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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN 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... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN THỊ M

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

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

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH Đặng Hùng Thắng

Thái Nguyên - 2017

Mục lục

1.1 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

1.2 Hệ số đa thức và tính chất 22

1.2.1 Hệ số đa thức 22

1.2.2 Định lý đa thức 24

1.3 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

2.4 Các bài toán áp dụng 60

deg P(x) bậc của đa thức P(x)

a≡ b (mod p) ađồng dư với b theo modulo p

gcd(a, b) ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b

Mở đầu

Trong nhiều năm tổ hợp luôn là một chuyên đề lớn đối với các học viên chuyênngành toán sơ cấp Các nguyên tắc và kĩ thuật cơ bản trong tổ hợp ngày càng cónhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác, đặc biệt trong khoa học máy tính Nhậnthức được vai trò của lý thuyết tổ hợp đối với đời sống hiện đại nên lý thuyết tổhợp đã được đưa vào chương trình học phổ thông và chiếm một phần trong các kìthi toán quốc gia và quốc tế Trong chương trình bậc đại học và cao học, học viênchưa 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 giảicác bài toán tổ hợp nâng cao như: Nguyên lý Dirrichlet và Nguyên lý bao hàm vàloại trừ, kỹ thuật sử dụng hệ số nhị thức, hệ số đa thức, quan hệ truy hồì và phươngpháp 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 phápgiải) 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 thamkhảo 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 lòngyêu thích khám phá toán học của các em học sinh đồng thời cũng là một tài liệuhữu ích để các bạn đồng nghiệp cùng tham khảo Ngoài ra thông qua việc viết luậnvăn, tác giả có cơ hội mở rộng nâng cao hiểu biết về toán sơ cấp nói chung và tổhợp nói riêng, nâng cao kỹ năng các giải các bài toán tổ hợp, phục vụ tốt cho việcgiảng 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

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 ápdụng các nguyên lý trên

Trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn, tôi đã nhận được sự hướng dẫncủa GS TSKH Đặng Hùng Thắng (Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giảxin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy, người đã đặt vấn đềnghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp những thắc mắc của tácgiả trong suốt quá trình làm luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học – Đạihọc Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã thamgia 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 vìnhững 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

Định lí 1.1.1 Với mỗi số nguyên bất kỳ n ≥ 0, ta có



xn−ryr

Chứng minh thứ nhất - Quy nạp toán học. Với n = 0, kết quả là tầm thường như

là (x + y)0= 1 = 00
x0y0 Giả sử nó xảy ra khi n = k với một số nguyên k ≥ 0 nào



xk−ryr.Xét n = k + 1 Quan sát thấy rằng



xk−ryr+1

=k0

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

là một cách Do đó, số cách để tạo thành xn−ryr là nr

Định lý nhị thức là một kết quả cơ bản trong toán học có rất nhiều ứng dụng Trongphần này, chúng ta sẽ thấy Định lý 1.1.1 sinh ra một cách dễ dàng nhiều tính chấtthú vị liên quan đến hệ số nhị thức Để đơn giản trong so sánh, một số cách chứngminh 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

nr



=n0

+n1

+ · · · +n

n



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

n

∑

r=0

nr



= (1 + 1)n= 2n

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 nr
theo định nghĩa

Do đó

|P(X)| =n

0

+n1

+ · · · +n

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



−n1

+n2

+ · · · + n

2k

+ · · · =

=n1

+n3

+ · · · +

n2k + 1

+ · · · = 2n−1 (1.3)

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

n

∑

r=0

nr

(−1)r= (1 − 1)n = 0,

mà nó chính là đồng nhất thức thứ nhất Đồng nhất thức thứ hai thu được từ đồngnhất 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 chẵnphần 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=1

rnr



=n1

+ 2n2

+ 3n3

+ · · · + nn

n



= n · 2n−1 (1.4)

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



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



= nr

n − 1

r− 1

với điều kiện là r ≥ 1

có thể được viết lại thành

rnr



= nn − 1

r− 1



(cho s = r − 1)

= 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,



= n2(n + 3)2n−3

, trong đó k ∈ N và k ≥ 4như 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

nr

+m1



n

r− 1

+ · · · +m

r

n0



xj

!

