Tính tổng tổ hợp và chứng minh ñẳng thức tổ hợp
Một ứng dụng khác của phương pháp song ánh là dùng ñể tính tổng các phần tử
của một tập hợp nào ñó. Có thể xem như ý tưởng này ñã ñược ñề xuất ngay trong bài
toán quen thuộc: “Tính tổng 1 + 2 + + n”, với cách giải quyết tuyệt vời mà tương
truyền là của Gauxơ. Ta có thể diễn ñạt lại cách tính ñó như sau:
Với mọi
i S
∈
={1, 2, …, n}, xét ánh xạ f xác ñịnh như sau: f(i) = n + 1 – i. Rõ
ràng f là một song ánh từ S vào S. Do ñó:
i S i S i S
n(n 1)
2 i (i f(i)) S .(n 1) n(n 1) i
2
∈ ∈ ∈
+
= + = + = +
⇒
=
∑ ∑ ∑
Bài toán 3.18. (VMO 2002) Cho tập S gồm tất cả các số nguyên thuộc [1, n]
*
(n )
∈
. T là tập tất cả các tập con khác rỗng của S. Với mỗi X
∈
T, kí hiệu m(X) là
trung bình cộng tất cả các phần tử thuộc X. Tính m =
X T
m(X)
T
∈
∑
.
Lời giải: Xét ánh xạ f:
{ }
T T
X f(X) n 1 x | x X
f:
→
= + − ∈a
Dễ thấy f là song ánh nên
X T X T
m(X) m(f (X)) n 1 , X T
m(X) m(f(X))
∈ ∈
+ = + ∀ ∈
=
∑ ∑
Suy ra:
[
]
X T X T
2 m(X) m(X) m(f(X)) T (n 1)
∈ ∈
⇒ = + = +
∑ ∑
Vậy: m =
X T
m(X)
T
∈
∑
=
n 1
2
+
.
Bài toán 3.19. (Olympic 30.4.2000) Hãy tính trung bình cộng tất cả các số N gồm
2002 chữ số thỏa mãn N
M
99 và các chữ số của N thuộc {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.
Lời giải: Gọi M là tập các số N thỏa mãn ñiều kiện ñề bài. Xây dựng ánh xạ f như
sau: Nếu N =
1 2 2002
a a a
thì f(N) =
1 2 2002
b b b
, với b
i
= 9 – a
i
,
i 1,2002
∀ =
23
Do N + f(N) =
{
2002
99 9
cs 9
99
M
nên f : M
→
M là song ánh. (kí hiêu: cs là “chữ số”)
Từ ñó ta có:
{ {
2002 2002
N M N M N M
1
2 N (N f(N)) | M| 99 9 N | M| 99 9
2
cs 9 cs 9
=
∈ ∈ ∈
= +
⇒
=
∑ ∑ ∑
Vậy trung bình cộng các số N là:
{
2002
N M
1 1
N 99 9
| M | 2
cs 9
∈
=
∑
=
2002
10 1
2
−
Nhận xét 3.2: Cũng từ việc so sánh lực lượng các tập hợp, phương pháp song ánh là
một công cụ ñắc lực ñể xây dựng và chứng minh các công thức tổ hợp. Thông thường
người ta xây dựng một song ánh ñi từ một tập vào chính nó, và ý tưởng cơ bản ở ñây
có thể phát biểu như sau: “Khi ñếm số phần tử của một tập hợp bằng nhiều cách thì
các kết quả ñếm thu ñược phải bằng nhau, cho dù với các cách ñếm khác nhau ta thu
ñược các biểu thức rất khác nhau”. Ta ñi xét các bài toán sau:
Bài toán 3.23. (Vô ñịch Trung Quốc – 1994)
Chứng minh rằng:
n k
n
k k n
2
n 2n 1
n k
k 0
2 C C C , n
−
+
+
−
=
= ∀ ∈
∑
Lời giải: Ta chọn ra n số không lặp từ 2n+1 số, khi ñó số cách chọn bằng
n
2n 1
C
+
.
