LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC TOÁN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ KIM HÀ

TÌM HIỂU VỀ KHÁI NIỆM DÃY NHỊ THỨC

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Bình Định-2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ KIM HÀ

TÌM HIỂU VỀ KHÁI NIỆM DÃY NHỊ THỨC

Chuyên ngành: Toán ứng dụng.

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
Thầy PHẠM XUÂN BÌNH

Bình Định-2015


Mục lục

MỞ ĐẦU
Có thể nói Lý thuyết tổ hợp được hình thành như một nghành Toán học mới
vào thế kỷ 17 bằng một loạt công trình nghiên cứu của các nhà Toán học xuất
sắc như Pascal, Fermat, Euler,...
Các bài toán tổ hợp có đặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng
lồ vì vậy trong thời gian dài, khi mà các nghành Toán học khác phát triển như
vũ bão thì dường như nó nằm ngoài sự phát triển và ứng dụng của Toán học.
Tình thế thay đổi từ khi xuất hiện máy tính và sự phát triển của toán học hữu
hạn. Nhiều vấn đề đã được giải quyết trên máy tính và phát triển rất mạnh mẽ.
Điều này đẩy mạnh việc nghiên cứu mối liên hệ gần giữa các số tổ hợp và việc
tính toán trên các chuỗi lũy thừa hình thức, việc giải quyết các bài toán có khối
lượng tính toán lớn,...
Xuất phát từ những vấn đề nêu trên, chúng tôi chọn đề tài luận văn tốt nghiệp
là “Tìm hiểu về khái niệm dãy nhị thức”. Luận văn tập hợp và trình bày
một số ví dụ liên quan đến số tổ hợp cần tính toán, lập bảng với khối lượng tính
toán lớn,
Mặc dù tác giả đã cố gắng nhiều nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ
nên luận văn vẫn không tránh khỏi những sai sót. Tác giả rất mong nhận được
những góp ý, phê bình quý báu của quý thầy cô và các bạn đọc quan tâm.


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Trình bày về các số tổ hợp

1.1.2 Số Stirling loại một

Định nghĩa 1. Số song ánh trên tập n phần tử được tách thành k vòng xích được
gọi là số Stirling loại một không dấu, kí hiệu là cn,k .
Số sn,k = (−1)n+k cn,k được gọi là số Stirling loại một. Từ định nghĩa ta rút ra
được cn,k = 0, ∀k > n.
Định lý 1. Với n là số nguyên không âm cố định, ta có:
n

x(n) =

cn,k xk
k=0

với xn = x(x + 1) . . . (x + n − 1), x0 := 1
Mệnh đề 1. Ta có
n

sn,k xk = x(n)
k=0

1.1.2 Số Stirling loại hai và số Bell
Định nghĩa 2. Số tất cả các phân hoạch tập hợp A gồm n phần tử thành k khối
được gọi là số Stirling loại hai, kí hiệu là Sn,k . Ta quy ước S0,0 = 1, S0,k = 0 nếu
k > 0 và Sn.0 = 0 nếu n > 0. Từ định nghĩa này ta dễ dàng nhận thấy Sn,k = 0

nếu k > n và Sn,1 = Sn,n = 1.
Định lý 2. Với k, n là các số nguyên dương và k ≤ n ta có:
Sn+1,k = kSn,k + Sn,k−1
2

3
.
Mệnh đề 2. Với k, n là các số nguyên dương và k ≤ n ta có:
Sn,k

1
=
k!

k

(−1)k−j Ckj j n
j=1

Định nghĩa 3. Số tất cả các phân hoạch của tập hợp A lực lượng n được gọi là
số Bell thứ n, kí hiệu là Bn . Ta có:
n

Bn =

Sn,k
k=0

.

1.2

Khái niệm hàm sinh và chuỗi lũy thừa hình thức

Định nghĩa 4. Hàm sinh thông thường G(t) của dãy an ∞

n=0 là chuỗi lũy thừa
hình thức

∞
2

ai ti

G(t) = a1 + a1 t + a2 t + . . . =
i=0

. Như vậy hàm G(t) sinh ra dãy số đã cho như là dãy các hàm sinh của nó. Nếu
dãy là hữu hạn thì sẽ tìm được m sao cho ai = 0, i > m. Trong trường hợp này
G(t) là một đa thức bậc m.

