Luận văn thạc sỹ Mối liên hệ giữa các số phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn , số tất cả các phân hoạch lẻ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG…………………….








Luận văn thạc sỹ

Mối liên hệ giữa các số phân hoạch, số tất
cả các phân hoạch chẵn , số tất cả các
phân hoạch lẻ







1
Mục lục
mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Các quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số bài toán đếm và kết quả tổ hợp cơ bản . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Chỉnh hợp - hoán vị - tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.2 Phân hoạch của tập hợp. Số Stirling loại hai và số Bell . 13
1.2.3 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn vào
một tập hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.4 Bài toán đếm tất cả các hàm đơn ánh từ một tập hữu
hạn vào một tập hữu hạn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.5 Bài toán đế m tất cả các hàm toàn ánh từ một tập hữu
hạn lên một tập hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Hàm sinh và công thức sàng 20
2.1 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Công thức sàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3.1 Nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3.2 Công thức ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3.3 Công thức sàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3 Biến thể của công thức sàng 45
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2
tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3
mở đầu
lý thuyết tổ hợp xuất hiện vào thế kỷ 17. Trong một thời gian dài nó nằm
ngoài hướng phát triển chung và những ứng dụng của toán học. Song tình
hình đã thay đổi hẳn sau khi máy tính điện tử ra đời và tiếp theo sau đó là sự
phát triển nhảy vọt của toán học hữu hạn. Cùng với sự phát triển với tốc độ
nhanh của công nghệ thông tin, lý thuyết tổ hợp đã trở thành lĩnh vực toán
học quan trọng và cần thiết cho nhiều lĩnh vực khoa học và ứng dụng. Một
trong những ảnh hưởng mạnh mẽ nhất của lý thuyết tổ hợp là phần tính toán
với các tập hữu hạn. Trong chương trình toán ở bậc phổ thông hiện nay, đã
có sự chú trọng đặc biệt đến phần kiến thức về tổ hợp. Các bài toán về tổ hợp
cũng thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia và quốc tế.

Hướng nghiên cứu của luận văn là giới thiệu về phương pháp dùng hàm
sinh, hàm sinh mũ để giải một số bài toán tổ hợp và giới thiệu về một công
thức sàng lọc số phần tử của một tập hữu hạn theo hướng các phần tử này
có mặt trong đúng chẵn (lẻ) tập con của tập đã cho mà ta gọi là công th ức
sàng. Từ tính hữu dụng của kỹ thuật hàm sinh và ý tưởng về việc sàng lọc
theo hướng chẵn (lẻ) của công thức sàng, trong luận văn chúng tôi đưa ra công
thức tính cho số phân hoạch chẵn (lẻ) của một tập hợp hữu hạn cho trước mà
nó sẽ được gọi là một biến thể của công thức sàng. Đặc biệt, mối liên hệ
giữa số tất cả các phân hoạch, số tất cả các phân hoạch chẵn, số tất
cả các phân hoạch lẻ (thành các tập con không rỗng) của một tập hữu hạn
là vấn đề mà chúng tôi rất quan tâm.
Luận văn gồm có ba chương, phần kết luận và tài liệu tham khảo.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi trình bày về một số quy tắc đếm, bài toán đếm
và một vài kết quả cơ bản về tổ hợp.
Chương 2. Hàm sinh và công thức sàng
Chương này gồm ba phần.
- Hàm sinh thường: Giới thiệu về hàm sinh thường và áp dụng vào giải một
4
vài bài toán tổ hợp điển hình.
- Hàm sinh mũ: Giới thiệu về hàm sinh mũ và áp dụng vào giải một vài bài
toán tổ hợp điển hình.
- Công thức sàng: Dùng công thức ngược cho các đồng nhất thức tổ hợp, kết
hợp với nguyên lý bù trù trừ để xây dựng công thức sàng.
Chương 3. Biến thể củ a công thức sàng
Trong chương này, chúng tôi đưa ra cách tính số tất cả các cách phân hoạch
một tập hợp hữu hạn thành các tập con không rỗng sao cho mỗi tập con có
một số chẵn (một số lẻ) phần tử bằng cách áp dụng kỹ thuật hàm sinh mũ kết
hợp với các phép biến đổi giải tích. Hơn nữa, chúng tôi cũng sẽ xác định các số
này bằng con đường sơ cấp hơn qua các công thức tính truy hồi. Mối liên hệ

giữa số tất cả các phân hoạch chẵn, số tất cả các phân hoạch lẻ này với số tất
cả các phân hoạch một tập hữu hạn thành các tập con không rỗng mà chúng ta
đã biết trong một số tài liệu về tổ hợp cũng sẽ được đưa ra. Sau cùng là một
vài ví dụ.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Thái Hòa -Trường
ĐHQN. Thầy đã tận tình hướng dẫn, động viên, giúp đỡ trong quá trình nghiên
cứu và hoàn chỉnh luận văn.
Tác giả xin bày lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Phạm Xuân B ình -Trường
ĐHQN. Các vấn đề mới của luận văn được thực hiện dựa trên ý tưởng ban
đầu mà thầy đã gợi ý cho tác giả.
Tác giả xin chân thành cám ơn đến Ban lãnh đạo Trường Đại Học Quy
Nhơn, Phòng quản lý khoa học, Phòng đào tạo, các thầy cô giáo đã tham gia
giảng dạy lớp cao học toán khóa 8, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bình Định,
Trường THPT An Lương - Bình Định, cùng tất cả các bạn bè đồng nghiệp đã
tạo điều kiện, giúp đỡ cho tác giả trong suốt thời gian học tập và thực hiện
luận văn này.
Quy Nhơn, 2008
Phạm Triều Đại
5
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một số quy tắc đếm, bài toán
đếm và một số kết quả liên quan đến số tất cả các phân hoạch một tập hợp
hữu hạn thành các tập con không rỗng - số Stirling loại 2. (Xem [1], [3], [4],
[6], [9]).
1.1 Các quy tắc đếm cơ bản
Quy tắc tương ứng một -một ([1], tr 46).
Cho hai tập hợp hữu hạn X và Y : X = {1, 2, . . . , n}, |X| = n
Y = {a
1

, a
2
, . . . , a
m
}, |Y | = m.
Một ánh xạ ϕ từ X vào Y là một phép tương ứng, ký hiệu
ϕ =


1 2 ··· n
a
i
1
a
i
2
··· a
i
n


cho ứng mỗi phần tử j ∈ X với duy nhất một phần tử a
i
j
∈ Y, j = 1, n.
- Ánh xạ ϕ được gọi là một toàn ánh nếu mỗi a ∈ Y , tồn tại ít nhất một i ∈ X
sao cho a = ϕ(i).
Nếu tồn tại một toàn ánh từ X đến Y thì |X| ≥ |Y |.
- Ánh xạ ϕ được gọi là một đơn ánh nếu với mọi i, j ∈ X nếu i = j thì
ϕ(i) = ϕ(j).

