Một số nguyên lý và kỹ thuật để giải các bài toán tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ MINH PHƯƠNG

MỘT SỐ NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ MINH PHƯƠNG

MỘT SỐ NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Đặng Hùng Thắng

Thái Nguyên - 2017

i

Mục lục

Danh sách kí hiệu

ii

Mở đầu

3

Chương 1. Hệ số nhị thức và hệ số đa thức

5

1.1

1.2

1.3

Hệ số nhị thức và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Định lý nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Các đồng nhất thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.3

Tam giác Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.1.4

Đồng nhất thức Chu Shih-Chieh . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.1.5

Một số tính chất của hệ số nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Hệ số đa thức và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.2.1

Hệ số đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.2.2

Định lý đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Một số bài toán vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Chương 2. Nguyên lý Dirrichlet, nguyên lý bao hàm – loại trừ, và hàm sinh

38

2.1

Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.2

Nguyên lý bao hàm – loại trừ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.3

Hàm sinh và quan hệ truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.3.1

Các hàm sinh thông thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.3.2

Phân hoạch nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

Các bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

2.4
Kết luận

73

Tài liệu tham khảo

74


ii

Danh sách kí hiệu
Z

tập hợp các số nguyên

N

tập hợp các số tự nhiên

n!

n giai thừa, được xác định bởi n! = 1 · 2 · 3 · · · n

n
r

hoặc Cnr

số tổ hợp chập r của n phần tử

deg P(x)

bậc của đa thức P(x)

a ≡ b (mod p)

a đồng dư với b theo modulo p

gcd(a, b)

ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b

a|b

a là ước của b

a b

a không phải là ước của b

x
m

∑ ai
i=1
m

∏ bi

phần nguyên của x
ký hiệu tổng a1 + a2 + · · · + am
ký hiệu tích b1 b2 · · · bm

i=1

P(X)

tập tất cả các tập con của tập hợp X

|A|

số phần tử của tập hợp A


3

Mở đầu
Trong nhiều năm tổ hợp luôn là một chuyên đề lớn đối với các học viên chuyên
ngành toán sơ cấp. Các nguyên tắc và kĩ thuật cơ bản trong tổ hợp ngày càng có
nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác, đặc biệt trong khoa học máy tính. Nhận
thức được vai trò của lý thuyết tổ hợp đối với đời sống hiện đại nên lý thuyết tổ
hợp đã được đưa vào chương trình học phổ thông và chiếm một phần trong các kì
thi toán quốc gia và quốc tế. Trong chương trình bậc đại học và cao học, học viên
chưa có điều kiện làm quen và nghiên cứu các nguyên lý và kĩ thuật trong đại số
tổ hợp hoặc có thì cũng không nhiều và không sâu. Mặt khác, ở nước ta tài liệu về
tổ hợp chưa nhiều.
Mục tiêu của đề tài luận văn là tìm hiểu một số nguyên lý và kỹ thuật để giải
các bài toán tổ hợp nâng cao như: Nguyên lý Dirrichlet và Nguyên lý bao hàm và
loại trừ, kỹ thuật sử dụng hệ số nhị thức, hệ số đa thức, quan hệ truy hồì và phương
pháp hàm sinh.
Về mặt ứng dụng, luận văn sẽ áp dụng lý thuyết để soi sáng những bài toán
tổ hợp ở phổ thông, phân loại và hệ thống hoá (theo dạng cũng như phương pháp

giải) các bài tập nâng cao về tổ hợp và sáng tác ra những bài toán tổ hợp mới.
Tác giả cố gắng phấn đấu để bản luận văn sẽ cung cấp thêm một tài liệu tham
khảo tốt về tổ hợp cho học sinh phổ thông, đặc biệt là dành cho các em học sinh
có năng khiếu môn toán. Tác giả hy vọng luận văn sẽ đáp ứng được phần nào lòng
yêu thích khám phá toán học của các em học sinh đồng thời cũng là một tài liệu
hữu ích để các bạn đồng nghiệp cùng tham khảo. Ngoài ra thông qua việc viết luận
văn, tác giả có cơ hội mở rộng nâng cao hiểu biết về toán sơ cấp nói chung và tổ
hợp nói riêng, nâng cao kỹ năng các giải các bài toán tổ hợp, phục vụ tốt cho việc
giảng dạy môn toán ở trường phổ thông.
Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương:
Chương 1. Hệ số nhị thức và hệ số đa thức. Trong chương này chúng tôi trình
bày định lí về hệ số của nhị thức, hệ số của đa thức. Các tính chất của hệ số nhị


4
thức và hệ số của đa thức và một số ví dụ vận dụng trong giải các bài toán tổ hợp
Chương 2. Nguyên lý Dirrichlet và Nguyên lý bao hàm – loại trừ và hàm
sinh. Trong chương này chúng tôi trình bày các nguyên lý cơ bản, như nguyên lý
Dirichlet, nguyên lý bao hàm – loại trừ và hàm sinh. Một số ví dụ và bài toán áp
dụng các nguyên lý trên.
Trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn, tôi đã nhận được sự hướng dẫn
của GS. TSKH. Đặng Hùng Thắng (Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội). Tác giả
xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy, người đã đặt vấn đề
nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp những thắc mắc của tác
giả trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham
gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến gia đình vì
những động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành tốt luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 04 tháng 11 năm 2017
Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Minh Phương


