TIỂU LUẬN môn tổ hợp

MỞ ĐẦULý thuyết tổ hợp nghiên cứu về việc phân bố, sắp xếp các phần tử của một hoặc nhiều tập hợp, thỏa mãn một số điều kiện nào đó.. Tổ hợp là ngành khoa học xuất hiện khá sớm vào đầu t

MỤC LỤC

Mở đầu .2

Chương I: ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP 4

1.1 Sơ lược lịch sử 4

1.2 Các bài toán tổ hợp 4

1.3 Nguyên lý cộng và nguyên lý nhân .6

1.4 Các cấu hình tổ hợp cơ bản .6

Chương II: SỐ STIRLING LOẠI I VÀ SỐ STIRLING LOẠI II 9

2.1 Số Stirling loại I 9

2.2 Số Stirling loại II .9

Chương III: ỨNG DỤNG 13

3.1 Các bài toán .13

3.2 Moment của hàm phân phối Poisson .15

3.3 Moment của các điểm cố định của một hoán vị ngẫu nhiên 15

3.4 Sơ đồ của âm điệu 15

3.5 Một vấn đề về hộp ngũ cốc .16

3.6 Thu gọn số Stirling loại II: 16

Kết luận 17

Tài liệu tham khảo 18

MỞ ĐẦU

Lý thuyết tổ hợp nghiên cứu về việc phân bố, sắp xếp các phần tử của một hoặc nhiều tập hợp, thỏa mãn một số điều kiện nào đó

Tổ hợp là ngành khoa học xuất hiện khá sớm vào đầu thế kỷ 17, cho đến nay đã được áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau như lý thuyết số, hình học, đại số, xác xuất thống kê, quy hoạch thực nghiệm, khoa học máy tính, hóa học, …

Giáo trình được hình thành trên cơ sở các bài giảng của tác giả cho sinh viên và học viên cao học các ngành Toán và Tin học

Các bài toán tổ hợp thường được phân thành các dạng sau : bài toán tồn tại, bài toán đếm, bài toán liệt kê và bài toán tối ưu Với mục tiêu hướng hướng tới người đọc

là giáo viên Trung học phổ thông, giáo trình tập trung trình bày hai lớp bài toán tổ hợp chính là bài toán tồn tại và bài toán đếm

Bài tiểu luận này gồm 3 chương :

Chương 1 : Đại cương về tổ hợp

Chương 2 : Số Stirling loại I và số Stirling loại II

Chương 3 : Ứng dụng

Chúng em xin chân thành cảm ơn thầy Trần Quốc Chiến đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo chúng em trong suốt thời gian học tập và thực hiện bài tiểu luận

Mặc dù đã cố gắng hoàn thành bài tiểu luận nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót Chúng em kính mong nhận được sự thông cảm và tận tình chỉ bảo của quý Thầy Cô và các bạn

Cuối cùng, chúng em kính chúc Thầy Cô luôn luôn mạnh khỏe, hạnh phúc để luôn mang đến cho chúng em ngày càng nhiều bài học hay và bổ ích

Chúng em xin chân thành cảm ơn

BẢNG PHÂN CÔNG CÔNG VIỆC

(theo mục lục)

Chữ ký

Nhận xét của giảng viên

(NT)

Chịu trách nhiệm về nội dung và tổng hợp bài tiểu

luận

2

Đinh Thị Ngọc Hạnh

Chương 1 : Đại cương về tổ hợp

3 Số Stirling loại I và số Chương 2 :

Stirling loại II

Chương I ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP

1.1 Sơ lược lịch sử

Có thể nói tư duy tổ hợp ra đời từ rất sớm Vào thời nhà Chu Trung Quốc người

ta đã biết đến những hình vuông thần bí Thời cổ Hi-lạp, thế kỷ 4 trước Công nguyên, nhà triết học Kxenokarat đã biết cách tính số các từ khác nhau lập từ bảng chữ cái cho trước Nhà toán học Pitagor và học trò đã tìm ra được nhiều số có tính chất đặc biệt Chẳng hạn 36 không những là tổng 4 số chẵn và 4 số lẻ đầu tiên, mà còn là tổng lập phương của 3 số tự nhiên đầu tiên