6
Nếu tồn tại một đơn ánh từ X đến Y thì |X| ≤ |Y |.
- Ánh xạ ϕ được gọi là một song ánh (hoặc tương ứng 1-1) nếu ϕ là đơn ánh
và toàn ánh.
Quy tắc tương ứng 1-1: Nếu tồn tại tương ứng 1-1 giữa các phần tử của
các tập hữu hạn X và Y thì X và Y có cùng số phần tử.
Ví dụ 1.1. Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt. Có bao nhiêu cách chọn
2 phần tử bất kỳ của tập hợp X.
Chứng minh. Gọi A là số cách chọn 2 phần tử bất kỳ trong tập hợp X.
Bây giờ trong mặt phẳng, cho n điểm A
1
, A
2
, . . . , A
n
sao cho không có 3 điểm
nào thẳng hàng và nối tất cả các điểm đó lại với nhau từng đôi một. Ta nhận
xét rằng: với 1 điểm bất kỳ nối với n −1 điểm còn lại ta được n −1 đoạn thẳng.
Vì có n điểm nên ta có n(n −1) đoạn thẳng nhưng khi đó mỗi đoạn thẳng được
tính hai lần, do vậy có
n(n −1)
2
đoạn thẳng. Gọi B là tập hợp tất cả các đoạn
thẳng này, |B| =
n(n −1)
2
. Rõ ràng tồn tại một song ánh (một tương ứng 1-1)
giữa hai tập hợp A và B. Do đó ta có
|A| = |B| =
n(n −1)

2
.
Quy tắc cộng ([3], tr 27).
Nếu có m
1
cách chọn đối tượng x
1
, m
2
cách chọn đối tượng x
2
, . . . , m
n
cách chọn đối tượng x
n
và nếu cách chọn đối tượng x
i
không trùng với bất
kỳ cách chọn đối tượng x
j
nào (i = j, i, j = 1, n) thì có m
1
+ m
2
+ ···+ m
n
cách
chọn một trong các đối tượng đã cho.
Ta chứng minh quy tắc cộng trên cơ sở của lý thuyết tập hợp như sau.
Định lý 1.1. Cho n tập hợp hữu hạn X

i
(i = 1, n) với |X
i
| = m
i
, X
i
∩X
j
= ∅, i = j.
Khi đó số cách chọn một phần tử thuộc tập
n

i=1
X
i
là



n

i=1
X
i



và




n

i=1
X
i



=
n

i=1
|X
i
|. (1.1)
7
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n với n ≥ 2.
Nếu n = 2 thì |X
1
∪ X
2
| = |X
1
| + |X
2
| −|X
1
∩ X

2
|
= |X
1
| + |X
2
|. (do X
1
∩ X
2
= ∅)
Giả sử (1.1) đúng với n = k, (k ≥ 2). Ta sẽ chứng minh (1.1) đúng với n = k + 1,
nghĩa là



k+1

i=1
X
i



=
k+1

i=1
|X
i

|. (1.2)
Thật vậy ta có
X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k
∪ X
k+1
= (X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k
) ∪X
k+1
.
Vì X
i
∩ X
j
= ∅, i = j; i, j = 1, 2, . . . , k, k + 1 nên
(X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k

) ∩X
k+1
= (X
1
∩ X
k+1
) ∪(X
2
∩ X
k+1
) ∪··· ∪(X
k
∩ X
k+1
) = ∅.
Vậy |X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k
∪ X
k+1
| = |(X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k
) ∪X

k+1
|
= |X
1
∪ X
2
∪ ··· ∪X
k
| ∪|X
k+1
|
=
k

i=1
|X
i
| + |X
k+1
|.
=
k+1

i=1
|X
i
|.
Suy ra (1.2) được chứng minh.
Theo nguyên lý quy nạp toán họ c, quy tắc cộng là đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2.
Ví dụ 1.2. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có

những chữ số khác nhau.
Chứng minh. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được :
- Ba số khác nhau có một chữ số là 1, 2, 3. Trong trường hợp này có 3 cách lập.
- Sáu số khác nhau, mỗi số có hai chữ số là 12, 13, 21, 23, 31 và 32. Trong trường
hợp này có 6 cách lập.
- Sáu số khác nhau, mỗi số có ba chữ số là 123, 132, 213, 231, 312 và 321. Trong
8
trường hợp này có 6 cách lập.
Các cách lập trên đôi một không trùng nhau. Vậy theo quy tắc cộng có
3 + 6 + 6 = 15 cách lập những số khác nhau có những chữ số khác nhau từ các
chữ số 1, 2, 3.
Quy tắc nhân ([3], tr 28.)
Nếu tồn tại tương ứng 1-1 giữa các phần tử của các tập hữu hạn X
và Y thì X và Y có cùng số phần tử Nếu có m
1
cách chọn đối tượng x
1
,
sau đó với mỗi cách chọn đối tượng x
1
như thế có m
2
cách chọn đối tượng
x
2
, sau đó với mỗi cách chọn x
1
và x
2
như thế có m

3
cách chọn đối tượng
x
3
,. . . , cuối cùng, với mỗi cách chọn x
1
, x
2
, . . . , x
n−1
như thế có m
n
cách chọn
đối tượng x
n
, thì có m
1
m
2
. . . m
n
cách chọn dãy các đối tượng "x
1
rồi x
2
rồi
x
3
rồi x
n