5

Chương 1

Hệ số nhị thức và hệ số đa thức
1.1

Hệ số nhị thức và tính chất

1.1.1

Định lý nhị thức

Trong phần này, chúng tôi trình bày về định lý nhị thức, các tính chất của hệ số nhị
thức và ứng dụng trong các bài toán tổ hợp. Chúng ta bắt đầu với dạng đơn giản
sau đây của Định lý nhị thức được phát hiện bởi Isaac Newton (1646-1727) năm
1676.
Định lí 1.1.1. Với mỗi số nguyên bất kỳ n ≥ 0, ta có
n n
n n−1
n
n n
x +
x y+···+

xyn−1 +
y
0
1
n−1
n
n
n n−r r
x y.
=∑
r
r=0

(x + y)n =

Chứng minh thứ nhất - Quy nạp toán học. Với n = 0, kết quả là tầm thường như
là (x + y)0 = 1 =

0
0

x0 y0 . Giả sử nó xảy ra khi n = k với một số nguyên k ≥ 0 nào

đó, đó là
k

(x + y)k =

∑

r=0

k k−r r
x y.
r

Xét n = k + 1. Quan sát thấy rằng
(x + y)k+1 = (x + y)(x + y)k
k

= (x + y) ∑

r=0

k

=

∑

r=0

=

k k−r r
x y
r

(bởi giả thiết quy nạp)

k k+1−r r k k k−r r+1
x
y ∑
x y
r
r=0 r

k k+1
k k
k k−1 2
k
x +
x y+
x y +···+
xyk
0
1
2
k


6
+

k k
k k−1 2
k
k k+1
x y+
x y +···+

xyk +
y .
0
1
k−1
k

Áp dụng (??) và kết quả tầm thường,
k
k+1
=1=1
0
0

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

và

ta có
(x + y)k+1 =

k + 1 k+1
k+1 k
k+1
k + 1 k+1

x +
x y+···+
xyk +
y ,
0
1
k
k+1

đây là điều ta cần. Phép chứng minh hoàn thành bởi nguyên lý quy nạp toán học.

Chứng minh thứ hai - Phương pháp tổ hợp. Đủ để chứng minh rằng hệ số của xn−r yr
trong khai triển của (x + y)n là

n
r

.

Để khai triển tích
(x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y),
n

ta chọn một trong hai x hoặc y từ mỗi nhân tử (x + y) và sau đó nhân chúng với
nhau. Như vậy, để tạo thành xn−r yr , trước hết ta chọn r trong n nhân tử (x + y) và
sau đó chọn “y” từ r nhân tử đã chọn (và tất nhiên chọn “x” từ phần còn lại (n − r)
nhân tử). Bước đầu tiên có thể được thực hiện theo
là một cách. Do đó, số cách để tạo thành xn−r yr là

1.1.2

n
r
n
r

cách trong khi cách thứ hai
.

Các đồng nhất thức tổ hợp

Định lý nhị thức là một kết quả cơ bản trong toán học có rất nhiều ứng dụng. Trong
phần này, chúng ta sẽ thấy Định lý 1.1.1 sinh ra một cách dễ dàng nhiều tính chất
thú vị liên quan đến hệ số nhị thức. Để đơn giản trong so sánh, một số cách chứng
minh khác của những tính chất này sẽ được đưa ra.
Ví dụ 1.1.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 0, ta có
n

∑

r=0

n
n
n
n
=
+
+···+
= 2n .

r
0
1
n

(1.1)


7
Chứng minh thứ nhất. Cho x = y = 1 trong Định lý 1.1.1, ta có được ngay
n

∑

r=0

n
= (1 + 1)n = 2n .
r

Và điều này kết thúc phép chứng minh.
Chứng minh thứ hai. Cho X là một tập hợp có n phần tử và P(X) là tập hợp tất
cả các tập hợp con của X. Ta sẽ đếm lực lượng |P(X)| theo hai cách.
Với mỗi r = 0, 1, . . . , n, số tập con có r phần tử của X là

n
r

theo định nghĩa.