36 = 1 + 2 +3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 13 + 23 + 33

Từ định lý Pitagor người ta cũng đã tìm ra những số mà bình phương của nó bằng tổng bình phương của 2 số khác Các bài toán như vậy đòi hỏi phải có nghệ thuật

tổ hợp nhất định Tuy nhiên có thể nói rằng, lý thuyết tổ hợp được hình thành như một ngành 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, Leibnitz,…

Các bài toán tổ hợp có đặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng

lồ Việc giải chúng đòi hỏi một khối lượng tính toán khổng lồ (có trường hợp mất hàng chục năm) 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 đổi từ khi xuất hiện máy tính và sự phát triển của toán học hữu hạn Nhiều vấn đề tổ hợp đã được giải quyết trên máy tính Từ chỗ chỉ nghiên cứu các trò chơi, tổ hợp đã trở thành ngành toán học phát triển mạnh mẽ, có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực toán học, tin học…

1.2 Các bài toán tổ hợp

Có thể nói rằng bài toán tổ hợp rất đa dạng và phong phú, liên quan đến nhiều lĩnh vực khoa học và đời sống khác nhau Một cách tổng quát rằng lí thuyết tổ hợp nghiên cứu việc phân bố, sắp xếp các phần tử của một hoặc nhiều tập hợp, thỏa mãn một số điều kiện nào đó Mỗi cách phân bố sắp xếp như thế gọi là một cấu hình tổ hợp

• Cấu hình tổ hợp :

Cho các tập hợp A1, A2,…,An, giả sử S là sơ đồ sắp xếp các phần tử của A1, A2,

…,An, được mô tả bằng các quy tắc sắp xếp và R1, R2,…,Rm các điều kiện ràng buộc lên mỗi sắp xếp theo sơ đồ S Khi đó mỗi cách sắp xếp các phần tử A1, A2,…,An, thảo mãn các điều kiện R1, R2,…,Rm gọi là một cấu hình tổ hợp trên các tập A1, A2,…,An

Ví dụ 1.2.1 Xét sự bố trí các quân cờ trên bàn cờ vua Mỗi thế cờ có thể coi là một cấu

hình tổ hợp Ở đây có thể định nghĩa:

A là tập hợp các quân cờ trắng

B là tập hợp các quân cờ đen

S là sơ đồ sắp xếp các quân cờ trên bàn cờ

R là hệ thống các điều kiện được xác định bằng luật cờ vua

• Các dạng bài toán tổ hợp

* Bài toán tồn tại

Mục tiêu của bài toán tồn tại là chứng minh sự tồn tại hoặc không tồn tại của cấu hình tổ hợp nào đó Có nhiều bài toán loại này rất khó và việc cố gắng giải chúng

đã thúc đẩy nhiều hướng nghiên cứu toán học

Ví dụ 1.2.2 Cho n là số nguyên dương

A là tập hợp n x n điểm: A={ [ ]i,j,i,j =1 n}

S là tập hợp 2n điểm trong A

R là điều kiện không có 3 điểm trong S thẳng hàng

Với 3 ≤n≤ 1 cấu hình tổ hợp tồn tại Nhưng bái toán vẫn chưa có lời giáo với n>15

* Bài toán đếm

Nội dung bài toán đếm là trả lời câu hỏi “Có bao nhiêu cấu hình tổ hợp thuộc dạng đang xét” Phương pháp đếm cấu hình thường dựa vào một số quy tắc, nguyên lí đếmvà phân rã đưa về các cấu hình tổ hợp đơn giản Khi việc xác định chính xác số cấu hình tổ hợp gặp khó khăn, có thể ước lượng cận trên và cận dưới của nó Bài toán đếm được áp dụng vào những công việc như tính xác suất hay tính độ phức tạp thuật toán

Ví dụ 1.2.3 Đếm số nghiệm nguyên dương của phương trình

x + y +z = 10

* Bài toán liệt kê

Các bài toán loại này nghiên cứu những thuật toán hiệu quả để xây dựng tất cả các cấu hình tổ hợp đã cho Nhiều vấn đề trong các lĩnh vự khác nhau thường được đưa

về bài toàn liệt kê và kiểm tra xem các cấu hình tổ hợp có thỏa mãn tính chất cho trước hay không ?