Định nghĩa 5. Hàm sinh mũ của dãy số an ∞
n=0 là chuỗi lũy thừa hình thức
t2
t3
t
G(t) = a0 + a1 + a2 + a3 + . . . =
1!
2!
3!

∞

ai
i=0

ti
i!

.
Định nghĩa 6. Một chuỗi lũy thừa hình thức là một biểu diễn dạng
a0 + a1 x + a2 x 2 + . . .

(1) trong đó {an }∞
0 là dãy số phức.
Tên gọi "chuỗi lũy thừa hình thức" có nghĩa là chúng ta coi (1) là cách viết thuận
tiện cho dãy {an }∞
0 , không xét sự hội tụ hay tính toán giá trị của chuỗi đó. Ta
chỉ đưa vào một số phép toán trên các chuỗi và xác định hệ số cho các lũy thừa
của x.
Hai chuỗi lũy thừa hình thức bất kì bằng nhau khi và chỉ khi các hệ số bằng nhau.


4

1.3

Một số khai triển đặc biệt

1)
∞
x

e =
n=0

∞
λx

⇒e

=1+
n=1

∞
tf (x)

⇒e

∞

xn
=1+
n!

=1+
k=1

n=1

xn
n!

xn n
λ
n!

xk
[f (x)]k
k!

2)
∞

− ln(1 − x) =
j=1

1
1−x

3) Kí hiệu f (x) =
e

∞

t

t(n)

=1+
n=1

xn
n!

∞ x

j=1 j!

j

∞
tf (x)

xj
j

=1+

=1+

tk
[f (x)]k
k!

k=1
∞ k
t
k=1
∞

=1+

k!



(i1 ,...,ik ):
n


n=1

k=1

ij =1,ij ≥1

ai1
ai x n
... 1
i1 !
i1 ! n!



n! k
t
k!

(i1 ,...,ik ):

ij =1,ij ≥1

ai1
ai
xn
... 1

i1 !
i1 ! n!


Chương 2

Khái niệm dãy nhị thức
2.1

Đặt vấn đề

Ta đã biết hàm sinh mũ của một dãy an ∞
0 là chuỗi lũy thừa hình thức
∞

an n
x
n!

f (x) =
n=0

Xét hàm số

∞
x

f (x) = e − 1 =
j=0

xj
j!

. khi đó
∞
tf (x)

e

=

en (t)
n=0
∞

xn
n!

n

xn
n!

Sn,k tk

=
n=0

k=0

∞

n

Ta nhận được
e

ex −1

=

Sn,k
n=0
∞

=

k=0

Bn
n=0

xn
n!

xn
n!
x

e

Vậy ta có hàm sinh của dãy Bell {Bn }∞
n=0 là e

−1

Ta có:
e(u+v)f (x) = euf (x) .evf (x)

5


6
mà

∞

e

(u+v)f (x)

=1+

Pn (u + v)
n=1

∞

e

uf (x)

vf (x)

.e

=

1+
l=1
∞

∞

xl
Pl (u)
l!

1+

xl
l!

1+

Pl (u)

=1+

l=1
∞ ∞

Pm (v)

xm
m!

Pm (v)

xm
m!

m=1
∞

m=1

Pl (u).Pm (v).

=1+

xn
n!

m=0 l=0 l2 +m2 =0

(l2 + m2 = 0)

xl + m
(1)
l!m!

Đồng nhất 2 vế ta được: l + m = n
Đặt l = k ⇒ m = n − k
Khi đó, từ (1) ta có:
∞

e

uf (x)

vf (x)

.e

∞

=1+
n=0 k=0

n!
xn
Pk (u).Pn−k (v)
k!(n − k)!
n!
n

⇒ Pn

Cnk Pk (u)Pn−k (v)

(u + v) =
k=0

Xét dãy đa thức tự nhiên: Pn (t) = tn , n = 0, 1, 2, . . .
Ta đã biết
n
n

Cnk uk v n−k , n = 0, 1, 2, . . .