Do đó
|P(X)| =

n
n
n
+
+···+
.
0
1
n

Mặt khác, ta có |P(X)| = 2n . Do đó, ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.1.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 1, ta có
n

•

∑ (−1)r

r=0

n
=
r

n
n
n

n
= 0,
−
+
− · · · + (−1)n
n
0
1
2
n
n
n
+
+···+
+··· =
0
2
2k
n
n
n
=
+
+···+
+ · · · = 2n−1 .
1
3
2k + 1
=

•

(1.2)

(1.3)

Chứng minh. Cho x = 1 và y = −1 trong Định lý 1.1.1, ta nhận được
n

∑

r=0

n
(−1)r = (1 − 1)n = 0,
r

mà nó chính là đồng nhất thức thứ nhất. Đồng nhất thức thứ hai thu được từ đồng
nhất thức thứ nhất và đồng nhất thức (1.1).
Nhận xét 1.1.4. Một tập con A của một tập X khác rỗng được gọi là một tập hợp
chẵn phần tử (tương ứng lẻ phần tử) của tập X nếu |A| là chẵn, tương ứng lẻ. Đồng
nhất thức (1.3) nói rằng, cho trước một tập n phần tử của X, số các tập con chẵn
phần tử bằng số tập con lẻ phần tử của X.
Ví dụ 1.1.5. Chứng minh rằng với mọi số n ∈ N, ta có
n

∑r

r=1

n
n
n
n
n
=
+2
+3
+···+n
= n · 2n−1 .
r
1
2
3
n

(1.4)


8
Chứng minh thứ nhất. Cho x = 1 Định lý 1.1.1 cho ta
n

(1 + y)n =

∑

r=0

n r

y.
r

Đạo hàm hai vế của đồng nhất thức trên theo biến y ta có
n

n(1 + y)n−1 =

∑r

r=1

n r−1
y .
r

Cuối cùng, bằng cách đặt y = 1, ta có
n

n
= n(1 + 1)n−1 = n · 2n−1 .
r

∑r

r=1

Ta có điều cần chứng minh.
Chứng minh thứ hai. Đồng nhất thức
n

n n−1
=
r
r r−1
có thể được viết lại thành
r

với điều kiện là r ≥ 1

n
n−1
=n
.
r
r−1

Do đó
n

n
n
n−1
n
n−1
∑ r r = ∑ n r−1 = n ∑ r−1
r=1
r=1
r=1
n−1

=n∑

s=0

n−1
(cho s = r − 1)
s

= n · 2n−1

(bởi (1.1)).

Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.6. Mở rộng các kỹ thuật được sử dụng trong hai chứng minh ở trên,
người ta cũng có thể chứng minh rằng
n

∑ r2

n
= n(n + 1)2n−2 ,
r

∑ r3

n
= n2 (n + 3)2n−3
r

r=1

n

r=1


9
với mọi n ∈ N.
Hay nói chung, ta có thể tính các tổng
n

n
,
r

∑ rk

r=1

trong đó k ∈ N và k ≥ 4

như thế nào.
Kết quả tiếp theo đây được công bố bởi nhà toán học Pháp A.T. Vandermonde
(1735-1796) năm 1772.
Ví dụ 1.1.7 (Đồng nhất thức Vandermonde). Chứng minh rằng với m, n, r ∈ N, ta
có
r

∑

i=0

m
i

n
m
=
r−i
0
=

n
m
+
r
1

n
m
+···+
r−1
r

n
0

m+n
.
r

(1.5)

Chứng minh thứ nhất. Khai triển các biểu thức trên theo cả hai vế của đồng nhất
thức
(1 + x)m+n = (1 + x)m (1 + x)n ,
bởi Định lý 1.1.1, ta có
m+n

∑
k=0

m

m+n k
x =
k
=

∑

i=0

m i
x
i

n

∑

j=0

n j
x
j

m
0

n
m n
m n
+
+
x
0
0
1
1
0
m n
m n
m n
+
+
+
x2 +
0
2
1

1
2
0
m n m+n
+···+
x
.
m n

Bây giờ, so sánh hệ số của xr ở cả hai vế ta nhận được
m+n
m
=
r
0

n
m
+
r
1

n
m
+···+
r−1
r

n
.

0


10
Chứng minh thứ hai. Cho X = {a1 , a2 , . . . , am , b1 , b2 , . . . , bn } là tập hợp có m + n
đối tượng. Ta sẽ đếm số các r tổ hợp A của X.
Giả sử rằng A chứa đúng ai đối tượng, với i = 0, 1, . . . , r, khi đó r − i phần tử
khác của A là b và trong trường hợp này, số cách để hình thành A được cho bởi
m
i

n
r−i

. Do đó, ta có
r

∑

i=0

n
m+n
=
.
r−i
r

m
i

Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 1.1.8. Nếu ta đặt m = n = r trong đồng nhất thức (1.5) và áp dụng đồng
nhất thức

n
r

=

n
n−r
n

∑

i=0

, ta nhận được
n
i

2

n
=
0

2

n
+
1

2

n
+···+
n

2

=

2n
.
n

(1.6)

Bây giờ ta sẽ xét một số ví dụ về các ứng dụng của Đồng nhất thức Vandermonde. Số Hrn - số các đa tập con r phần tử của M = {∞ · a1 , ∞ · a2 , . . . , ∞ · an },
được cho bởi
Hrn =

r+n−1
.
r

Xét (3 × 3)-ma trận A mà các phần tử là các Hrn



H11 H21 H31


2 H 2 H 2 .
A=
H
3
2
 1
H13 H23 H33
Định thức det(A) sẽ bằng bao nhiêu? Ta quan sát rằng

 

1
2
3
1
1
1
2
3 


 21
3
4

 = 2 3 4 

A= 1


2
3 
3
4
5
3 6 10
1
2
3
và ta dễ kiểm tra được det(A) = 1.
Tổng quát ta có kết quả thú vị sau đây,
Ví dụ 1.1.9. Cho A = (Hrn ) là ma trận vuông cấp k, trong đó n, r ∈ {1, 2, . . . , k},
mà (n, r)-entry là (Hrn ). Chứng minh rằng det(A) = 1.