=m0

n0

+m0

n1

+m1

n0



x

+m0

n2

+m1

n1

+m2

n0



xm+n.Bây giờ, so sánh hệ số của xrở cả hai vế ta nhận được

m + n

r



=m0

nr

+m1



n

r− 1

+ · · · +m

r

n0



Chứng minh thứ hai. Cho X = {a1, a2, , am, b1, b2, , bn} là tập hợp có m + nđối 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 tửkhác của A là b và trong trường hợp này, số cách để hình thành A được cho bởi

2

=n0

2

+n1



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

Vander-Hrn=r + n − 1

r

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

Định thức det(A) sẽ bằng bao nhiêu? Ta quan sát rằng

2 2

3 3

2 1

3 2

4 3

3 1

4 2

5 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

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

· · · 0

1 1

2 2

· · · k−1k−1

0 10
21
· · · k−1k−2

0 0 20
· · · k−1k−3

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



·22



· · ·kk



·00



·10

Ta có điều phải chứng minh

Tập hợp các hệ số nhị thức nr
có thể được sắp xếp thuận tiện trong một hình tamgiác từ trên xuống dưới và từ trái sang phải mà nó tăng thứ tự của các giá trị n và

rtương ứng

0 0

1 0

1

2 0

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 gópđáng kể cho sự hiểu biết về nó năm 1653 Tam giác này còn được gọi là tam giácYang Hui ở Trung Quốc vì nó đã được nhà toán học Yang Hui khám phá sớm hơnnăm 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-Chiehnăm 1303

Hình 1.2: Tam giác Pascal

Ta có một số tính chất sau đây về tam giác Pascal:

(1) Hệ số nhị thức nr
, nằm ở vị trí thứ n từ đỉnh và vị trí thứ r tính từ phía taytrái, là số tuyến ngắn nhất từ đỉnh biểu diễn 00
đến đỉnh biểu diễn n

r

=n − 1

r− 1

+n − 1r

,nói đơn giản rằng mỗi hệ số nhị thức bên trong tam giác bằng với tổng củahai hệ số nhị thức phía trên của nó Ví dụ là 21 = 15 + 6

+52

+62



=33

+32



+42

+52

+62



=43

+42



+52

+62



=53

+52



+62



=63

+62



=73

+r + 1r

+ · · · +n

(ii) với mọi r, k ∈ N.

r0

+r + 11

+ · · · +r + k

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 tậphợp n + 1 phần tử Ta sẽ đếm số tập con có (r + 1) phần tử A của X Xét n + 1 − rtrường hợp sau đây:

+n − 1r

+ · · · +r + 1

r

+rr



=n + 1

r+ 1

,

và nó đã chứng minh đồng nhất thức (1.7)

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

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

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, tuynhiên, 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 nhưthế 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−mr−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

S= 1n − 1

r− 1

+ 2n − 2

r− 1

+ 3n − 3

r− 1

+ · · · + (n − r + 1)r − 1

r− 1

+n − 3

r− 1

+ · · · +r − 1

r− 1

+ · · · +r − 1

Áp dụng đồng nhất thức (1.7) vào mỗi hàng ta nhận được

S=nr

+n − 1r

+n − 2r

+ · · · +r

r

,

mà bằng với n+1r+1
, áp dụng (1.7) một lần nữa Do đó số các tập con có r phần tửcủa {1, 2, , n} là nr
, do đó

F(n, r) =

n+1 r+1

n r

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 4ABC thành n + 1phần bằng nhau bởi n điểm; sau đó bổ sung 3n đoạn thẳng để nối 3n cặp của cácđiểm 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 tamgiác 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 ngày15/6/1989 Lin Ziwei, một thành viên trong nhóm, ở tuổi 14 đã có thể giải quyếtvấn 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 tachỉ 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 `1, `2, `3 và `4.Mỗi cạnh của 4ABC có độ dài n + 1 đơn vị Trong đó `1 là r đơn vị từ đỉnh A,

số các lựa chọn cho `2 là n + 1 − r, và số cách thức để chọn cặp {`3, `4} là r+12

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

(n − 1) +4

2

(n − 2) + · · · +n + 1

2

1

+ · · · +n

2

+n + 12



+22

+32

+42

+ · · · +n

+32



+22

+ · · · +4

3

+33

( bởi đồng nhất thức(1.7))

=n + 3

4

( bởi đồng nhất thức(1.7))

Do đó g(n) = 3 n+34

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 chứngminh kết quả Chúng tôi trình bày dưới đây

Trước hết, kéo dài các cạnh AB và AC của tam giác đều ABC thành AB0và AC0,

tương ứng, sao cho AB

Hình 1.4: Phân chia tam giác

Chú ý cho hai điểm B0 và C0, là có đúng n + 3 điểm phân chia B0C0 tương ứngvới phân chia thứ (n + 1) của 4AB0C0 Bây giờ, quan sát một hình bình hành bất

kỳ của Kiểu 2 theo phân chia thứ n của 4ABC tương ứng một tập duy nhất củabốn điểm phân chia của B0C0 (xem Hình 1.4(b))