(u + v) =
k=0

hay
n

Pn (u + v) =

Pk (u)Pn−k (v), n = 0, 1, 2, . . .
k=0

Người ta thấy rằng có vô số dãy đa thức một biến thỏa mãn đẳng thức tương
tự. Trong tổ hợp, người ta gọi đó là dãy nhị thức và việc nghiên cứu các dãy này
đã đưa ra nhiều kết quả quan trọng trong Lý thuyết tổ hợp.


7
Định nghĩa 7. Một dãy các đa thức một biến thực Pn (t)n≥0 với deg Pn (t) ≤ n
được gọi là dãy nhị thức nếu:
(i) P0 (t) = 1, n = 1, 2, 3, . . .

(ii)
n

Cnk Pk (u)Pn−k (v)

Pn (u + v) =
k=0

Ví dụ 1. Dãy các đa thức Pn (t) với P0 (t) = 1, Pn (t) = tn = t(t + 1) . . . (t + n − 1),
n = 1, 2, . . . Ta có
∞

n=0

xn
t
t(t + 1) 2
t(t + 1) . . . (t + n − 1) n
=1+ x+
x + ... +
x + ...
n!
1!
2!
n!
= (1 − x)−t
= eln(1−x)

−t

= et(−ln(1−x)

Vậy Pn (t), n = 0, 1, 2, ... là dãy nhị thức.
Định nghĩa này là một bước tiến dựa trên định nghĩa cổ điển của dãy nhị thức
được trình bày trong [2]
Định nghĩa 8. Một dãy các đa thức {pn (x)}∞
n=0 (với quy ước p0 (x) = C = 0 và
deg(pn (x)) = n, n ≥ 1) được gọi là dãy nhị thức nếu ta có
n

pk (u)pn−k (v), u, v ∈ R, n ∈ N

pn (u + v) =
k=0

. Ta chú ý rằng, nếu như không nằm trong mạch mô tả dãy nhị thức như là cơ
sở để biểu diễn trong không gian các đa thức thì điều kiện deg(pn (x)) = n, n ≥ 1
có thể thay thế bởi deg(pn (x)) ≤ n, n ≥ 1.


8

2.2

Các công thức biểu diễn dãy nhị thức

Định lý 3. Dãy các đa thức Pn (t), n = 0, 1, 2, . . . là dãy nhị thức khi và chỉ khi
tồn tại dãy số thực ak , k = 1, 2, . . . sao cho:
(i) P0 (t) = 1, t ∈ R
(ii)

n

t

ak Cnk

Pn (t) =

Pn − k(u)du, n = 1, 2, . . . , t ∈ R
0

k=1

(Tham khảo chứng minh trong [4]) Tiếp theo ta sẽ biểu diễn tường minh
Pn (t), n = 0, 1, 2, . . . theo dãy ak đã cho qua định lý sau đây:

Định lý 4. Dãy đa thức Pn (t), n = 0, 1, 2, . . . là dãy nhị thức khi và chi khi tồn
tại dãy số thực ak , k = 1, 2, ... sao cho:
(i) P0 (t) = 1
(ii) Pn (t) = n!

n
k=1 (

(i1 ,i2 ...ik :

k
j=1 ij =nij ≥1

ai1 ai2

ai tk
... k )
ai1 ! ai2 !
aik ! k!

Chứng minh. Giả sử Pn (t) là dãy nhị thức, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp toán
học rằng (ii) đúng
Việc kiểm tra trường hợp n = 1 là đơn giản.
Giả sử với k ≤ n, ta đã có

k

Pk (t) = k!







j=1

(i1 ,...,ik

j

m=1,im ≥1 im =k

ai  tj
ai1 ai2

... j
i1 ! i2 !
ij ! j!