11
Chứng minh. Giả sử B = (bi j ) và C = (ci j ) là các ma trận vuông cấp k được định
nghĩa bởi
i
j

bi j =

j−1
;
j−i

ci j =

và

tức là


1
1
2
1
3
1

0
2
2
3
2

0

···

0

3
3

..

.

···
...

0
..
.

k
1

k
2

k
3

···

k
k





B=

 ..

 .


0

..
.

···

0




















C=





và

0
0

0

1
1
1
0

0
..
.

0
..
.

0

0

2
2
2
1
2
0

···
···

..
.

···
...

0

···

k−1
k−1
k−1
k−2
k−1
k−3








.

.. 
. 


k−1
0

Ta có thể phát biểu một kết luận thú vị là A = BC. Thật vậy, nếu anr ký hiệu
(n, r)-entry của tích BC, khi đó
k

k

anr = ∑ bni cir = ∑
i=1
r

=∑

i=1

=

i=1

n
i

n
i

r−1
r−i

r−1
r−i

r+n−1
r

r−1
= 0 nếu i > r
r−i
(Đồng nhất thức Vandermonde)

= Hrn .
Do đó, BC = A.
Bây giờ,
det(A) = det(BC) = det(B) det(C)
=

1
2
k
·

···
1
2
k

·

0
1
k−1
·
···
0
0
0

= 1.

Ta có điều phải chứng minh.

1.1.3

Tam giác Pascal

Tập hợp các hệ số nhị thức

n
r

có thể được sắp xếp thuận tiện trong một hình tam

giác từ trên xuống dưới và từ trái sang phải mà nó tăng thứ tự của các giá trị n và
r tương ứng.


12
0
0
1
0
2
0
3
0
4
0

1
1
2
1

3
1
4
1

2
2
3

3

3
2
4
3

4
2

4
4

Hình 1.1: Tam giác Pascal

Sơ đồ này được gọi là Tam giác Pascal, mang tên nhà toán học người Pháp nổi
tiếng Blaise Pascal (1623-1662), người đã khám phá ra nó và có những đóng góp
đáng kể cho sự hiểu biết về nó năm 1653. Tam giác này còn được gọi là tam giác
Yang Hui ở Trung Quốc vì nó đã được nhà toán học Yang Hui khám phá sớm hơn
năm 1261. Hình tam giác này cũng được tìm thấy trong cuốn sách “Precious Mirror
of the Four Elements” của một nhà toán học Trung Quốc khác là Chu Shih-Chieh
năm 1303.
n=0

1

n=1

1

n=2

1

n=3

1

n=4

1

n=5

1

n=6

1

n = ...

...

2
3

4
5

6

1
3
6

10
15

1
1
4
10

20

1
5

15

1
6

1

Hình 1.2: Tam giác Pascal

Ta có một số tính chất sau đây về tam giác Pascal:
(1) Hệ số nhị thức

n
r

, nằm ở vị trí thứ n từ đỉnh và vị trí thứ r tính từ phía tay

trái, là số tuyến ngắn nhất từ đỉnh biểu diễn

0
0

đến đỉnh biểu diễn

n
r

.


13
(2) Như là

n
r

=

n
n−r

, các điểm của tam giác là đối xứng tương ứng với nhau

qua trục đối xứng qua đỉnh biểu diễn điểm

0
0

.

(3) Đồng nhất thức (1.1) nói rằng tổng các hệ số nhị thức bậc n bằng 2n , và ta
2n
n

có tổng bình phương của hệ số nhị thức bậc n bằng

.

(4) Đồng nhất thức
n
n−1
n−1
=
+
,
r
r−1
r
nói đơn giản rằng mỗi hệ số nhị thức bên trong tam giác bằng với tổng của
hai hệ số nhị thức phía trên của nó. Ví dụ là 21 = 15 + 6.