Mặt khác, ta có thể chọn chọn ra n số từ 2n + 1 số bằng cách khác như sau:
Trước hết, từ 2n+1 số, ta chia ra n cặp và còn lại một số gọi là a không thuộc n cặp
ñó. Sau ñó ta thực hiện liên tiếp hai bước chọn như sau:
Bước 1: Ta chọn ra k cặp từ n cặp ấy rồi từ mỗi cặp chọn ra một số. Trường hợp này
có tất cả
k k
n
C .2
cách chọn.
Bước 2: Chọn
n k
2
−
cặp trong n - k cặp còn lại, ngoài ra, số a sẽ ñược chọn nếu
n - k lẻ và không ñược chọn nếu n – k chẵn. Ở bước 1 có 2
k
k
n
C
cách chọn và bước 2
có
n k
2
n k
C
−
−
cách chọn và ta chọn ñược tổng cộng n số, trong ñó k chạy từ 0 ñến n.
Vậy theo nhận xét 3.2 suy ra ñiều phải chứng minh.
3.3. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HÀM SINH
3.3.1. Ứng dụng hàm sinh vào bài toán tìm dãy số
3.3.1.1. Phương pháp
•
Để tìm dãy số {a
n
}. Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy {a
n
} là F(x) =
n
n
n 0
a x
≥
∑
.
•
Dựa vào ñặc ñiểm của dãy {a
n
} và hệ thức truy hồi ta tìm hàm F(x).
•
Khai triển F(x) theo lũy thừa x (Khai triển Taylor), ta tìm ñược a
n
với mọi n.
24
3.3.1.2. Bài tập ứng dụng
Bài toán 3.26. (Dãy Fibonacci)
Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn ñiều kiện:
n 2 n 1 n
0 1
F F F
F 0,F 1
+ +
= +
= =
Lời giải: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy {F
n
} tức là:
F(x) = F
0
+ F
1
x + F
2
x
2
+ + F
n+2
x
n+2
+
Áp dụng tính chất của hàm sinh: Nếu {a
n
}
↔
F(x) thì
{a
n+h
}
↔
2 3 h 1
0 1 2 3 h 1
h
F(x) a a x a x a x a x
,
x
h
−
−
− − − − − −
∈
Ta suy ra: {F
n+2
}
↔
0 1
2
F(x) F F .x
x
− −
=
2
F(x) x
x
−
và {F
n+1
}
↔
0
F(x) F
F(x)
x x
−
=
Vì
n 2 n 1 n
F F F
+ +
= +
nên
2
F(x) x
x
−
=
F(x)
x
+ F(x) hay
n n
n
2
n 0
x 1 1 1 1 1 5 1 5
F(x) ( ) x
2 2
1 x x 5 1 5 1 5 5
1 x 1 x
2 2
∞
=
+ −
= = + = −
− − + −
− −
∑
Vậy F
n
=
n n
1 1 5 1 5
2 2
5
+ −
−
.
Bài toán 3.31. Trên mặt phẳng kẻ n ñường thẳng sao cho không có 3 ñường nào ñồng
qui và không có 2 ñường nào song song. Hỏi mặt phẳng ñược chia làm mấy phần?
Gọi p
n
là số lớn nhất các phần mặt phẳng có thể có trên mặt phẳng ñược chia
bởi n ñường thẳng thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Nhận xét 3.5: Ví dụ này ñã gặp ở phần trước và ta ñã lập ñược công thức truy hồi
cho p
n
là p
n
= p
n-1
+ n với p
1
= 2, p
0
= 1 và ñã tìm ñược công thức tường minh cho p
n
bằng 2 cách. Bây giờ ta ñi tìm công thức hiện của p
n
dưới cách nhìn từ hàm sinh.