9
khi đó với k = n + 1 ta có:
n+1

t
k
ak Cn+1

Pn+1 (t) =

Pn+1−k (x)dx
0

k=1

n+1−k

n
n+1
= an+1 Cn+1
t+

k
(n + 1 − k)!
ak Cn+1

n+1
= an+1 Cn+1
t+

ak
k=1

j=1
n
n+1
an+1 Cn+1
t + (n + 1)!


j

m=1,im ≥1 im =n+1−k

n

 ak

k!

(i1 ,...,ij

j

m=1,im ≥1 im =n+1−k



ai  tj+1
ai1
. . . j+1 
i1 !
ij+1 ! (j + 1)!





(i1 ,...,ij

j+1

m=1,im ≥1 im =n+1

ai  tj+1
ai1
. . . j+1 
i1 !
ij+1 ! (j + 1)!





j=2

ai  tj+1
ai1
. . . j+1 
i1 !
ij+1 ! (j + 1





n+1
an+1 Cn+1
t+

(i1 ,...,ij

j+1

m=1,im ≥1 im =n+1

ai  tj
ai 1
... j
i1 !
ij ! j!








j=1

m=1,im ≥1 im =n+1−k



k=1

j=1

= (n + 1)!

j

(i1 ,...,ij

(i1 ,...,ij

n+1
= an+1 Cn+1
t + (n + 1)!

n

ai 
ai1
. . . j+1 

i1 !
ij+1 !

(n + 1)!  ak

k!
k!

n n+1−j

=






n n+1−j

=



j=1

k=1

j=1



(i1 ,...,ij

j+1

m=1,im ≥1 im =n+1

ai  tj
ai 1
... j
i1 !
ij ! j!

Ngoài ra dãy nhị thức còn được biểu diễn qua một dãy nhị thức cho trước, cụ
thể:
Định lý 5. Giả sử Pn (t), n = 0, 1, 2, . . . là một dãy nhị thức. Khi đó dãy Qn xác
định bởi

Qn (t) = an Pn ( at ), n = 0, 1, 2, . . .

là một dãy nhị thức.
Chứng minh. (i) Q0 (t) = a0 P0 (t) = 1


10
(ii)
u v
Qn (u + v) = an Pn ( + )
a a
n

=a

n
k=1
n

u
v
Cnk Pk ( )Pn−k ( )
a
a
Cnk ak

= an
k=1
n

= an
k=1

Qk (u) Qn−k (v)
ak
an−k

1 k
C Qk (u)Qn−k (v)
an n

n

Cnk Qk (u)Qn−k (v)

=
k=1

Vậy Qn (t) là dãy nhị thức.


11

2.3

Cấu trúc các dãy nhị thức

Gọi P là tập hợp tất cả các dãy nhị thức với hệ số trong R. Ta kí hiệu
(P ) := Pn (t) và định nghĩa hai phép toán:
n
k
k=0 Cn Pk (t).Qn−k (t), n

1)(P ) ∗ (Q) = (R) trong đó: Rn (t) =

= 0, 1, 2, . . .

Ta chứng minh định nghĩa trên là hợp lí, tức là (R) là dãy nhị thức:
Giả sử Pn (t) là dãy nhị thức sinh bởi hàm số f (x), Qn (t) là dãy nhị thức sinh bởi
hàm số (f + g)(x) ( ta có (f + g)(0) = f (0) + g(0) = 0).
Ta có:
et(f (x)+g(x)) = etf (x) .etg(x)

∞

⇔
n=0

xn
Rn (t)
=
n!

∞

n=0

∞

xn
Pn (t)
n!

Qn (t)
n=0

xn
n!

Suy ra
∞

n=0

xn
Pn (t)
n!

∞

n=0

xn
Qn (t)
n!

∞

n

n!