1.1.4

Đồng nhất thức Chu Shih-Chieh

Ta có một số kết quả khác, từ việc quan sát Hình 1.1. Xét 5 hệ số nhị thức liên tiếp
2
= 1,
2

3
= 3,
2

4
= 6,
2

5
= 10
2

và

6
= 15.
2

Tổng của 5 số này là 1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35, nó là số ta có ngay khi rẽ trái từ
tuyến 1 − 3 − 6 − 10 − 15. Thay

2
2

bởi

3
3

(chúng đều có giá trị là 1) và áp dụng

quan sát số (4) một cách liên tục, ta có
2
3
4
5
6
3
3
4
5
6
+
+
+
+
=
+
+
+
+

2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
=

4
4
5
6
+
+
+
3
2
2
2

=

6
5
5
+

+
3
2
2

=

6
6
+
3
2

=

7
= 35.
3

Ví dụ 1.1.10. Chứng minh rằng
(i) với mọi r, n ∈ N với n ≥ r,
r
r+1
n
n+1
+
+···+
=
;
r

r
r
r+1

(1.7)


14
(ii) với mọi r, k ∈ N.
r
r+1
r+k
r+k+1
+
+···+
=
.
0
1
k
k

(1.8)

Các đồng nhất thức (1.7) và (1.8) có thể được nhớ một cách dễ dàng. Do sự đối
xứng của tam giác Pascal, các đồng nhất thức (1.7) và (1.8) là tương đương, tức là
ta có (1.7) ⇔ (1.8).
Bây giờ ta thiết lập một chứng minh tổ hợp cho đồng nhất thức (1.7).
Chứng minh khẳng định thứ nhất. Cho X = {a1 , a2 , . . . , an+1−r , . . . , an+1 } là tập
hợp n + 1 phần tử. Ta sẽ đếm số tập con có (r + 1) phần tử A của X. Xét n + 1 − r

trường hợp sau đây:
(1) a1 ∈ A. Ta cần một tập hợp khác có r phần tử từ X \ {a1 } để xây dựng A. Có
n
r

cách để A được hình thành.

(2) a2 ∈
/ A and a2 ∈ A. Ta cần một tập có r khác từ X \ {a1 , a2 } để xây dựng A. Có
n−1
r

cách mà A hình thành.

···
(n − r) a1 , a2 , . . . , an−1−r ∈
/ A và an−r ∈ A. Ta cần một tập hợp khác có r phần tử
tử X \ {a1 , a2 , . . . , an−r } để xây dựng A. Có
(n + 1) − (n − r)
r+1
=
r
r
cách để A có thể được hình thành.
(n + 1 − r) a1 , a2 , . . . , an−r ∈
/ A. Trong trường hợp này có

r
r

= 1 cách để hình

thành A, đó là A = {an−r+1 , an−r+2 , . . . , an+1 }.
Chú ý rằng tất cả n + 1 − r trường hợp trên là rời nhau từng đôi một và đầy đủ.
Do đó ta có,
n
n−1
r+1
r
n+1
+
+···+
+
=
,
r
r
r
r
r+1
và nó đã chứng minh đồng nhất thức (1.7).


15
Ta sẽ trình bày hai ví dụ ứng dụng của đồng nhất thức (1.7).
Ví dụ 1.1.11 (IMO, 1981/2). Cho 1 ≤ r ≤ n và xét tất cả các tập con có r phần tử
của tập hợp {1, 2, . . . , n}. Mỗi tập con đó có một phần tử bé nhất. Giả sử F(n, r)
ký hiệu cho trung bình số học của các số nhỏ nhất đó. Chứng minh rằng
F(n, r) =

n+1
.
r+1

Trước khi chứng minh kết quả, ta sẽ xét một ví dụ minh họa để có thể hiểu
rõ bài toán ban đầu hơn. Lấy n = 5 và r = 3. Tất cả các tập con có 3 phần tử của
{1, 2, 3, 4, 5} và các số bé nhất tương ứng được cho ở bảng sau đây:
Các tập con có 3 phần tử của
{1, 2, 3, 4, 5}

phần tử nhỏ nhất

{1, 2, 3}

1

{1.2, 4}

1

{1, 2, 5}

1

{1, 3, 4}

1

{1, 3, 5}

1

{1, 4, 5}

1

{2, 3, 4}

2

{2, 3, 5}

2

{2, 4, 5}

2

{3, 4, 5}

3

Do đó
F(5, 3) =

1
3
(6 · 1 + 3 · 2 + 1 · 3) =
10
2

trong khi

n+1 6 3
= =
r+1 4 2

và chúng bằng nhau.
Có hai câu hỏi được đặt ra. Trước tiên, các số trong tập hợp {1, 2, . . . , n} có thể
là phần tử nhỏ nhất của một tập hợp nào đó có r phần tử của tập hợp {1, 2, . . . , n}?
Bao nhiêu lần mỗi phần tử nhỏ nhất đóng góp cho tổng số? Quan sát thấy {n −
r + 1, n − r + 2, . . . , n} chứa n − (n − r + 1) + 1 = r phần tử; và nó là tập con có
r phần tử của {1, 2, . . . , n} chứa các số phần tử lớn nhất có thể. Do đó các số


16
1, 2, . . . , n − r + 1 là tất cả các phần tử bé nhất có thể của tập con có r phần tử của
{1, 2, . . . , n}. Đây chính là câu trả lời cho câu hỏi thứ nhất.
Giả sử m = 1, 2, . . . , n − r + 1. Số lần m đóng góp cho tổng là số các tập con
có r phần tử của {1, 2, . . . , n} là chứa m như là phần tử bé nhất. Điều này, tuy
nhiên, bằng số cách thức để hình thành tập con có (r − 1) phần tử từ tập hợp
{m + 1, m + 2, . . . , n}. Như vậy số lần mong muốn mà m đóng góp vào tổng là
n−m
r−1

, mà nó đã giải đáp câu hỏi thứ hai.