".
Ta chứng minh quy tắc nhân trên cơ sở của lý thuyết tập hợp như sau.
Định lý 1.2. Giả sử có n tập hữu hạn X
i
, i = 1, n, |X
i
| = m
i
. Chọn một bộ
gồm n phần tử (a
1
, a
2
, . . . , a
n
) với a
i
∈ X
i
. Khi đó số cách chọn khác nhau là
|X
1
× X
2
× ··· ×X
n
| và
|X
1
× X

2
× ··· ×X
n
| =
n

i=1
m
i
. (1.3)
Chứng minh. Ta chứng minh (1.3) bằng phương pháp quy nạp theo n, n ≥ 2
như sau.
Với n = 2, ta có |X
1
| = m
1
, |X
2
| = m
2
. Giả sử X
1
= {a
1
, a
2
, . . . , a
m
1
} và

X
2
= {b
1
, b
2
, . . . , b
m
2
} thì
X
1
× X
2
= {(a
i
, b
j
) : 1 ≤ i ≤ m
1
, 1 ≤ j ≤ m
2
, a
i
∈ X
1
, b
j
∈ X
2

}.
Ta viết X
1
× X
2
dưới dạng bảng sau
(a
1
, b
1
) (a
1
, b
2
) ······ (a
1
, b
m
2
)
(a
2
, b
1
) (a
2
, b
2
) ······ (a
2

, b
m
2
)
9
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
(a
m
1
, b
1
) (a
m
1
, b
2
) ······(a
m
1

, b
m
2
)
Đặt E
i
= {(a
i
, b
1
), (a
i
, b
2
), . . . , (a
i
, b
m
2
) : 1 ≤ i ≤ m
1
} =⇒ |E
i
| = m
2
.
Ta có X
1
×X
2

= E
1
∪E
2
∪···∪E
m
1
với E
i
∩E
j
= ∅, i = j. Theo quy tắc cộng ta
được
|X
1
× X
2
| = |E
1
∪ E
2
∪ ··· ∪E
m
1
| =
m
1

i=1
|E

i
| = m
1
m
2
.
Vậy công thức (1.3) đúng cho trường hợp n = 2.
Giả sử (1.3) đúng với trường hợp n = k, (k ≥ 2), tức là |X
1
×X
2
×···×X
k
| =
m
1
.m
2
. . . m
k
. Ta chứng minh (1.3) đúng cho trường hợp n = k + 1, có nghĩa là
|X
1
× X
2
× ··· ×X
k
× X
k+1
| = m

1
.m
2
. . . m
k
.m
k+1
.
Thật vậy, xét một phần tử bất kỳ (a
1
, a
2
, . . . , a
k
, a
k+1
) của tích Descartes X
1
×
X
2
× ···× X
k
× X
k+1
. Đặt α = (a
1
, a
2
, . . . , a

k
). Rõ ràng giữa tập hợp các bộ có
dạng (a
1
, a
2
, . . . , a
k
, a
k+1
) và tập hợp các cặp có dạng (α, a
k+1
) có tương ứng
1 − 1. Vậy có bao nhiêu bộ (a
1
, a
2
, . . . , a
k
, a
k+1
) thì có bấy nhiêu cặp (α, a
k+1
).
Nếu ta ký hiệu tập hợp tất cả các α là X, thì ta có thể nói rằng tập hợp
X
1
× X
2
× ··· × X

k
× X
k+1
có bao nhiêu phần tử thì tập hợp X × X
k+1
có bấy
nhiêu phần tử, tức là
|X
1
× X
2
× ··· ×X
k
× X
k+1
| = |X ×X
k+1
|.
Theo chứng minh cho trường hợp n = 2 ta có
|X ×X
k+1
| = |X||X
k+1
|.
Theo cách dựng thì X chính là tích Descartes X
1
×X
2
×···× X
k

. Áp dụng giả
thiết quy nạp ta có
|X ×X
k+1
| = |X||X
k+1
| = |X
1
× X
2
× ··· ×X
k
| ×|X
k+1
| = m
1
m
2
. . . m
k
m
k+1
.
Vậy |X
1
× X
2
× ··· ×X
k
× X

k+1
| = m
1
m
2
. . . m
k
m
k+1
.
Theo nguyên lý quy nạp toán học, công thức (1.3) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2.
Ví dụ 1.3. Có bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau có thể lập từ các chữ số
0, 2, 4, 6, 8.
10
Chứng minh. Số cần lập có dạng a
1
a
2
a
3
. Ta có 4 cách chọn a
1
, (vì a
1
= 0).
ứng với mỗi cách chọn a
1
có 4 cách chọn a
2
. ứng với mỗi cách chọn a

1
, a
2
có 3
cách chọn a
3
. Theo quy tắc nhân ta có 4.4.3 = 48 số cần lập.
1.2 Một số bài toán đếm và kết quả tổ hợp cơ
bản
1.2.1 Chỉnh hợp - hoán vị - tổ hợp
Định nghĩa 1.1. Cho tập hữu hạn X = {a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
} và một số tự nhiên
k  n. Khi đó
(i) Bộ k phần tử (a
i1
, a
i2
, , a
ik
), a
ij
∈ X được gọi là bộ có thứ tự nếu
đổi vị trí các phần tử ta được bộ một bộ mới. Ngược lại, b ộ k phần tử

(a
i1
, a
i2
, , a
ik
), a
ij
∈ X được gọi là bộ không có tính thứ tự.
(ii) Bộ k phần tử (a
i1
, a
i2
, , a
ik
), a
ij
∈ X được gọi là bộ không lặp nếu
a
ij
= a
il
, ∀j, l ∈ {1, , k}, j = l Ngược lại, bộ k phần tử (a
i1
, a
i2
, , a
ik
), a
ij