Ví dụ 1.2.4 Liệt kê tất cả các hoán vị của n phần tử.

* Bài toán tối ưu tổ hợp

Trong nhiều vấn đề, một cấu hình tổ hợp được gán một giá trị bằng số (chẳng hạn như hiệu quả sử dụng hay chi phí thực hiện ) Khi đó bài toán tối ưu tổ hợp nghiên cứu những thuật toán tìm cấu hình tổ hợp có giá trị tối ưu (lớn nhất hoặc nhỏ nhất)

Ví dụ 1.2.5 Cho đồ thị có trọng số G, a và b là 2 đỉnh bất kì Tìm đường đi ngắn nhất

từ a đến b

1.3 Nguyên lý cộng và nguyên lý nhân :

• Nguyên lý cộng :

Định nghĩa 1.3.1 Giả sử {X1, X2, ,Xn} là một phân hoạch của tập S Khi đó

1 2 n

S = X + X + + X .

Ví dụ 1.3.2 : Một lớp có 18 học sinh nam và 12 học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách

chọn một học sinh làm lớp trưởng

Giải: Có 18 cách chọn 1 học sinh nam và 12 cách chọn 1 học sinh nữ Do đó có

18+12 = 30 cách chọn thỏa mãn

• Nguyên lý nhân :

Định nghĩa 1.3.3 : Giả sử một cấu hình tổ hợp được xây dựng qua k bước, bước 1

có thể được thực hiện theo n1 cách , bước 2 có thể được thực hiện theo n2 cách, , bước

k có thể thực hiện theo nk cách Khi đó số cấu hình tổ hợp là :

n1n2 nk

Ví dụ 1.3.3 : Một giá sách có sáu quyển sách tiếng Anh đôi một khác nhau, 8 quyển

sách tiếng Pháp đôi một khác nhau, 10 quyển sách tiếng Đức đôi một khác nhau

i) Có bao nhiêu cách chọn ba quyển sách trong đó mỗi quyển một thứ tiếng ?

6.8.10 = 480 (cách) ii) Có bao nhiêu cách lấy một quyển sách bất kì trong số các sách trên ?

6+8+10 = 24 (cách)

1.4 Các cấu hình tổ hợp cơ bản

• Hoán vị

Định nghĩa 1.4.1 Một hoán vị của n phần tử khác nhau là một cách sắp xếp thứ tự

các phần tử đó

Ví dụ 1.4.2 : Có 6 học sinh xếp thành một hàng dọc trước lúc vào lớp Hỏi có thể có

bao niêu cách sắp xếp như vậy

Giải: một cách sắp hàng là một hoán vị của 6 người Vậy số cách xếp hàng là : 6 ! =

720

• Hoán vị lặp

Định nghĩa 1.4.3 Hoán vị lặp là hoán vị trong đó mỗi phần tử được ấn định một số

lần lặp lại cho trước

Ví dụ 1.3.4 : Có 3 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 4 viên bi trắng Hỏi có bao nhiêu

cách sắp xếp các viên bi trên theo hàng ngang

Giải :

Có tất cả 9 lỗ trống để xếp tất cả các viên bi Ta có C(3,9) khả năng xếp 3 viên

bi đỏ, C(6,2) khả năng xếp 2 viên bi xanh, còn lại một khả năng xếp các viên bi trắng Theo nguyên lí nhân ta có

C(9, 3) x C(6, 2) =

! 4

!

2

!

3

! 9 cách xếp

• Tổ hợp

Định nghĩa 1.4.5 Một tổ hợp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ không kể

thức tự gồm k thành phần khác nhau lấy từ n phần tử đã cho Nói cách khác ta có thể coi một tổ hợp chập k của n phần tử khác nhau là một tập con có phần tử từ n phần tử

đã cho

Kí hiệu Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử ta có:

)!

!.(

! )

,

(

k n k

n k

n

C

−

=

Ví dụ 1.4.6 Một lớp học có 45 học sinh Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh

trong lớp đi thi học sinh giỏi?