Bây giờ ta đã sẵn sàng để xem đồng nhất thức (1.7) có thể được áp dụng như
thế nào để chứng minh phát biểu của của Ví dụ 1.1.11.
Chứng minh. Với m = 1, 2, . . . , n−r +1, số các tập con có r phần tử của {1, 2, . . . , n}

mà chứa m như là phần tử nhỏ nhất được cho bởi

n−m
r−1

. Do đó tổng S của các phần

tử nhỏ nhất của tập con có r phần tử của {1, 2, . . . , n} được cho bởi
n−1
n−2
n−3
r−1
+2
+3
+ · · · + (n − r + 1)
r−1
r−1
r−1
r−1

n−1
n−2
n−3
r−1 

=
+
+
+···+



r−1
r−1
r−1
r−1 



n−2
n−3
r−1 


+
+
+···+


r−1
r−1
r−1 


n−3
r−1 
+
+···+
(n − r + 1) hàng.
r−1
r−1 




r−1 


+···+


r−1 



r−1 


+

r−1

S=1

Áp dụng đồng nhất thức (1.7) vào mỗi hàng ta nhận được
S=
mà bằng với

n+1
r+1

của {1, 2, . . . , n} là

n
n−1
n−2
r
+
+
+···+
,
r
r
r
r

, áp dụng (1.7) một lần nữa. Do đó số các tập con có r phần tử
n
r

F(n, r) =

, do đó
n+1
r+1
n
r

=

(n + 1)!
r!(n − r)! n + 1

·
=
.
(r + 1)!(n − r)!
n!
r+1


17
Ta sẽ xem xét một ví dụ khác. Với n ∈ N, một phân chia thứ n của một tam
giác đều ABC là một cấu hình thu được bởi: chia mỗi cạnh của

ABC thành n + 1

phần bằng nhau bởi n điểm; sau đó bổ sung 3n đoạn thẳng để nối 3n cặp của các
điểm trên các cạnh liền kề để các đoạn thẳng là song song với cạnh thứ ba.

Giả sử g(n) là số các hình bình hành chứa trong phân chia thứ n của một tam
giác đều.
Ta sẽ tính giá trị g(n) như sau:
Ví dụ 1.1.12. Với mỗi n ∈ N, hãy tính toán số g(n).
Nhận xét 1.1.13. Bài toán này đã được giao Singapore Mathematical Olympiad
Team (Đội Olympic Toán học Singapore) năm 1990 như một bài kiểm tra vào ngày
15/6/1989. Lin Ziwei, một thành viên trong nhóm, ở tuổi 14 đã có thể giải quyết
vấn đề trong vòng một giờ. Lời giải của anh ấy được trình bày dưới đây.
Lời giải. Có ba kiểu các hình bình hành:

Hình 1.3: Ba kiểu hình bình hành : Kiểu 1, Kiểu 2 và Kiểu 3

Bởi tính đối xứng, số các hình bình hành của mỗi kiểu là như nhau. Do đó ta

chỉ cần đếm số các hình bình hành của mỗi kiểu, chẳng hạn đó là Kiểu 1.
Mỗi hình bình hành Kiểu 1 được xây dựng bởi bốn đoạn thẳng
Mỗi cạnh của
số các lựa chọn cho

ABC có độ dài n + 1 đơn vị. Trong đó
2

1

1, 2, 3

và

4.

là r đơn vị từ đỉnh A,

là n + 1 − r, và số cách thức để chọn cặp { 3 , 4 } là

r+1
2

.


18

Do đó, số hình bình hành của Kiểu 1 được cho bởi
n

∑ (n + 1 − r)

r=1

r+1
2

2
3
4
n+1
n+
(n − 1) +
(n − 2) + · · · +
1
2
2
2
2

2
3
4
n
n+1 


+
+

+···+
+


2
2
2
2
2



2
3
4
n 



+
+
+
+···+

2
2
2
2 



..
=
. n hàng



2
3 


+
+

2
2 




2 


+

2
n+2
n+1
4
3
=

+
+···+
+
( bởi đồng nhất thức(1.7))
3
3
3
3
n+3
=
( bởi đồng nhất thức(1.7)).
4
=

Do đó g(n) = 3

n+3
4

.