∈ X
được gọi là bộ có lặp.
Định nghĩa 1.2. Cho tập hợp X gồm m phần tử và số nguyên dương n với
1  n  m.
Một chỉnh hợp chập n của m phần tử đã cho là một bộ có thứ tự gồm n
phần tử khác nhau được chọn từ m phần tử của X.
Theo định nghĩa, ta thấy rằng số các chỉnh hợp chập n của X chính là số
các cách chọn ra n phần tử từ X theo cách chọn có thứ tự và không lặp. Số
này được ký hiệu A
n
m
hoặc (m)
n
và được tính như sau: Ta có m cách chọn phần
tử thứ nhất. Vì chọn không lặp nên ta có m −1 cách chọn phần tử thứ hai. Tiếp
tục lý luận đó ta có m −n + 1 cách chọn phần tử thứ n . Theo quy tắc nhân, số
các cách chọn là m(m −1) (m − n + 1).
11
Vậy ta có
A
n
m
= (m)
n
= m(m −1) (m −n + 1) =
m!
(m −n)!
(1.4)
Định nghĩa 1.3. Một chỉnh hợp lặp chập n của m phần tử đã cho là một bộ
có thứ tự gồm n phần tử được chọn từ m phần tử đã cho, trong đó mỗi phần

tử có thể lặp lại một số lần tùy ý.
Theo định nghĩa ta thấy rằng số các chỉnh hợp lặp chập n của m phần tử
đã cho chính là số các cách chọn ra n phần tử từ m phần tử đã cho theo cách
chọn có lặp và có thứ tự. Theo quy tắc nhân và do tính có lặp của phép chọn
ta tìm được số các chỉnh hợp lặp chập n của m phần tử đã cho là m
n
.
Định nghĩa 1.4. Một hoán vị của m phần tử đã cho là một bộ có thứ tự gồm
m phần tử , trong đó mỗi phần tử có mặt đúng một lần.
Số tất cả c ác hoán vị của tập hợp gồm m phần tử cho trước ký hiệu là
P
m
. Theo quy tắc nhân, P
m
= m!
Định nghĩa 1.5. Một tổ hợp chập n của m phần tử cho trước là một bộ không
có thứ tự gồm n phần tử khác nhau lấy từ m phần tử đã cho (n  m).
Từ định nghĩa ta thấy rằng một tổ hợp chập n của một tập hợp gồm m
phần tử cho trước chính là một tập con gồm n phần tử của tập gồm m phần
tử cho trước. Như vậy số tất cả các tổ hợp chập n của m phần tử đã cho chính
là số cách chọn ra n phần tử từ một tập hợp gồm m phần tử cho trước theo
cách chọn không lặp và không thứ tự. Ký hiệu C
n
m
hoặc


m
n



.
Ta có nhận xét rằng ứng với mỗi tổ hợp chập n của m phần tử, có thể
thành lập được n! chỉnh hợp chập n của m phần tử. Suy ra
C
n
m
=
1
n!
A
n
m
=
m!
n!(m −n)!
(1.5)
Nhận xét. Cho tập hữu hạn X có |X| = n. Khi đó số tập con có k phần tử
(0  k  n) của X sẽ là C
k
n
.
12
Định nghĩa 1.6. Một tổ hợp lặp chập n của m phần tử cho trước là một bộ
không có thứ tự gồm n phần tử lấy từ m phần tử đã cho, mỗi phần tử có thể
có mặt nhiều lần.
Từ định nghĩa ta có kết quả sau đây.
Mệnh đề 1.3. Số tất cả các tổ hợp lặp chập n của m phần tử cho trước là
C
n

m+n−1
.
Chứng minh. Ký hiệu N(m, n) là số các tổ hợp lặp chập n của tập
X = {a
1
, a
2
, , a
m
} ( tập m phần tử cho trước).
Ta tiến hành chứng minh quy nạp theo.
Trước hết, với l tùy ý sao cho 1  l  m thì N(l, 1) = l = C
1
l
.
Giả sử N (l, k) = C
k
l+k−1
, 1  l  m, ta cần chứng minh rằng N(m, k+1) = C
k+1
m+k
.
Để tiện cho việc chứng minh ta hãy xét một thứ tự nào đó trên tập X, chẳng
hạn ta hãy gán thứ tự sau: a
1
< a
2
< a
3
< ··· < a

m
. Khi đó mỗi tổ hợp lặp
[a
i1
, , a
ik+1
] , a
ij
∈ X, j = 1, k + 1 có thể viết duy nhất dưới dạng bộ n- thứ
tự (a
i1
, , a
ik+1
) trong đó a
ij
 a
ih
khi i  h (tức là a
i1
 a
i2
 ···  a
ik+1
)
Ngược lại, với bộ n thứ tự như trên, ta xác định duy nhất một tổ hợp lặp
chập n của m phần tử đã cho. Nói cách khác ta đã xác định được một tương
ứng 1-1 giữa tập hợp gồm tất cả các tổ hợp lặp chập n của m phần tử với tập
hợp gồm tất cả các bộ (k + 1)-thứ tự như trên, tức là N(m, k + 1) chính là số
tất cả bộ (k + 1)-thứ tự (a
i

1, , a
i
k + 1) với a
i1
 a
i2
 ···  a
ik+1
.
Ta thấy rằng nếu a
i1
= a
j
, 1  j  m thì số các bộ (k + 1)-thứ tự như trên
chính là N(m −j + 1, k) theo như giả thiết quy nạp. Theo quy tắc cộng ta có
N(m, k + 1) =
m

j=1
N(m −j + 1, k) =
m

j=1
C
k
m+k−j
=
m

j=1


C
k+1
m+k+1−j
− C
k+1
m+k−j

= C
k+1
m+k
(1.6)
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh.
13
1.2.2 Phân hoạch của tập hợp. Số Stirling loại hai và số
Bell
Định nghĩa 1.7. 1) Một phân hoạch của một tập hữu hạn X thành k phần
là một họ các tập con khác rỗng X
1
, X
2
, . . . , X
k
của X thoả các tính chất sau
i) Hợp tất cả các tập hợp X
i
, i = 1, k tạo thành tập hợp X, tức là
X
1
∪ X