Giải

Mỗi cách chon 5 học sinh trong 45 học sinh của lớp ứng với một tổ hợp chập 5 của 45 Vậy có (45,5) 5!.(4545! 5)!

−

=

C

• Tổ hợp lặp

Định nghĩa 1.4.7 Tổ hợp lặp chập k từ n phần tử là một nhóm không phân biệt thứ

tự gồm k phân tử trích từ n phần tử đã cho, trong đó các phần tử có thể được lặp lại

Ví dụ 1.4.8 Giả sử ta có 3 quyên sách: Toán, Lí, Hóa và mỗi quyển có ít nhất có 6

bản photocopy Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 quyển

Giải:

Bài toán đặt ra là chọn 6 phần tử, không kể thứ tự và cho phép lặp lại Mỗi cách chọn sách được xác định duy nhất bởi số lượng của mỗi loại sách Ta có thể biểu diễn mỗi cách chọn sách như sau:

Trong đó 6 dấu x chỉ quyển sách chọn và hai dấu gạch đứng chỉ phân cách giữa giữa các loại sách Như vậy mỗi cách chọn sách tương ứng chọn 2 vị trí trong 8 vị trí

để đặt 2 dấu gạch | tức là tổ hợp chập 2 từ 8 phần tử

Suy ra số cách chọ sách là: C(8,2) = 28

• Chỉnh hợp

Định nghĩa 1.4.9 Một chỉnh hợp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ có thứ tự

gồm k thành phần lấy từ n thành phần đã cho Các thành phần không được lặp lại

Kí hiệu: A(n, k) và ( , ) ( ! )!

k n

n k

n A

−

=

Ví dụ 1.4.10 Một lớp học có 45 học sinh Hỏi có bao nhiêu cách chọ 5 học sinh

trong lớp đi thi học sinh giỏi 5 môn: Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh

Giải

Mỗi cách chon 5 học sinh trong 45 học sinh của lớp đi thi học sinh giỏi 5 môn ứng với một chỉnh hợp chập 5 của 45 Vậy có A(45,5)= (4545−!5)!

• Chỉnh hợp lặp

Định nghĩa 1.4.11 Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ có

thứ tự gồm k thành phần lấy từ n thành phần đã cho Các thành phần có thể được lặp lại

Một chỉnh hợp lặp chập k của n có thể xem như một phần tử của tích Đê- các

Xk, với X là tập n phần tử Như vậy số tất cả các chỉnh hợp chập k của n là

AR(n, k) = nk

Ví dụ 1.4.12 Tính số hàm từ tập X có k phần tử đến tập Y có n phần tử

Giải:

Mỗi hàm từ X vào Y tương ứng với một bộ có thứ tự k thành phần của n phần tử của Y, các phần tử có thể lặp lại Như vậy số hàm từ X vào Y là nk

• Nhị thức Newton:

* Công thức nhị thức Newton

0

n

k

=

+ = ∑ = + + +

Chú ý:

Số hạng tổng quát thứ k+1 là: Tk+1 = C a bn k n k k− = C a bn k k n k−

Hệ số của số hạng thứ k+1 là giá trị không chứa biến

Ví dụ 1.4.13 Tìm hệ số của số hạng thứ 3 trong khai triển (1 + 2x)n

Giải:

Số hạng thứ 3 là Cn2 22 x2

Suy ra hệ số của số hạng thứ ba của khai triển đó là Cn2 22

Chương II: SỐ STIRLING LOẠI I VÀ SỐ STIRLING LOẠI II

Kí hiệu [x]0 ≡1 và [x] n ≡ x(x-1)(x-2)…(x-n+1) với n = 1,2,… (i)

Kí hiệu [x]0 ≡1 và [x] n ≡ x(x+1)(x+2)…(x+n-1) với n = 1,2,…

2.1 Số Stirling loại I :

Định nghĩa 2.1.1: Hệ số của x r trong [x] n được hiểu là số Stirling loại I

kí hiệu s(n,r)

Ta có [x]n =

0

( , ) r

s n r x

∞

∑ , s(n,r) = 0 nếu r > n (ii) Định lý 2.1.2 Chứng minh rằng s(n+1,r) = s(n,r-1) – ns(n,r)