=
n=0
∞

Pk (t)
k=0
n

Cnk Pk (t).Qn−k (t)

=

n=0

Từ đó ta có: Rn (t) =

xk
xn−k
Qn−k (t)
k!
(n − k)!

k=0

xn
n!

n
k
k=0 Cn Pk (t).Qn−k (t)

2)a(P ) = (aP ), a ∈ R trong đó (aP )n (t) = Pn (at), n = 0, 1, 2, . . .
Ta kiểm tra (P, ∗, .) là một không gian vectơ.
i)[(P ) ∗ (Q)] ∗ (R) = (P ) ∗ [(Q) ∗ (R)], ∀(P ), (Q), (R) ∈ P.
+) Giả sử ta có (P ) ∗ (Q) = (B), trong đó Bn (t) =
Khi đó (P ) ∗ (R) = (C), trong đó

n
k
k=0 Cn Pk (t).Qn−k (t)

1

n!


12
n

Cnk Bk (t).Rn−k (t)

Cn (t) =
k=0
n

k

Cnk

=

Cki Pi (t).Qk−i (t)

Rn−k (t)

i=0

k=0
n

k

=

k=0 i=0

n!
Pi (t).Qk−i (t).Rn−k (t)
i!(k − i)!(n − k)!

=
(i1 ,i2 ,i3 ):

ij ≥0 ij =n

n!
Pi (t).Qi2 (t).Ri3 (t)
i1 !i2 !i3 ! 1

+) Giả sử (Q) ∗ (R) = (D), trong đó Dn (t) =

n
k
k=0 Cn Qk (t).Rn−k (t)

Khi đó (P ) ∗ (D) = (E), trong đó
n

Cnk Pk (t).Dn−k (t)

En (t) =
k=0
n

n−k

Cnk

=

k=0
n n−k

=
k=0 i=0

i
Cn−k
Qi (t).Rn−k−i (t)

n!
Pk (t).Qi (t).Rn−k−i (t)
k!i!(n − k − i)!

=
(i1 ,i2 ,i3 ):

Pk (t)

i=0

ij ≥0 ij =n

n!

Pi (t).Qk−i (t).Rn−k (t)
i1 !i2 !i3 !

Vậy Cn (t) = En (t), n = 1, 2, ... hay [(P ) ∗ (Q)] ∗ (R) = (P ) ∗ [(Q) ∗ (R)]
ii) (P ) ∗ (Q) = (Q) ∗ (P ), ∀(Q), (P ) ∈ P
Giả sử (P ) ∗ (Q) = (R), với
n

Cnk Pk (t).Qn−k (t)

Rn (t) =
k=0
n

Cni Qi (t).Pn−i (t) =: Sn (t), ∀n = 1, 2, . . .

=
i=0

trong đó Sn (t) là số hạng thứ n của dãy (Q) ∗ (P )
iii) Xét dãy (O) ∈ P được xác định như sau:


13


(O)0 (t) = 1, t ∈ R

(O)n (t) = 0, n = 1, 2, . . .
Khi đó, ∀(P ) ∈ P , ta có: (P ) ∗ (O) = (O) ∗ (P ) = (R)

với Rn (t) =

n
k
k=0 Cn Pk (t).(O)n−k (t)

= Cnn Pn (t)(O)0 (t) = Pn (t), n = 0, 1, 2, . . .

Vậy (P ) ∗ (O) = (O) ∗ (P ) = (P )
iv) Với mọi ∀(P ) ∈ P , xét dãy (Q) ∈ P , với Qn (t) được xác định như sau:



Q0 (t) = 1, t ∈ R

Qn (t) = −

n−1 k
k=0 Cn Qk (t).(P )n−k (t)

Khi đó ta có:(P ) ∗ (Q) = (Q) ∗ (P ) = ()
v)∀a ∈ R, ∀(P ), (Q) ∈ P , ta có:
a[(P ) ∗ (Q)] = a(R), trong đó Rn (t) =

n
k
k=0 Cn Pk (t).(Q)n−k (t), n

n
k

k=0 Cn Pk (at).Qn−k (at), n

Suy ra (aR)n (t) = Rn (at) =

= 0, 1, 2, . . .

a(P )a(Q) = (S), trong đó:
n

Cnk (aP )k (t).(aQ)n−k (t)

Sn (t) =
k=0
n

Cnk Pk (at).Qn−k (at), n = 0, 1, 2, . . .