Nhận xét 1.1.14. Vì câu trả lời ở trên cho g(n) là một số nhị thức đơn giản, ta có
thể tự hỏi liệu có một lập luận tổ hợp ngắn gọn hơn hoặc trực tiếp hơn để chứng
minh kết quả. Chúng tôi trình bày dưới đây.
Trước hết, kéo dài các cạnh AB và AC của tam giác đều ABC thành AB và AC ,


19
AB
AC

n+1
=
=
. Do đó phân chia thứ n của
AB
AC
n+2
của phân chia thứ (n + 1) của AB C (xem Hình 1.4(a)).

tương ứng, sao cho

ABC là phần

Hình 1.4: Phân chia tam giác

Chú ý cho hai điểm B và C , là có đúng n + 3 điểm phân chia B C tương ứng
với phân chia thứ (n + 1) của

AB C . Bây giờ, quan sát một hình bình hành bất

kỳ của Kiểu 2 theo phân chia thứ n của

ABC tương ứng một tập duy nhất của

bốn điểm phân chia của B C (xem Hình 1.4(b)).
Do đó số các hình bình hành của Kiểu 2 trong phân chia thứ n của

ABC là

bằng số các tập hợp con có 4 phần tử của n + 3 các điểm phân chia trên B C . Do

số sau bằng

1.1.5

n+3
4

, ta có g(n) = 3

n+3
4

.

Một số tính chất của hệ số nhị thức

Trong mục trước, ta đã nghiên cứu một số đồng nhất thức chứa hệ số nhị thức và
giới thiệu một số kỹ thuật khác nhau để sử dụng chúng. Mục này chúng tôi sẽ phát
biểu nhưng không chứng minh một số tính chất hữu ích và nổi bật về hệ số nhị
thức.
Trước hết, ta có tính chất sau đây:
1◦ Với mỗi số chẵn n ∈ N, ta có
n
n
n
<
< ··· n
0
1
2

> ··· >

n
n
>
.
n−1
n

(1.9)


20
và với số lẻ n ∈ N, ta có
n
n−1
2

n
n
<
< ··· <
0
1

=

n
n+1

2

> ··· >

n
n
>
.
n−1
n
(1.10)

2◦ Cho n ≥ 2 là một số nguyên. Mann & Shanks đã chứng minh rằng n là một
số nguyên tố nếu và chỉ nếu n |

n
r

với mọi r = 1, 2, . . . , n − 1.

Gần đây, kết quả này được cải tiến bởi Z. Hao rằng một số nguyên n > 2 là
số nguyên tố nếu và chỉ nếu
n|

n
,
6k ± 1

√
n

với mọi k với 1 ≤ k ≤
trong đó x ký hiệu số nguyên lớn nhất mà
6
không vượt quá số thực x.
3◦ Với a, b, c ∈ Z, ta viết a ≡ b (mod c) nếu và chỉ nếu c | (a − b). Kết quả sau
đây thuộc về nhà toán học người Pháp thế kỷ 19 E. Lucas (1842-1891).
Cho p là một số nguyên tố. Khi đó
n
(mod p) với mọi n ∈ N,
p

(i)

n
p

≡

(ii)

p
r

≡ 0 (mod p) với mọi r sao cho 1 ≤ r ≤ p − 1,

(iii)

p+1
r

≡ 0 (mod p) với mọi r sao cho 2 ≤ r ≤ p − 1,

(iv)

p−1
r

≡ (−r)r (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤ p − 1,

(v)

p−2
r

≡ (−r)r (r + 1) (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤ p − 2,

(vi)

p−3
r

≡ (−r)r

r+2
2

(mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤ p − 3.

4◦ Cho một số nguyên tố p. Người ta luôn luôn có thể tìm thấy một n ∈ N∗ =
N ∪ {0} sao cho

p

n
r

với mọi

r = 0, 1, . . . , n.

Ví dụ, lấy n = 0, 1, 2, . . . , p − 1 (xem tính chất (iv)-(vi) trên). Ngoài ra, còn
có những số khác n, và vì thế bài toán là : Cho trước một số nguyên tố p, xác


21
định tập hợp
A= n∈N:n

n
, với mọi r = 0, 1, . . . , n .
r

Theo Honsberger, vấn đề này đã được đặt ra và cũng được giải quyết bởi hai
nhà toán học người Ấn Độ là M.R. Railkar và M.R. Modak năm 1976 (xem
chi tiết ở Chen Chuan-Chong [4]). Họ đã chứng minh rằng
n∈A

n = kpm − 1

nếu và chỉ nếu

trong đó m là một số nguyên không âm và k = 1, 2, . . . , p − 1
5◦ Giả sử n, r ∈ N và p là một số nguyên tố. Ta viết n và r với cơ sở p như sau:
n = n0 + n1 p + n2 p2 + · · · + nk pk ,
r = r0 + r1 p + r2 p2 + · · · + rk pk ,
trong đó k là một số nguyên không âm và ni , ri ∈ {0, 1, . . . , p − 1} với mọi
i = 0, 1, . . . , k. Năm 1878, Lucas đã chứng minh kết quả quan trọng sau đây:
n
n0
≡
r
r0

n1
nk
···
r1
rk

(mod

p).