2
∪ ··· ∪X
k
= X.
ii) Các tập hợp này đôi một giao nhau bằng tập hợp rỗng, tức là
X
i
∩ X
j
= ∅, i = j.
2) Số tất cả các phân hoạch thành k phần của một tập X có n phần tử đượ c gọi
là số Stirling loại hai và được ký hiệu là S
n,k
. Số B
n
=
n

k=0
S
n,k
được gọi là số Bell.
Nhận xét. Từ định nghĩa ta có
i) S
n,k
= 0 nếu k > n. Ta cũng quy ước rằng S
0,0
= 1 và S
n,0
= 0 nếu n 1.

ii) Số Bell chính là số tất cả các phân hoạch của tập X có n phần tử.
Ví dụ 1.4. Phân hoạch của tập hợp {a, b, c, d} thành 3 phần có thể được biểu
thị như tập hợp:
{{a}, {b}, {c, d}}; {{a}, {b, d}, {c}}; {{a, d}, {b}, {c}}
{{a}, {b, c}, {d}}; {{a, c}, {b}, {d}}; {{a, b}, {c}, {d}}
hoặc viết đơn giản hơn
a|b|cd a|bd|c ad|b|c
a|bc|d ac|b|d ab|c|d
Như vậy S
4,3
= 6.
Ta cũng có S
4,0
= 0; S
4,0
= 0; S
4,1
= 1; S
4,2
= 7; S
4,4
= 1. Do đó B
4
= S
4,0
+ S
4,1
+
S
4,2

+ S
4,3
+ S
4,4
= 0 + 1 + 7 + 6 + 1 = 15.
14
Ta chứng minh hệ thức truy hồi sau cho số Stirling loại hai.
Định lý 1.4. ([9], tr 17). Với các kí hiệu nêu trên, khẳng định sau là đúng
S
n,k
= S
n−1,k−1
+ k S
n−1,k
.
Chứng minh. Xét một tập hợp tùy ý có n phần tử {x
1
, x
2
, . . . , x
n
}. Ta đếm
các phân hoạch của tập hợp này thành k phần (hay khối). Chúng ta có thể đếm
chúng bằng cách phân lớp các phân hoạch theo khối có chứa tập hợp {x
n
} hay
không.
Nếu {x
n
} là một khối của phân hoạch, chúng ta cần chia tập hợp {x

1
, x
2
, . . . , x
n−1
thành k −1 phần và có S
n−1,k−1
cách làm như vậy. Nếu {x
n
} không là một khối
thì x
n
phải được chứa trong một khối với ít nhất một phần tử khác của tập
hợp. Có S
n−1,k
cách phân hoạch {x
1
, x
2
, . . . , x
n−1
} thành k khối và x
n
có thể
nằm trong bất cứ một trong các khối này. Do đó có kS
n−1,k
cách mà trong đó
tập hợp ban đầu có thể phân hoạch thành k khối mà không có {x
n
} là một

khối.
Từ đó ta nhận được công thức xác lập mối liên hệ giữa các số Stirling loại 2 là
S
n,k
= S
n−1,k−1
+ k S
n−1,k
.
Từ định nghĩa số Stirling loại 2 ta có
S
n,0
= 0; S
n,1
= 1; S
n,n
= 1, với n ≥ 1 và S
n,k
= 0, ∀k > n.
Kết quả trên đây cho ta tam giác của các số Stirling loại 2. Trừ các giá trị ở
mép bằng 1, còn các giá trị khác của S
n,k
được tính như tổng của số nằm trên
nó nhân với k (kS
n−1,k
) và số nằm trên nó ở bên trái (S
n−1,k−1
).
S
1,1

1
S
2,1
S
2,2
1 1
S
3,1
S
3,2
S
3,3
1 3 1
S
4,1
S
4,2
S
4,3
S
4,4
1 7 6 1
S
5,1
S
5,2
S
5,3
S
5,4

S
5,5
1 15 25 10 1
năm hàng đầu tiên cho số stiling loại hai
15
1.2.3 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn
vào một tập hữu hạn
Bài toán ([4], tr 36). Giả sử N và M là hai tập hợp hữu hạn với |N| = n và
|M| = m. Hãy tìm số các hàm f: N −→ M.
Chứng minh. Trước tiên ta chú ý rằng với n là một số nguyên dương, ta viết
[n] = {1, 2, . . . , n}- tập hợp chứa n số nguyên dương đầu tiên.
Để thực hiện việc đếm các ánh xạ, thường có hai cách mô tả thuận lợi sau
đây: Mô tả một ánh xạ bởi một ma trận và mô tả bởi một dãy. Trong cách đầu
tiên, chúng ta biểu diễn N như một hàng đầu tiên của ma trận và viết f(x)
dưới mỗi phần tử x ∈ N. Giả thiết N = {a, b, c, . . . , d}, ta viết
f =


a b c ··· d
f(a) f (b) f(c) ··· f(d)


Nếu |N | = n thì số ánh xạ f : N −→ M bằng số ánh xạ f : [n] −→ M . Ta quy
ước viết các ánh xạ f : [n] −→ M dưới dạng
f =


1 2 3 ··· n
f(1) f (2) f(3) ··· f(n)



(∗)
Chúng ta có thể rút gọn (∗) bằng cách khử hàng đầu tiên và viết f như một
dãy
f(1)f(2)f(3) ···f(n)
hay m
1
m
2
m
3
. . . m
n
, trong đó f(i) = m
i
∈ M.
Do đó, số các ánh xạ cần tính bằng số các dãy. Theo quy tắc nhân số các
dãy là
m.m.m . . . m
  
n
= m
n
.
Vậy ta có
Số tất cả các hàm f : N → M với |N| = n và |M | = m bằng |M|
|N|
= m
n
.