=

= 0, 1, 2, . . .

k=0

vi) ∀a, b ∈ R, ∀(P ) ∈ P , ta có:

((a + b).(P ))n (t) = Pn ((a + b)t), n = 0, 1, 2, . . .
a(P ) ∗ b(P ) = (R), trong đó:


14

n

Cnk (aP )k (t).(bP )n−k (t)

Rn (t) =
k=0
n

Cnk Pk (at).Pn−k (bt)

=
k=0

= Pn (at + bt)

Vậy (a + b).P = a.(P ) ∗ b.(P )
vii) ∀a, b ∈ R, ∀(P ) ∈ P , ta có:
a.[b(P )])n (t) = (b.(P ))n (at) = Pn (abt)
((ab).(P ))n (t) = Pn (abt)

Vậy a.(b.(P )) = (ab).(P )
viii)Ta có (1.(P ))n (t) = Pn (1.t) = Pn (t)
Vậy 1.(P ) = (P )


15

2.4

Dãy nhị thức sinh bởi một dãy số, thuật toán trên máy

Cho trước dãy số thực {ak }, k = 1, 2, . . . Giả sử Pn (t) là dãy đa thức thỏa mãn:
(i) P0 (t) = 1
(ii)


n

Pn (t) = n!
k=1

1 
k!


ij =n,ij ≥1

(i1 ...ik

ai1
ai
. . . k  tk , k = 1, 2, . . .
i1 !
ik !

Ta gọi Pn (t) là dãy nhị thức sinh bởi dãy {ak }, k = 1, 2, . . . đã cho. Ta đi đến định
nghĩa sau đây:
Định nghĩa 9. Cho trước dãy số thực akk≥0 . Giả sử rằng Pn (t)n≥0 là dãy các
đa thức thỏa mãn các điều kiện i) và ii) trong định lý. Ta gọi Pn (t)n≥0 là dãy đa
thức sinh bởi dãy akk≥0 đã cho.

Nếu gọi

λn,k =

thì Pn (t) =

n!
k!

(i1 ,...,ik ):

n
j=1 ij =n,ij ≥1

ai
ai1 ai2
... k
i1 ! i2 !
ik !

λn,k tk .

Các số λn,k được gọi là các hệ số của dãy nhị thức.
Ta sẽ tìm công thức truy hồi để tính các hệ số của dãy nhị thức theo dãy số thực
{ak }k≥0

Mệnh đề 3. Với λn,0 = 0, λn.1 = an , ∀n ≥ 0, λ0,0 = 1, ta có:

λn,k

1
=
k

n+1−k

aj Cnj λn−j,k−1 , n = 1, 2, . . . k = 1, 2, . . .
j=1

Chứng minh. Ta có
λj,1 =

λn−j,k =

(n − j)!
k!

j!
1!

(i1 ):

(i1 ,...,ik ):

i1 =j

ai1
= λj
i1 !

ij =n−j,ij ≥1

λi1
λi
... k
i1 !
ik !


16
Ta có
λn,k+1 =

=

n!
(k + 1)!

(i1 ,...,ik +1):

1 n!
.
k + 1 k!
(i1 ,...,ik +1):

=

1
k+1
(i1 ,...,ik +1):

1
=
k+1
1
=
k+1
1
=
k+1

ij =n−j,ij ≥1

λi
λi1
. . . k+1
i1 !
ik+1 !

k
j=1 ij =n−ik +1,ij ≥1,1≤ik +1≤n−k

k
j=1 ij =n−ik +1,ij ≥1,1≤ik +1≤n−k

n−k

Cnik +1 λik+1
ik +1=1

(i1 ,...,ik ):

k
j=1 ij =n−ik +i

n−k

Cnj λj
j=1

(i1 ,...,ik ):

k
t=1 it =n−j

λi1
λi
... k
i1 !
ik !

.

λik+1
ik+1 !

(n − ik + 1)! λi1
λi
... k
k!

i1 !
ik !

n!
ik+1 !(n − ik +

(n − ik + 1)! λi1
λi
... k
k!
i1 !
ik !