Do đó số các hình bình hành của Kiểu 2 trong phân chia thứ n của 4ABC làbằng số các tập hợp con có 4 phần tử của n + 3 các điểm phân chia trên B0C0 Do

Trước hết, ta có tính chất sau đây:

1◦ Với mỗi số chẵn n ∈ N, ta có

n0



<n1



< · · · n

n2



> · · · >

n

n− 1



>nn



=

n+ 12



> · · · >

n

n− 1



>nn

.(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 | nr
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|

n6k ± 1

,

với mọi k với 1 ≤ k ≤ √n

6

trong đó bxc ký hiệu số nguyên lớn nhất màkhông 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 sauđây thuộc về nhà toán học người Pháp thế kỷ 19 E Lucas (1842-1891).Cho p là một số nguyên tố Khi đó

(i) np
≡ bn

pc (mod p) với mọi n ∈ N,(ii) pr
≡ 0 (mod p) với mọi r sao cho 1 ≤ r ≤ p − 1,

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

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

(v) p−2r
≡ (−r)r(r + 1) (mod p) với mọi r sao cho 0 ≤ r ≤ p − 2,(vi) p−3r
≡ (−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 -nr

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

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

n∈ A nếu và chỉ nếu n= k pm− 1trong 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+ n1p+ n2p2+ · · · + nkpk,

r= r0+ r1p+ r2p2+ · · · + rkpk,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:

nr

Nói riêng, nếu lấy p = 2 và viết n và r theo hệ nhị phân

n= (nknk−1· · · n1n0)2

r= (rkrk−1· · · r1r0)2trong đó ni, ri= {0, 1} với mọi i = 0, 1, , k, thì ta có kết quả thú vị sau đây:

6◦ Theo Honsberger, bài toán sau đây được nghiên cứu và giải bởi Fine: Cốđịnh n ∈ N, có bao nhiêu hệ số nhị thức lẻ nr
đang có ở bậc thứ n của tamgiác Pascal? Ta sẽ áp dụng kết quả (1.11) để trả lời câu hỏi này.

Viết n = (nknk−1· · · n1n0)2 theo hệ nhị phân và cho w(n) =

k

∑

i=0

ni, và bằngvới số các đơn phần tử trong đa tập hợp {n0, n1, , nk} Cho r ∈ Z sao cho

0 ≤ r ≤ n, viết r = (rkrk−1· · · r1r0)2 Bởi kết quả (1.11), nr
là lẻ nếu và chỉnếu 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 nr
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 110
, 11

1
, , 11

11
tại bậc 11,vậy 8, tức là 23

110



=1111



= 11,

112



=119

Để làm điều này, trước tiên chúng ta hãy giới thiệu một họ các số, có thể đượccoi là mở rộng của hệ thống nhị thức Giả sử

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 (1.14)

Có thể nói gì về số (1.13) khi m = 2? Do có nn

1
cách để chọn n1 của n đốitượng phân biệt và đặt chúng trong hộp 1, và 1 cách để đặt phần còn lại n2= n − n1đối tượng trong hộp 2, ta thấy rằng nn

1 ,n2
= n

n1
mà đó là hệ số nhị thức bìnhthường 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 phânbiệt,

Chúng ta sẽ thấy vai trò của họ các số (1.13) trong khai triển của tích (1.12).Trong việc khai triển tích

m

∑

i=1

ni = n Ta sẽ chứng minh rằng |A| = |B| Xácđịnh ánh xạ f : A → B như sau: Với mỗi phần tử có dạng a = xn1

1 xn2

2 · · · xnm

m trong A,giả sử f (a) là cách mà đặt ni đối tượng trong hộp i (tương ứng với xi) Rõ ràng là

f là một song ánh giữa A và B và do đó |A| = |B|, đây là điều ta cần chứng minh

Do đó ta kết luận rằng hệ số của (1.17) trong khai triển được cho bởi

Ví dụ 1.2.2 Với n = 4 và m = 3, bởi Định lý 1.2.1, ta có

(x1+ x2+ x3)4=

4

4, 0, 0



x41+

4

3, 1, 0



x31x2+

4

3, 0, 1



x31x3+

4

2, 2, 0



x21x22+

4

2, 1, 1



x21x2x3+

4

2, 0, 2



x21x23+

4

1, 3, 0



x1x32+

4

1, 2, 1



x1x22x3+

4

1, 1, 2



x1x2x23+

4

1, 0, 3



x1x33+

4

0, 4, 0



x42+

4

0, 3, 1



x32x3+

4

0, 2, 2



x22x23+

4

0, 1, 3



x2x33+

4

0, 0, 4



x43

= x41+ 4x31x2+ 4x31x3+ 6x21x22+ 12x21x2x3+ 6x21x23+4x1x32+ 12x1x22x3+ 12x1x2x23+ 4x1x33+ x42+4x32x3+ 6x22x23+ 4x2x33+ x43