16
1.2.4 Bài toán đếm tất cả các hàm đơn ánh từ một tập
hữu hạn vào một tập hữu hạn.
Bài toán ([4], tr 37). Giả sử N và M là hai tập hợp hữu hạn với |N| = n và
|M| = m. Hãy tìm số các hàm đơn ánh
Chứng minh. Để ý rằng các đơn ánh f : N −→ M(|N| ≤ |M|) tương ứng với
những dãy các phần tử của M có độ dài n mà không chứa những phần tử của
M xuất hiện lần thứ hai. Từ đó ta có tổng số các đơn ánh f : N −→ M là
m(m −1)(m −2) ···(m − n + 1) =
m!
(m −n)!
= (m)
n
= A
n
m
Số (m)
n
còn được gọi là giai thừa giảm của m.
Trong trường hợp |N| = |M| = m thì có m! đơn ánh f : N −→ M. Đó cũng
chính là số song ánh f : M −→ M. Mỗi song ánh từ M lên M là một hoán vị
của M.
1.2.5 Bài toán đếm tất cả các hàm toàn ánh từ một tập
hữu hạn lên một tập hữu hạn
Bài toán ([6], tr 37). Giả sử N và M là hai tập hợp hữu hạn với |N| = n và
|M| = m. Hãy tìm số các hàm toàn ánh f : N −→ M.
Chứng minh. Cho N và M là hai tập hợp hữu hạn khác rỗng, |N| = n, |M| =
m, n ≥ m. Với một phân hoạch của tập hợp N thành m phần và xem mỗi phần
như một phần tử (N ≡ [m]) thì ta có m! đơn ánh f : N −→ M. Do số phân
hoạch của tập hợp N thành m phần là S

n,m
nên theo quy tắc nhân số toàn ánh
f : N −→ M bằng
m!S
n,m
.
Bây giờ ta có thể chứng minh một kết quả tổ hợp quan trọng sau đây.
17
Mệnh đề 1.5. ([4], tr 38).
m
n
=
n

k=1
S
n,k
(m)
k
.
Chứng minh. Giả sử N và M là các tập hợp với |N | = n, |M| = m. Chúng ta
hãy đếm tập hợp các ánh xạ f : N −→ M theo hai cách. Đầu tiên là những dãy
như trong 1.2.3 ta đượ c kết quả là m
n
. Thứ hai ta phân loại các ánh xạ theo
lực lượng ảnh của chúng. Số các ánh xạ có ảnh f (N) = K ⊂ M là số những
toàn ánh f : N −→ K, theo trong 1.2.5 bằng k!S
n,k
với |K| = k. Do đó số các
ánh xạ f : N −→ M với ảnh có lực lượng k bằng tích các k-tập hợp con K

của M với các toàn ánh f : N −→ K và bằng C
k
m
k!S
n,k
. Vì lực lượng ảnh của
f có thể là 1, 2, . . . , n phần tử nên chúng ta thu được đồng nhất thức tổ hợp:
m
n
=
n

k=1
C
k
m
k!S
n,k
=
n

k=1
S
n,k
(m)
k
.
Mệnh đề sau đây cho ta một cách tính khác cho số Stirling loại 2.
Mệnh đề 1.6.
S

n,k
=
n!
k!

(i
1
,i
2
, ,i
k
):
k
j=1
i
j
=n
i
j
≥1

1
i
1
!
·
1
i
2
!

···
1
i
k
!

.
Chứng minh. Giả sử có bộ số (i
1
, i
2
, ··· , i
k
) sao cho
k

j=1
i
j
= n, i
j
 1.Ta sẽ
xác định số cách phân hoạch tập X thành k tập con không rỗng sao cho số
phần tử của các tập là i
j
, j ∈ {1, 2, , k}. Ta có:
Số cách chọn i
1
phần tử từ n phần tử của tập X là C
i

1
n
,
Với mỗi cách chọn i
1
phần tử thì có C
i
2
n−i
1
cách chọn i
2
phần tử;
Với mỗi cách chọn i
1
phần tử và i
2
phần tử thì có C
i
3
n−i
1
−i
2
cách chọn i
3
phần
tử;

Với mỗi cách chọn i

1
phần tử, , i
k−1
phần tử thì có C
i
k
n−i
1
−i
2
−···−i
k−1
cách chọn
i
k
phần tử.
Hơn nữa, các tập con của phân hoạch không phân biệt thứ tự, tức là bộ số
18
(i
1
, i
2
, ··· , i
k
) không phân biệt thứ tự.
Do đó số cách phân hoạch tập X thành k tập con không rỗng sao cho số phần
tử của các tập là i
j
, j ∈ {1, 2, , k} bằng:
1

k!
· C
i
1
n
C
i
2
n−i
1
···C
n−i
1
−i
2
−···−i
k−1
=
1
k!
·
n!
i
1
!i
2
! ···i
k
!
=

n!
k!
·
1
i
1
! ···i
k
!
Suy ra số cách phân hoạch tập X thành k tập con không rỗng sẽ là:

(i
1
,i
2
, ,i
k
):
k
j=1
i
j
=n
i
j
≥1
n!
k!

1

i
1
!
·
1
i
2
!
···
1
i
k
!

=
n!
k!

(i
1
,i
2
, ,i
k
):
k
j=1
i
j
=n

i
j
≥1

1
i
1
!
·
1
i
2
!
···
1
i
k
!

Số Stirling loại hai S
n,k
còn có thể tính theo n và k bởi công thức S
n,k
=
1
k!
k

j=0
(−1)

k−j
C
j
k
.j
n
. Công thức này sẽ được chứng minh trong chương sau.
Mệnh đề sau đây cho ta công thức tính truy hồi cho số Bell.
Mệnh đề 1.7. ([6], tr 92).
B
n+1
=
n

k=0
C
k
n
B
k
, (B
0
= S
0,0
= 1) .
Chứng minh.
Xét hàm sốL : R [x] → R
(x)
k
→ L(x)

k
= 1 ∀ k ∈ N
∗
Theo mệnh đề 1.5 ta có m
n
=
n

k=1
S
n,k
(m)
k
với mọi số nguyên dương m. Điều
này nghĩa là đa thức x
n
−
n

k=1
S
n,k
(x)
k
có vô số nghiệm. Theo định lý cơ bản
của đại số ta được x
n
−
n


k=1
S
n,k
(x)
k
= 0 hay x
n
=
n

k=1
S
n,k
(x)
k
.
Suy ra L(x
n
) = L

n

k=1
S
n,k
(x)
k

=
n


k=1
S
n,k
L(x)
k
=
n

k=0
S
n,k
= B
n
.
Mặt khác, (x)
n+1
= x(x −1)
n
.
Suy ra L(x)
n+1
= L(x)
n
= Lx(x −1)
n
19
Vì mọi dãy đa thức đều là một cơ sở của không gian vectơ các đa thức R [x]
nên từ đẳng thức trên ta suy ra : ∀p(x) ∈ R [x] , Lp(x) = Lxp(x − 1)
Lấy p(x) = (x + 1)