(n − j)! λi1
λi
... k
k!
i1 !
ik !

n−k

Cnj λj .λn−j,k
j=1

Hiện nay với sự bùng nổ về máy tính và công nghệ, việc tìm công thức tính
các hệ số của dãy nhị thức đơn giản hơn bằng cách vận dụng thuật toán vào
chương trình trên máy tính. Phần mềm thường được sử dụng ở đây là Maple với
những tính năng vượt trội trong tính toán, nó giúp con người đỡ tốn công sức
trong việc giải quyết các ví dụ có khối lượng tính toán lớn, mà trước kia bằng

phương pháp thủ công rất khó hoàn thành. Ở đây ta xét thuật toán tìm hệ số
của dãy nhị thức. Sau khi mở giao diện Maple, ta chọn môi trường làm việc là
Toán học và xây dựng thuật toán như sau:
A := proc(n, k)optionremember;
if n = 0andk = 0then
a[n]elif k = 1then1elif k = 0andn = 0then
1
0else .sum(a[n] ∗ binomial(n, j) ∗ A(n − j, k − 1), j = 1, . . . , n − k + 1)
k
endif endproc;


17
Ví dụ 2. 1) Dãy
n

Sn,k tk

en (t) =
k=1

n
k=1 Sn,k

nk

0123456

0

1

1

1

01

1

2

011

2

3

0131

5

4

01761

15

5

0 1 15 25 10 1

52

6

0 1 31 90 65 15 1

203

Bn =

2) Dãy
n

un,k tk

pn (t) =
k=1

n
k=1 un,k

nk

0123456

0

1

1

1

01

1

2

021

3

3

0 3 12 1

16

4

0 4 24 12 1

41

5

0 5 80 90 20 1

196

6

0 6 240 540 240 30 1

1057

Bn =

Bên cạnh đó, máy tính cũng giúp chúng ta tính được giá trị tại một số giá trị
cụ thể của một dãy nhị thức.


18

2.5

Liên hệ với đại số các chuỗi lũy thừa hình thức

Giả sử an ∞
n=1 là một dãy số. Ta viết dãy này như là dãy vô hạn phần tử, tuy
nhiên ta coi rằng nó bao gồm cả trường hợp dãy hữu hạn. Nếu a0 , a1 , . . . , am là
dãy hữu hạn thì ta sẽ biến nó thành dãy vô hạn bằng cách đặt ai = 0, ∀i > m
Ta có định nghĩa

Định nghĩa 10. Hàm sinh thông thường G(t) của dãy số an ∞
n=1 là chuỗi lũy thừa
hình thức

∞

f (x) =
n=0

an n
x
n!

.
Từ đó ta thấy mối liên hệ giữa dãy số an ∞
n=1 với dãy nhị thức
n

an,k tk

Pn (t) =
k=0

và hàm sinh tương ứng của dãy nhị thức
∞

n=0

xn
Pn (t)
n!

.

Một định lý trong lý thuyết tổ hợp nói rằng khi khai triển etf (x) , trong đó f (x) =
xk
k≥1 ak k!

là một chuỗi lũy thừa hình thức thì ta nhận được duy nhất một dãy

nhị thức {pn (t)}∞
0 (xác định theo dãy {ak }) sao cho
∞
tf (x)

e

=
n=0

xn
=1+
pn (t)
n!

∞

pn (t)
n=1

xn
n!

Ví dụ 3. Cho f là một hàm số khả vi vô hạn lần, có khai triển Taylor dạng

∞

f (x) =

ak
k=1

, f (0) = 0

xk
k!


19
Khi đó khai triển trực tiếp cho ta
∞

e

tf (x)

xk
[f (x)]k
k!

=1+
k−1
∞

∞

xk
k!

