Bài toán đếm nâng cao trong tổ hợp và ứng dụng

Luận văn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Công trình ñược hoàn thành tại

Có thể tìm hiểu luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng

- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

MỞ ĐẦU

1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Tổ hợp có vị trí ñặc biệt trong toán học không chỉ như là những ñối tượng ñể nghiên cứu mà còn ñóng vai trò như một công cụ ñắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích, ñại số,

Các bài toán tổ hợp ngày càng chiếm một vị trí quan trọng trong các kỳ thi olympic, vô ñịch toán Toán tổ hợp là một dạng toán khó, ñòi hỏi tư duy lôgic, tư duy thuật toán cao, tính hình tượng tốt, phù hợp với mục ñích tuyển chọn học sinh có khả năng và năng khiếu toán học Hơn nữa, nội dung các bài toán kiểu này ngày càng gần với thực tế cuộc sống chúng ta, và ñiều ñó hoàn toàn phù hợp với xu hướng của toán học hiện ñại

Chính vì những lý do trên, chúng tôi ñã nghiên cứu và chọn ñề tài “Bài toán ñếm

nâng cao trong tổ hợp và ứng dụng” nhằm hệ thống các phương pháp giải ñồng thời

nâng cao hơn nữa nhận thức và ứng dụng của nó trong học tập, nghiên cứu và công tác sau này

2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu lý thuyết về lý thuyết tổ hợp và từ ñó nhằm hệ thống các phương pháp giải bài toán ñếm và ứng dụng của nó vào nghiên cứu, học tập cũng như trong thực tiễn Đề tài cũng ñược làm tài liệu tham khảo cho học sinh, sinh viên ñại học và cao ñẳng, học viên cao học, thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế và những ai quan tâm ñến lý thuyết tổ hợp

3 NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Nhiệm vụ của ñề tài này là nghiên cứu về các cấu hình tổ hợp từ cơ bản ñến nâng cao, nguyên lý bù trừ, lý thuyết về hàm sinh, công thức truy hồi Từ ñó ñưa ra

ñược hệ thống các phương pháp và ứng dụng ñiển hình của bài toán ñếm nâng cao

trong tổ hợp

4 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

• Lý thuyết về các cấu hình tổ hợp cơ bản và mở rộng và các kiến thức liên quan ñến bài toán ñếm

• Phương pháp giải bài toán ñếm và các bài toán áp dụng

• Ứng dụng của bài toán ñếm tổ hợp

5 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu liên quan ñến luận văn ñể thu thập thông tin, từ ñó phân tích, hệ thống và phân loại các phương pháp giải cũng như một

số ứng dụng ñiển hình liên quan ñến bài toán ñếm trong tổ hợp

6 Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI

Đề tài hệ thống kiến thức về các nguyên lý ñếm, các cấu hình tổ hợp, lý thuyết

hàm sinh, hệ thức truy hồi và các kiến thức liên quan ñến bài toán ñếm tổ hợp Từ ñó hình thành các phương pháp từ cơ bản ñến nâng cao và một số ứng dụng liên quan

ñến bài toán ñếm Qua ñó bổ sung thêm cho các em học sinh, sinh viên về các

phương pháp giải các bài toán ñếm tổ hợp từ cơ bản ñến khó và rất khó, ñặc biệt là trước các kì thi học sinh giỏi từ cấp tỉnh, cấp quốc gia ñến thi Olympic quốc tế và các

kỳ thi khác Đề tài còn có thể làm nguồn tham khảo cho những ai quan tâm ñến lý thuyết tổ hợp mà cụ thể là phương pháp giải và ứng dụng của bài toán ñếm tổ hợp

7 CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN

Luận văn ñược cấu trúc bởi 3 chương:

Chương 1: Tổng quan về tổ hợp

Chương 2: Một số phương pháp ñếm nâng cao

Chương 3: Một số ứng dụng

Chương 1 TỔNG QUAN VỀ TỔ HỢP

1.1 SƠ LƯỢC VỀ LỊCH SỬ TỔ HỢP

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

ta ñã biết ñến những hình vuông thần bí Thời cổ Hi lạp, thế kỷ thứ 4 trước Công nguyên, nhà triết học Kxenokrat ñã biết cách tính số các từ khác nhau lập từ bảng chữ cái cho trước Tuy nhiên có thể nói rằng, lý thuyết tổ hợp ñược hình thành như một ngành toán học mới vào thể 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 ñặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng

lồ 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 ñổi từ khi xuất hiện máy tính và sự phát triển của toán học hữu hạn Nhiều vấn ñề tổ hợp ñã ñược giải quyết trên máy tính và phát triển rất mạnh mẽ