Lời giải:
Hàm sinh cho dãy p
1
, p
2
, là p(x) =
i
i
i 0
p x
∞
=
∑
=
2
0 1 2
p p x p x
+ + +
(1)
Nhân 2 vế của (1) với x ta có x.p(x) =
i 1 2 3
i 0 1 2
i 0
p x xp p x p x
∞
+
=
= + + +
∑
(2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có:
p(x) - xp(x) = p
0
+ (p
1
- p
0
)x + (p
2
- p
1
)x
2
+ (3)
mặt khác ta có p
0
= 1, p
n
– p
n-1
= n, do vậy ta thay vào (3) ta có
(1 - x).p(x) = 1 + x + 2x
2
+ 3x
3
+ = 1 + x(1 + 2x + 3x
2
+ ) = 1 + x.
2
1
(1 x)
−
25
Suy ra: p(x) =
3
1 1
x.
1 x
(1 x)
+
−
−
, khai triển lũy thừa vế phải ta ñược:
p(x) =
n 2 m n 2 m 1
m 2 m 2
n 0 m 0 n 0 m 0
x x. C .x x C .x
∞ ∞ ∞ ∞
+
+ +
= = = =
+ = +
∑ ∑ ∑ ∑
=
n 2 n n 2 n
n 1 n 1
n 0 n 1 n 0 n 0
x C .x x C .x
∞ ∞ ∞ ∞
+ +
= = = =
+ = +
∑ ∑ ∑ ∑
Suy ra hệ số của x
n
là p
n
= 1 +
2
n 1
C
+
=
2
n(n 1) n n 2
1
2 2
+ + +
+ =
3.3.2. Tính tổng tổ hợp và chứng minh ñẳng thức tổ hợp
3.3.2.1. Phương pháp: Để tính tổng
m
m
S(n) h (n)
=
∑
ta xét hàm sinh:
n n
m
n n m
F(x) = S(n).x = ( h (n)).x
∑ ∑ ∑
(*)
Sau ñó sử dụng phương pháp ñổi tổng ñể tính vế phải của (*) rồi ñồng nhất
thức hai vế ta thu ñược S(n).
3.3.2.2. Bài tập ứng dụng
Bài toán 3.32. Tính tổng sau:
n
k k m
n k
k m
( 1) C C
=
−
∑
Lời giải: Đặt S(m) =
n
k k m
n k
k m
( 1) C C
=
−
∑
Xét hàm sinh: F(x) =
m
m
S(m).x
∑
=
n
k k m m k k m m
n k n k
m 0 k m k n m k
( ( 1) C C ).x ( 1) C . C x
∞
= = ≤ ≤
− = −
∑ ∑ ∑ ∑
=
k k k n n k k k n n n n
n n
k n k n
( 1) C .(1 x) ( 1) ( 1) C .(1 x) ( 1) ( 1 1 x) ( 1) x
−
≤ ≤
− + = − − + = − − + + = −
∑ ∑
Đồng nhất thức ta có:
n
(-1) khi m = n
S(m)
0 khi m < n
=
Bài toán 3.34. Hãy tính tổng sau: f(n) =
n
2k n k
n k
k 0
C 2
−
+
=
∑
Lời giải: Gọi F(x) là hàm sinh của dãy {f(n)}. Ta có F(x) =
n
n 0
f(n)x
≥
∑
suy ra:
F(x)
n n n
2k n k n k 2k n n k k 2k n k
n k n k n k
n 0 k 0 k 0 n 0 k 0 n 0
C 2 .x 2 . C 2 x 2 .(2x) . C (2x)
− − − − +
+ + +
≥ = = ≥ = ≥
= = =
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
n
k k 2k n k n k
2k 1 (n k) 1
k 0 n k 0
2 .(2x) .(2x) C (2x)
− − − −
+ + − −
= − ≥
=
∑ ∑
=
n
k k
2k 1
k 0
1
2 .(2x) .
(1 2x)
−
+
=
−
∑