0

( 1, ) r

r

s n r x

∞

=

+

0

( , ) r r

s n r x

∞

=

0

( , ) r r

s n r x

∞

=

∑

=

0

[ ( , 1) ( , )] r r

s n r ns n r x

∞

=

− −

∑

Bằng phương pháp cân bằng hệ số ta có ngay điều phải chứng minh

2.2 Số Stirling loại II :

Định nghĩa 2.2.1: Cho tập X có n phần tử khác nhau, k≤ n và {X1, X2, … , Xk} là một phân hoạch k khối của X

Số tất cả các phân hoạch k khối của tập lực lượng n gọi là số Stirling loại II, kí

hiệu S(n, k) Hiển nhiên S(n,0) = 0 và S(n,n) = 1

S(n, k) > 0 với 1 k n≤ ≤ và S(n, k) = 0 nếu 1 n k≤ <

Ta đặt S(0,0) = 1 và S(0, k) = 0 với k≥1

Do đó ý nghĩa của số Stirling là số các quan hệ tương đương với k lớp trên một

tập hợp n phần tử Đó cũng là số cách phân bố n quả cầu riêng biệt vào k hộp không phân biệt (mà không tính thứ tự sắp xếp) sao cho không có hộp nào rỗng

Số Stirling có thể tính trực tiếp qua công thức sau:

( ) 0

0

1 ( , ) 1

! 1 = 1

!

k

j k

k i i n k

i k

k

C i k

≤ ≤

−

≤ ≤

−

∑

Công thức trên vẫn đúng khi k > n (lúc đó S(n,k) = 0)

Thật vậy, gọi N là tập hợp n phần tử đang xem xét E là tập các ánh xạ từ N vào [ ]k ={1, 2, ,k} , và F là tập con các toàn ánh trong E Khi đó E =k n và F =k S n k! ( , ) Theo đó, ta có: S(n, 1) = 1; S(n, 2) = 2n-1 - 1; ( 1 )

1

2

n

n

S n

−

−

+

Định lí 2.2.2 Số Stirling loại II S(n, k), có hàm sinh "dọc" :

( )

1

t k

n k

t

t S n k e k

n k

≥

(tại n≥k có thể thay thế bởi n ≥ 0), và có hàm sinh "đôi":

( 1)

= e t

u e

t t t

t u S n k u S n k u

−

Sử dụng định nghĩa 1 và công thức (1.1) ta có:

0

0

1

1

j k

n n

j j k

k

j k

t S n k C k j

k j t C

C e e

≤ ≤

−

≤ ≤

∑

Áp dụng kết quả trên cho hàm sinh "đôi" ta được:

( ) ( 1)

1

t

t

t u u S n k u e

n k

−

•Các tính chất:

1

k n

k

n k

x

F x S n k x

x x kx

≥

∑

2 S n k ( , ) = S n ( − 1, k − + 1) k S n ( − 1, ) k

1 1

n

k l n

− ≤ ≤ −

4 ( , ) ( 1, 1). n 1

k l n

≤ ≤

5

0

( , )

m

k n

≤ ≤

6

1 1

1

j k j

k

−

=

7 ( ) 1

0

k

j n k

≤ ≤ −

1 2

k

r

r r

r r r n k

+ + + = −

Hệ quả 2.2.3 Từ kết quả tính chất 2 và điều kiện S( n,1) = S(n,n) = 1;

S(n,m) = 0 với m>n Ta nhận được tam giác các số Stirling loại hai như sau :

Định lí 2.2.4 S(n,k) là hàm sinh ngang

0

( , )[ ]

n

k

k n

≤ ≤

Đồng nhất thức hệ số của tn / n! trong số đầu tiên và số hạng cuối cùng của:

{ }

( 1)

1 ( 1 ( ) [ ] ( , )

−

Định lí 2.2.5 S(n,k) là hàm sinh hữu tỷ :

(1 )(1 2 ) (1 )

k n

k

n k

u

S n k u

ϕ

≥

=

Nếu ta phân tích phân số hữu tỷ ϕk thì được:

u j k j

k k

ku u

u

u

k j

j k

1

!