Bởi Định lý 1.2.1, các số có dạng (1.13) thường được gọi là hệ số đa thức Do

hệ số đa thức là các tổng quát hóa của hệ số nhị thức, ta có thể tự hỏi là liệu chăngmột số kết quả về hệ số có thể được khái quát cho tổng quát hơn? Ta sẽ kết thúcphần này bằng một thảo luận ngắn về vấn đề này

1◦ Đồng nhất thức nn

1
= n n−n 1
đối với hệ số nhị thức có thể được viết như là

n

n1,n2
= n

n2,n1
(ở đây n1+ n2 = n Bởi đồng nhất thức (1.16), dễ dàng tathấy



n− 1

n1, n2− 1, , nm

+ · · ·+

là n + 1 Có bao nhiêu số hạng phân biệt trong khai triển của (x1+ x2+ · · · +

xm)n? Để trả lời câu hỏi này, trước hết ta quan sát Ví dụ 1.2.2 Các số hạngphân biệt thu được trong khai triển của (x1+ x2+ x3)4được chỉ ra trong cộtbên trái trong danh sách dưới đây:

x2x33→ {x2, 3 · x3}

x43→ {4 · x3}

Chú ý rằng mỗi một trong số chúng tương ứng với một tập con có 4 phần

tử duy nhất của M = {∞ · x1, ∞ · x2, ∞ · x3}, và ngược lại, như được chỉ ratrong cột bên phải Do đó, số các số hạng phân biệt trong khai triển của(x1+ x2+ x3)4 bằng với số các đa tập hợp con có 4 phần tử của M, mà nó là

nếu n chẵn ,

n

n− 12

= n+ 1n

2

nếu n lẻ

Chúng ta có thể nói gì về giá trị lớn nhất của hệ số đa thức n n

1 ,n2, ,nm
Bàitoán này đã được giải quyết bởi Wu Với n, m ≥ 2, giả sử

Trường hợp 1 m | n

Cho n = mr với một số r ∈ N nào đó Khi đó

M(n, m) =

n

là số hạng duy nhất đạt được giá trị lớn nhấtnày

như là các đa tập hợp, là mk
các số hạng đạt được giá trị lớnnhất này.

1, 1, 2

,

4

1, 2, 1

và

4

2, 1, 1



Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là

số của x5trong khai triển trên là

n1; n2; n3; n4 ∈ N

Ta có các bộ số thỏa mãn là (96; 1; 3; 0); (96; 2; 1; 1) và (94; 6; 0; 0) Vậy hệ số của

x18 trong khai triển trên là

Bài toán 1.3.4 Tìm hệ số của x29 trong khai triển (1 + x5+ x7+ x9)1000.

Bài toán 1.3.6 Chứng minh rằng



x+n2

x(1 + x)n =n

0



x+n1

(1 + x)n+ nx(1 + x)n−1

=n

0

+ 2n1

(n + 2)2n−1 =n

0

+ 2n1

+ 3n2

+ + (n + 1)n

Bài toán 1.3.7 Chứng minh rằng



x+n2

Z 1

0

(1 + x)ndx=

Z 1 0

n0

+n1



x+n2

Suy ra

(1 + x)n+1

n+ 1

1

0

= n0



x+n1

 x2

2 +

n2

 x3

3 + +

nn

 xn+1

n+ 1



+

n 1

2 +

n 2

3 + +

n n



x+n2

Z 1

0

(1 − x)ndx=

Z 1 0

n0



−n1



x+n2

⇒ − (1 − x)

n+1

n+ 1

...

2nn



Bài toán 1.3.11 Chứng minh rằng

n

∑

r=1

nr

Lời giải. Xét khai triển... data-page="36">

Thay x = vào (1.27) ta được

2n

∑

r=0

2nr



= 22n

Theo tính chất hệ số nhị thức ta có... data-page="37">

×n − 1

0

+n − 11

Ta có hệ số xn−1 khai triển (1.28) 2n−1n−1
, hệ số xn−1 trongkhai triển (1.29)



n