n
, ta được L(x + 1)
n
= Lxx
n
= Lx
n+1
Trong đó L(x + 1)
n
= L
n

k=0
C
k
n
x
k
=
n

k=0
C
k
n
Lx
k
=
n


k=0
C
k
n
B
k
còn Lx
n+1
= B
n+1
Do đó B
n+1
=
n

k=0
C
k
n
B
k
.
Ta có điều cần chứng minh.
Số Bell B
n
còn có thể được tính theo n và k b ởi công thức
B
n
=
1

e

k≥0
k
n
n!
( Công thức Dobinski ).
Công thức này sẽ được chứng minh ở chương 2.
Áp dụng các công thức trên ta thu được bảng các số Bell như sau:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8
B
n
1 1 2 5 15 52 203 877 4140
20
Chương 2
Hàm sinh và công thức
sàng
Trong phần này chúng ta xem xét một phương pháp rất hữu hiệu trong
việc nghiên cứu những dãy số, bằng việc xem các số trong dãy số như là hệ số
trong một chuỗi lũy thừa hình thức. (Xem [4], [6], [9]).
2.1 Hàm sinh
Định nghĩa 2.1. ([9], tr 30). Nếu a
0
, a
1
, , a
n
, là dãy số thì G(t) = a
0
+ a

1
t +
a
2
t
2
+ + a
n
t
n
+ ··· được gọi là hàm sinh thường (hay hàm sinh) của dãy số
{a
n
}
∞
n=1
.
Hàm sinh có thể được nhân vô hướng với số thực hoặc phức. Hàm sinh
có thể được cộng hoặc nhân với nhau như các chuỗi vô hạn.
Ví dụ 2.1. Hàm sinh của dãy các hệ số nhị thức C
0
n
; C
1
n
; C
2
n
; ; C
n

n
. Theo định
nghĩa, hàm sinh của dãy số hữu hạn trên sẽ là
G(t) = C
0
n
+ C
1
n
t + C
2
n
t
2
+ + C
n
n
t
n
.

21
Ví dụ 2.2. Số Fibonacci ([9], tr 31). Xét dãy Fibonacci {F
n
}
∞
n=0
, xác định bởi
công thức truy hồi
F

n+2
= F
n+1
+ F
n
với điều kiện ban đầu F
0
= 0, F
1
= 1.
Gọi G(t)=F
0
+ F
1
t + F
2
t
2
+ F
3
t
3
+ + F
n
t
n
+ là hàm sinh của dãy Fibonacci.
Suy ra
tG(t) = F
0

t + F
1
t
2
+ F
2
t
3
+ + F
n
t
n+1
+
t
2
G(t) = F
0
t
2
+ F
1
t
3
+ F
2
t
4
+ + F
n
t

n+2
+
Do đó G(t) −tG(t) − t
2
G(t) = F
0
+ (F
1
−F
0
)t + (F
2
−F
1
−F
0
)t
2
+ + (F
n+2
−
F
n+1
− F
n
)t
n+2
+ = t
Suy ra (1 − t −t
2

)G(t) = t
Suy ra G(t) =
t
1 −t − t
2
Vế phải của đẳng thức trên có thể phân tích thành
1
√
5
1 −at
−
1
√
5
1 −bt
, trong đó
a =
1 +
√
5
2
và b =
1 −
√
5
2
Theo đó G(t) =
1
√
5


1
1 −at
−
1
1 −bt

=
1
√
5

1 + at + a
2
t
2
+

−
1
√
5

1 + bt + b
2
t
2
+

=

a −b
√
5
t
a
2
− b
2
√
5
+
a
3
− b
3
√
5
+ +
a
n
− b
n
√
5
t
n
+
Do đó ta thu được công thức cho số Fibonacci thứ n như sau:
F
n

=
a
n
− b
n
√
5
=
1
√
5

1 +
√
5
2

n
−

1 −
√
5
2

n

.

Ví dụ 2.3. Số Catalan ([9], tr 32 ). Ta định nghĩa số Catalan thứ n, ký hiệu

c
n
, là số cách chèn n cặp ngoặc tròn vào tích x
1
x
2
···x
n+1
của n + 1 số sao cho
mỗi lần nhân chỉ có đúng hai thừa số. Chẳng hạn, ta có các cách chèn các cặp
ngoặc tròn vào tích x
1
x
2
x
3
x
4
như sau
(x
1
(x
2
(x
3
x
4
))), ((x
1
x

2
)(x
3
x
4
)), (((x
1
x
2
)x
3
)x
4
), ((x
1
(x
2
x
3
))x
4
), (x
1
((x
2
x
3
)x
4
)).

Như vậy, c
3
= 5. Ta cũng tính được c
1
= 1, c
2
= 2.
22
Ta định nghĩa c
0
= 1.
Ta có nhận xét rằng mỗi cách chèn n cặp ngoặc tròn vào tích x
1
x
2
···x
n+1
của n + 1 số chứa một cặp ngoặc ngoài cùng mà thực hiện phép nhân tích của
k + 1 số đầu x
1
x
2
···x
k+1
với tích của n −k số sau x
k+2
x
k+3
···x
n+1

, ở đây k có
thể là 0, 1, , n −1. Số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích x
1
x
2
···x
k+1
là c
k
,
còn số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích x
k+2
x
k+3
···x
n+1
là c
n−k−1
. Vì vậy
ta nhận được
c
n
= c
0
c
n−1
+ c
1
c
n−2

+ c
2
c
n−3
+ ··· + c
n−1
c
0
=
n−1

k=0
c
k
c
n−k−1
.
Đây là hệ thức truy hồi không tuyến tính.
Ta sẽ tìm công thức tính c
n
qua n bằng cách xét hàm sinh của dãy {c
n
}
∞
n=0
.
Gọi G(t) = c
0
+ c
1

t + c
2
t
2
+ + c
n
t
n
+ là hàm sinh của dãy {c
n
}
∞
n=0
. Khi đó,
G(t)
2
= c
2
0
+ (c
0
c
1
+ c
1
c
0
)t + (c
0
c