Nói riêng, nếu lấy p = 2 và viết n và r theo hệ nhị phân
n = (nk nk−1 · · · n1 n0 )2
r = (rk rk−1 · · · r1 r0 )2
trong đó ni , ri = {0, 1} với mọi i = 0, 1, . . . , k, thì ta có kết quả thú vị sau đây:
n
là lẻ nếu và chỉ nếu ni ≥ ri với mọi i = 0, 1, . . . , k.
r

(1.11)

Ví dụ, lấy
a = 11 = (a3 a2 a1 a0 )2 , = (1011)2 ,
b = 9 = (b3 b2 b1 b0 )2 = (1001)2 ,
c = 6 = (c3 c2 c1 c0 )2 = (0110)2 .
Do ai ≥ bi với mọi i = 0, 1, 2, 3,
a
c

=

11
6

là chẵn.

a
b

=

11
9

là một số lẻ; và do a2 < c2 ,


22
6◦ Theo Honsberger, bài toán sau đây được nghiên cứu và giải bởi Fine: Cố

định n ∈ N, có bao nhiêu hệ số nhị thức lẻ

n
r

đang có ở bậc thứ n của tam

giác Pascal? Ta sẽ áp dụng kết quả (1.11) để trả lời câu hỏi này.
k

Viết n = (nk nk−1 · · · n1 n0 )2 theo hệ nhị phân và cho w(n) = ∑ ni , và bằng
i=0

với số các đơn phần tử trong đa tập hợp {n0 , n1 , . . . , nk }. Cho r ∈ Z sao cho
0 ≤ r ≤ n, viết r = (rk rk−1 · · · r1 r0 )2 . Bởi kết quả (1.11),

n
r

là lẻ nếu và chỉ

nếu ri ≤ ni . Để ri ≤ ni , ta có ri = 0 nếu ni = 0, và ri ∈ {0, 1} nếu ni = 1. Do đó
số các lựa chọn cho r là 2w(n) . Do đó, chúng tôi kết luận rằng n ∈ N, số các hệ
số nhị thức lẻ

n
r

có bậc n được cho bởi 2w(n) . Ví dụ, nếu n = 11 = (1011)2 ,

thì w(11) = 3, và trong số đó 12 hệ số nhị thức

11
0

,

11
1

,...,

11
11

tại bậc 11,

vậy 8, tức là 23
11
11
=
= 1,
0
11
11
11
=
= 55,
2
9

1.2

11
11
=
= 11,
1
10
11
11
=
= 165.
3
8

Hệ số đa thức và tính chất

Trong phần trên, ta đươc trình bày về khai triển nhị thức (x + y)n và một số tính
chất liên quan. Tiếp theo, ta sẽ trình bày khai triển của (x + y + ...)n , với hy vọng
thu được những tính chất đẹp như trong khai triển nhị thức (x + y)n .

1.2.1

Hệ số đa thức

Đổi ký hiệu x, y thành x1 , x2 tương ứng, khai triển nhị thức có thể được viết lại là
n

(x1 + x2 )n =

∑

r=0

n r n−r
x x ,
r 1 2

trong đó n ∈ N .

Đương nhiên, người ta có thể muốn tìm ra hệ số trong khai triển của biểu thức tổng
quát sau:
(x1 + x2 + · · · + xm )n
trong đó n, m ∈ N và m ≥ 2.

(1.12)


23
Để làm điều này, trước tiên chúng ta hãy giới thiệu một họ các số, có thể được
coi là mở rộng của hệ thống nhị thức. Giả sử
n
n1 , n2 , . . . , nm

(1.13)

ký hiệu số cách thức phân bố n đối tượng phân biệt trong m hộp phân biệt sao cho
n1 trong hộp 1, n2 trong hộp 2, . . ., và nm trong hộp m, trong đó n, m, n1 , n2 , . . . , nm
là các số nguyên không âm với

n1 + n2 + · · · + nm = n.
Có thể nói gì về số (1.13) khi m = 2? Do có

n
n1

(1.14)
cách để chọn n1 của n đối

tượng phân biệt và đặt chúng trong hộp 1, và 1 cách để đặt phần còn lại n2 = n − n1
đối tượng trong hộp 2, ta thấy rằng

n
n1 ,n2

=

n
n1

mà đó là hệ số nhị thức bình

thường. Trên thực tế, nói chung, các số có dạng (1.13) có thể được khai triển như
là tích của một dãy các hệ số nhị thức như sau: Từ việc cho trước n đối tượng phân
biệt,
• có

n
n1

• có

n−n1
n2

cách để chọn n1 đối tượng và đặt chúng trong hộp 1,
cách để chọn n2 đối tượng từ phần còn lại đối tượng và đặt chúng

trong hộp 2,
• ...
• có

n−(n1 +···+nm−2 )
nm−1

cách để chọn nm−1 đối tượng từ phần còn lại đối tượng

và đặt chúng trong hộp (m − 1), và
• có

n−(n1 +···+nm−1 )
nm

= 1 cách để đặt các đối tượng trong hộp m.

Do đó ta có
n
n
=
n1 , n2 , . . . , nm

n1
Vế phải của (1.15) bằng

n − n1
n − (n1 + · · · + nm−1 )
···
nm
n2

(1.15)

n!
. Do vậy ta có
n1 !n2 ! · · · nm !

n
n!
=
n1 , n2 , . . . , nm
n1 !n2 ! · · · nm !

(1.16)