) 1 ( )

1 ) (

2 1 )(

1

(*)

−

−













−

=

−

−

−

≤

≤

ϕ

= ∑ ∑

≤









−

















−

k

n n

j

u j k

j

k k

) (

!

) 1 (









−













−

) (

) 1 (

!

n j

n

j k

j

k k

u

(**)

n k

S n k u

≥

Chương III : ỨNG DỤNG 3.1 Các bài toán :

Bài toán 3.1.1 Tìm số cách đặt n vật phân biệt vào m hộp phân biệt, theo thứ tự từ trái

qua phải biết rằng có thể cho phép một số hộp để trống ( chú ý rằng nếu m>n , ít nhất m-n hộp phải bỏ trống )

Giải : Giả sử số cần tìm là f (n, m) Giả thiết rằng đã có f (n-1,m) và một sự phân phối

n-1 vật đó là : mang i1 vật vào hộp 1 , i2 vật vào hộp 2, , im vật vào hộp m sao cho ik >

0, k = 0,1,2, ,m và i1 + i2 + +im = n-1 Vật thứ n có thể vào k hộp theo ik + 1 cách (vị trí đầu tiên về bên trái , vị trí thứ 2 từ trái qua phải , , vị trí thứ ik + 1 tính từ trái qua phải ) Do đó có :

(i1 + 1) + (i2 + 1) + +(im + 1) = n-1+m cách xếp cho vật thứ n Vậy ta có quan hệ :

f(n,m) = ( n – 1 + m) f(n-1,m)

= (n + m – 1 )(n + m -2) m = [m]n

Bài toán 3.1.2 Yêu cầu tương tự như bài 3.1.1 tuy nhiên thêm điều kiện m ≤ n và những trường hợp để trống không được phép

Giải : Bây giờ mỗi hộp được đặt vào nó một vật đầu tiên ở phía bên trái Công việc

này có thể làm theo A(n,m) cách Do đó kết quả cần tìm là :

A(n,m).[m]n-m = ! ( 1)( 2) ( 1)

n

m m m n

−

= n!C(n-1 ;m-1)

Từ các bài toán 3.1.1 và 3.1.2 ta có thể tính được số nghiệm nguyên của một phương trình tuyến tính

Bài toán 3.1.3 Nếu m và n là các số nguyên dương Chứng minh rằng phương trình

x1 + x2 + xm = n có đúng [m]

!

n

n nghiệm Trong đó xk là các số nguyên không âm ( kết quả cũng đúng khi n = 0 )

Giải : Bài toán tương đương với có bao nhiêu cách đặt n vật giống nhau vào m hộp

phân biệt ( một hộp có x1 vật , một hộp có x2 vật, , một hộp có xm ), có thể có hộp không có vật nào Nếu chúng ta tạm thời làm cho các vật trở nên phân biệt bằng cách giãn nhãn cho chúng là l1, l2, , lm thì theo bài 3.1.1 có [m]n cách sắp xếp Tuy nhiên trở lại bài toán này , những sự sắp xếp mà chỉ khác nhau bởi những nhãn dán trên n vật thì được coi là một nghiệm của phương trình trên Do đó câu trả lời là :

[m]

!

n

n = C (n + m -1, m-1) Nghiệm thoả mãn

Từ kết quả bài toán 3.1.3 ta có kết quả sau :

Bài toán 3.1.4 Giả sử A = {ai : i = 1,2, ,m} là một bảng chữ cái bao gồm m chữ cái được sắp xếp thứ tự như sau : a1 < a2 < < am Một từ θ θ θ1 2 n tạo ra từ bảng chữ cái này được gọi là một từ tăng ( có độ dài n ) nếu θ θ1≤ 2 ≤ ≤ θn Hãy chứng minh số các

từ tăng có độ dài n là C(n+m-1,m-1)

Giải : Một từ tăng có độ dài n sẽ bao gồm x1 chữ cái a1 , sau đó là x2 chữ cái a2 , , sau

đó là xm chữ cái am thỏa mãn xk ≥0 ( k = 0,1, ,m) và x1 + x2 + +xm = n vậy theo bài 3.1.3 số các từ tăng là C(n+m-1,m-1)