2
+ c
1
c
1
+ c
2
c
0
)t
2
+ ···
+ (c
0
c
n−1
+ c
1
c
n−2
+ ··· + c
n−1
c
0
)t
n−1
+ ···
= c
1
+ c

2
t + c
3
t
2
+ c
4
t
3
+ ···
Do đó tG(t)
2
= c
1
t + c
2
t
2
+ c
3
t
3
+ ···
= G(t) −1
Suy ra tG(t)
2
− G(t) + 1 = 0
Giải phương trình bậc hai này G(t)ta thu được G(t) =
1 +
√

1 −4t
2t
và G(t) =
1 −
√
1 −4t
2t
Trong đó
√
1 −4t = (1 −4t)
1
2
= 1 +
(
1
2
)
1!
(−4t) +
(
1
2
)(−
1
2
)
2!
(−4t)
2
+

(
1
2
)(−
1
2
)(−
3
2
)
3!
(−4t)
3
+ ···
Do đó G(t) =
1 −
√
1 −4t
2t
=
1
2t

2t +
1
2
2
.2!
4
2

t
2
+
1.3
2
3
.3!
4
3
t
3
+ ··· +
1.3.5 (2n −3)
2
n
.n!
4
n
t
n
+ ···

= 1 +
2t
2!
+
1.3
3!
2
2

t
2
+
1.3.5
4!
2
3
t
3
+ ··· +
1.3.5 (2n −3)
n!
2
n−1
t
n−1
23
+
1.3.5 (2n −1)
(n + 1)!
2
n
t
n
···.
Suy ra
c
n
=
1.3.5 (2n −1)

(n + 1)!
2
n
t
n
=
1.2.3.4.5 (2n −1)(2n)
(n + 1)!.n!.2
n
2
n
=
1.3.5.(2n −1)(2n)
(n + 1)!n!
2
n
t
n
=
(2n)!
(n + 1)!n!
=
1
n + 1
C
n
2n
.
Ta có tính một vài số đầu tiên bằng công thức trên:
c

1
=
1
2
C
1
2
= 1
c
2
=
1
3
C
2
4
= 2
c
3
=
1
4
C
3
6
= 5
c
4
=
1

5
C
4
8
= 14
c
5
=
1
6
C
5
10
= 42.

2.2 Hàm sinh mũ
Định nghĩa 2.2. ([9], tr 38). Hàm sinh mũ cho dãy số {a
n
}
∞
n=0
là chuỗi lũy
thừa hình thức f(t) = a
0
+ a
1
t
1!
+ ··· + a
n

t
n
n!
+ ···
Giả sử với mỗi tập hữu hạn N ta có một tập S(N) các vật mà ta muốn
đếm. Có nghĩa là tập các vật cần đếm S(N) phụ thuộc vào tập N. Các vật của
S(N) có thể xem như là "được gắn nhãn" hay "được đỡ bởi tập N .
Vì vậy tập N có thể xem như là tập giá hay ngắn gọn là giá của S(N). Do đó,
nếu N và M là các tập hữu hạn khác nhau, tức là N = M , thì ta luôn giả thiết
rằng S(N )

S(M) = ∅. Hơn thế nữa, nếu |N| = |M|, thì ta cũng luôn giả thiết
|S(N)|=|S(M)|.
24
Khi đó, hàm sinh mũ của dãy các tập S([0]), S([1]), S([2]), (hay (S([n])
∞
0
),
được định nghĩa là hàm sinh mũ của dãy số |S([0])|, |S([1])|, |S([2])|,
Gọi S(t) = |S([0])| + |S([1])|
t
1!
+ |S([2])|
t
2
2!
+ |S([3])|
t
3
3!

+ ··· là hàm sinh mũ của
dãy các dãy các tập các vật (S([n])
∞
0
và T (t) = |T ([0])| + |T ([1])|
t
1!
+ |T ([2])|
t
2
2!
+
|T ([3])|
t
3
3!
+ ··· là hàm sinh mũ của dãy các tập các vật (T ([n])
∞
0
.
Ta định nghĩa ST ([n]) là tập bao gồm tất cả các cặp (σ, τ), trong đó σ là một
phần tử của tập S(K) với K là một tập con bất kỳ của [n], còn τ là một phần
tử của của tập T (K) với K = [n] \K. K hi dó,
|ST ([n])| =
n

k=0
C
k
n

|S([k])||T ([n − k ])|
Nếu gọi ST (t) là hàm sinh mũ của dãy các tập các vật ST ([n]) thì ta có
ST (t) = |ST (∅)| + |ST([1])|
t
1!
+ |ST ([2])|
t
2
2!
+ |ST ([3])|
t
3
3!
+ + |ST ([n])|
t
n
n!
+ ··· ,
trong đó hệ số của
t
n
n!
là
n

k=0
C
k
n
|S([k])||T ([n − k ])|.

Mặt khác,
S(t)T (t) = |S(∅)||T (∅)| +

|S(∅)||T ([1])|
1
0!
1
1!
+ |S([1])||T (∅)|
1
1!
1
0!

t
+

|S(∅)||T ([2])|
1
0!
1
2!
+ |S([1])||T ([1])|
1
1!
1
1!
+ |S([2])||T (∅)|
1
2!

1
0!

t
2
+ ···
+

|S(∅)||T ([n])|
1
0!
1
n!
+ |S([1])||T ([n − 1])|
1
1!
1
(n −1)!
+ |S([2])||T ([n − 2])|
1
2!
1
(n −2)!
+ ··· + |S([k])||T ([n − k])|
1
k!
1
(n −k)!
+ ···
+ |S([n − 2])||T ([2])|

1
(n −2)!
1
2!
+ |S([n − 1])||T ([1])|
1
(n −1)!
1
1!
+ |S([n])||T (∅)|
1
n!
1
0!

t
n
+ ···