=1+
k=1
∞

j=1

∞
xk

=1+

k!

k=1

n=1



∞

=1+
n=1

k






k
j=1 ij =n,ij ≥1

(i1 ,...,ik ):

ai1
ai 
. . . k  xn
i1 !
ik !



n


n!





k=1

∞

Pn (t)

=1+

xj
aj
j!

n=1

(i1 ,...,ik ):

k
j=1 ij =n,ij ≥1



ai1
ai  tk  xn
... k 
i1 !
ik ! k! n!

xn
n!

trong đó


n

Pn (t) = n!
k=1



1 

k!
(i1 ,...,ik ):

k
j=1 ij =n,ij ≥1

ai1
ai 
. . . k  tk
i1 !
ik !

Ta kiểm tra lại Pn (t), n = 1, 2, 3, . . . là một dãy nhị thức
1) P0 (t) = 1, t ∈ R
2) Ta có:
e(u+v)f (x) = euf (x) .evf (x)

mà

∞

e

(u+v)f (x)

=1+

Pn (u + v)
n=1

∞

e

uf (x)

vf (x)

.e

=

1+
l=1
∞

=1+

∞

xl

Pl (u)
l!

1+

xl
l!

1+

Pl (u)
l=1
∞ ∞

=1+

Pm (v)

xm
m!

Pm (v)

xm
m!

m=1
∞

m=1

Pl (u).Pm (v).
m=0 l=0 l2 +m2 =0

xn
n!

xl + m
(1)
l!m!

(l2 + m2 = 0)


20
Đồng nhất 2 vế ta được: l + m = n
Đặt l = k ⇒ m = n − k
Khi đó, từ (1) ta có:
∞

e

uf (x)

vf (x)

.e

∞

=1+
n=0 k=0

n!
xn
Pk (u).Pn−k (v)
k!(n − k)!
n!
n

⇒ Pn

Cnk Pk (u)Pn−k (v)

(u + v) =
k=0

Ta nói Pn (t) là dãy nhị thức sinh bởi hàm số f hay sinh bởi dãy các hệ số ak (k ≥ 1)
trong khai triển Taylor của f .


Chương 3

Các ví dụ và liên hệ các vấn đề sơ
cấp, cơ bản
Trong mục này chúng tôi xem xét mở rộng của một số tổ hợp cơ bản.

3.1

Mở rộng số stirling loại một không dấu

Xét hàm số

∞

f (x) = − ln(1 − x) =
j=1

xj
j!

. Khi đó ta có:
∞

et[− ln(1−x)] = 1 +
k=1
∞

=1+
k=1
∞

∞

tk
k!

j=1



∞
tk

k!

n!
∞

n!

=1+



(i1 ,...,ik ):ij =n,ij ≥1

n=k



n=1

k=1

∞

k

xj

j!

tk
k!



(i1 ,...,ik ):ij =n,ij ≥1

n

cn,k tk

=1+
n=1

k=1

1
1
xn
... 
i1 !
ik ! n!
1
1
xn
... 
i1 !
ik ! n!

xn
(1)
n!

Trong đó
cn,k :=

n!
k!

(i1 ,...,ik ):ij =1,ij ≥1

1
1
...
i1
ik

Đây chính là số tất cả các cách phân tích một song ánh f : N → N thành đúng
k vòng xích độc lập.
21


22
Đầu tiên, ta phân hoạch tập N thành k tập con không rỗng. Tiếp theo, trên mỗi
tập con có ij phần tử, ta tạo thành một hoán vị vòng quanh, tức là tập con đó
tạo thành một xích có độ dài ij . Số xích đó chính là (ij − 1)!. Cuối cùng, khi lấy
tổng theo k , ta nhận được kết quả là phân tích số tất cả các song ánh trên tập
có n phần tử theo số k các xích độc lập tối đa có thể thực hiện được. Mặt khác,

1
1−x

et[−ln(1−x)] =

t

∞

n+t−1 n
x
n

=1+
n=1
∞

=1+
n=1
∞

Γ(n + t) xn
Γ(t) n!
t(t + 1) . . . (t + n − 1)

=1+
n=1
∞

(n) x

t

=1+
n=1

n

n!

(2)

So sánh (1) và (2) ta có được:
n

t

(n)

cn,k tk

=
k=0