1.2 CÁC DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP

Dạng 1: Bài toán tồn tại

Dạng 2: Bài toán ñếm

Dạng 3: Bài toán liệt kê

Dạng 4: Bài toán tối ưu tổ hợp

Định nghĩa 1.4: Chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ có thứ tự

gồm k thành phần lấy từ n phần tử ñã cho, các phần tử có thể ñược lặp lại

Định lí 1.2: Số lượng các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử ñược kí hiệu và xác

ñịnh bởi công thức sau: k

n

A = AR(n, k) = nk

1.3.2.5 Tổ hợp không lặp

1.3.2.6 Tổ hợp lặp

Định nghĩa 1.6: Tổ hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là một nhóm không phân

biệt thứ tự gồm k phần tử trích từ n phần tử ñã cho, trong ñó các phần tử có thể ñựợc lặp lại

Định lý 1.3: Giả sử X có n phần tử khác nhau Khi ñó số tổ hợp lặp chập k của n

phần tử của X, ñược ký hiệu và xác ñịnh bởi công thức sau:

CR(n, k) = C(k + n - 1, n - 1) = C(k + n - 1, k)

Ví dụ 1.56 Bất phương trình x1 + x2 + x3 ≤ 11 (1) có mấy nghiệm nguyên không âm ?

Lời giải: Số nghiệm của bất phương trình (1) chính bằng số nghiệm nguyên của

phương trình: x1 + x2 + x3 + x4 = 11 với xi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4.

Mỗi nghiệm của phương trình ứng với một cách chọn 11 phần tử từ một tập có

4 loại, sao cho có x1 phần tử loại 1, x2 phần tử loại 2, x3 phần tử loại 3, x4 phần tử loại

4 ñược chọn Vì vậy số nghiệm bằng số tổ hợp lặp chập 11 từ tập có 4 phần tử Theo

Cho các số nguyên dương n , n , , n1 2 k thỏa n1+n2 + + nk = r Số các phân hoạch thứ tự tổ hợp chập r của X dạng {S , S , , S1 2 k} có

1 1 2 2 k k

S = n , S =n , , S =n , ñược kí hiệu là C(n; n , n , , n )1 2 k Một cấu hình tổ hợp kiểu này ñược xây dựng qua các bước như sau:

Bước 1: Chọn n1 phần tử từ X cho S1, có C(n, n1) khả năng

Bước 2: Chọn n2 phần tử từ X\S1 cho S2, có C(n−n , n1 2) khả năng

ñược gọi là hệ số ña thức

Ví dụ 1.57 17 sinh viên ñi dạ hội bằng 5 xe khác nhau theo thứ tự có số chỗ ngồi

tương ứng là 4, 3, 3, 4, 1 Hãy xác ñịnh số cách chở 17 sinh viên bằng 5 xe, trong ñó

có 2 sinh viên phải ñi bằng phương tiện khác

Lời giải: Mỗi cách chở là một phân hoạch thứ tự tổ hợp chập 15 của 17 với số phần

tử trong mỗi tập con tương ứng là 4, 3, 3, 4, 1 Vì vậy số cách chở là:

C(17; 4,3,3, 4,1)= 17!

4!3!3!4!1! = 8576568000

1.3.3.2 Phân hoạch không thứ tự

Định nghĩa 1.8: Cho X là tập gồm n phần tử khác nhau, các số nguyên dương

n , n , , n và p , p , , p1 2 k thỏa n p1 1 + n p2 2 + + n pk k = n

Một hệ thống các tập con của X với p1 tập lực lượng n1, p2 tập lực lượng n2, …, pk

tập lực lượng nk gọi là phân hoạch không thứ tự của X

Định lý 1.5: Số phân hoạch không thứ tự của X với p1 tập lực lượng n1, p2 tập lực lượng n2, …, pk tập lực lượng nk là:

Ví dụ 1.60 Phân phối n quả cầu phân biệt vào m hộp phân biệt sao cho:

Hộp 1 chứa n1 vật, hộp 2 chứa n2 vật, …, hộp m chứa nm vật: n1+n2 + +nm =n

Hỏi có bao nhiêu cách phân phối khác nhau, không kể thứ tự cầu trong mỗi hộp

Lời giải: Có thể phân phối bằng m bước như sau:

Bước 1: Chọn n1 phần tử từ n cầu cho hộp 1, có C(n, n1) cách

Ví dụ 2.6 Có bao nhiêu cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế ñã bị gạch ñi một

ñường chéo chính sao cho không có con nào ăn con nào

Lời giải: Có 8! cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế sao cho không có con nào ăn

con nào Ta cần ñếm số cách xếp không hợp lệ, tức là số cách xếp có ít nhất một con

xe nằm trên ñường chéo

Gọi Ai là tập hợp các cách xếp có quân xe nằm ở ô (i, i) Ta cần tìm

|A1∪ ∪A8| Nhưng dễ dàng thấy rằng |Ai| = 7!, |Ai∩Aj| = 6! , , |A1∩ ∩A8| = 1 nên từ ñịnh lý trên ta suy ra:

Ví dụ 2.8 Trong tập S = {1, 2, , 280} có mấy số không chia hết cho 2, 3, 5, 7

Lời giải: Ta ñếm xem trong tập S có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong các

số 2, 3, 5, 7 Kí hiệu A1 = {k ∈ S: k chia hết cho 2}, A2 = {k ∈ S: k chia hết cho 3},

A3 = {k ∈ S: k chia hết cho 5}, A4 = {k ∈ S: k chia hết cho 7}

Khi ñó A1∪A2 ∪A3 ∪A4 là tập các số chia hết cho ít nhất một trong các số 2, 3, 5,

• Ánh xạ f ñược gọi là một ñơn ánh nếu với hai phần tử bất kì a1, a2 ∈A mà a1 ≠ a2

thì f(a1) ≠ f(a2), tức là f(a1) = f(a2) ⇔a1 = a2

• Ánh xạ f ñược gọi là một toàn ánh nếu với mọi b∈B ñều tồn tại a ∈A ñể cho f(a) =

b

• Ánh xạ f ñược gọi là một song ánh (tương ứng 1-1) nếu với mọi b∈B, tồn tại và duy nhất a∈A ñể f(a) = b Nói cách khác f là song ánh khi và chỉ khi nó vừa là ñơn ánh vừa là toàn ánh

2.2.2 Định lý 2.2

Cho A và B là hai tập hữu hạn Khi ñó:

• Nếu có một ñơn ánh f: A →B thì |A| ≤ |B|

• Nếu có một toàn ánh f: A →B thì |A| ≥ |B|

• Nếu có một song ánh f: A →B thì |A| = |B|

Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất ñơn giản: Nếu tồn tại một song ánh từ A vào B thì |A| = |B| Do ñó, muốn chứng minh hai tập hợp có cùng số phần

tử, chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng Hơn nữa, ta có thể ñếm ñược số phần

tử của một tập hợp A (kí hiệu |A|), ta có thể xây dựng song ánh từ A vào một tập hợp

B mà ta ñã biết cách ñếm số phần tử Bởi B có cùng số phần tử với A nhưng có cấu trúc ñược mô tả khác A nên ta có thể ñếm ñược số phần tử của B dễ dàng hơn việc

ñếm số phần tử của A

Ví dụ 2.14 (APMO 1998)

Giả sử Fk là tập hợp tất cả các bộ (A1, A2, , Ak), trong ñó Ai (i = 1, 2, , k) là một tập con của tập E = {1, 2, , 1998} Kí hiệu |A| là số phần tử của tập A

Lời giải: Lời giải thứ nhất ta có thể dùng phương pháp quy nạp khá tự nhiên về mặt ý

tưởng, tuy rất cồng kềnh và ñòi hỏi nhiều kĩ năng tính toán

Lời giải thứ hai cũng tính Sk thông qua việc tính T(i, k) là số các bộ:

(A1, A2, , Ak) F,∈ sao cho A1∪A2 ∪ ∪ Ak =i tuy nhiên với một cách nhìn khác như sau: Với i phần tử n1, n2, , ni thuộc {1, 2, , n} ta ñếm xem có bao nhiêu bộ (A1, A2, , Ak) thỏa mãn ñiều kiện A1∪A2 ∪ ∪ Ak = {n1, n2, , ni} (2), từ ñó tính

ñược T(i, k) và Sk

Ta cho các phần tử n1, n2, , ni “ñăng ký” có mặt trong các tập hợp Ai theo qui tắc: nếu, chẳng hạn n1 ñăng kí có mặt trong A1, A2 và không có mặt trong các tập còn lại thì phiếu ñăng kí của n1 ñược ghi là (1, 1, 0, 0, , 0), còn nếu n1 chỉ có mặt trong

Ak thì ghi phiếu là (0, 0, , 1) Phiếu ñăng kí là hợp lệ nếu có ít nhất một số 1 (nếu không, phần tử tương ứng sẽ không có mặt trong A1∪A2 ∪ ∪ Ak)

Với i phiếu ñăng kí của n1, n2, , ni ta lập ñược 1 bộ (A1, A2, , Ak) Dễ thấy rằng với hai bộ phiếu ñăng kí khác nhau, ta có hai bộ tập hợp (A1, A2, , Ak) khác nhau và như vậy số bộ (A1, A2, , Ak) thỏa mãn (2) bằng số bộ phiếu ñăng kí hợp lệ

Vì phiếu ñăng kí của np, p = 1, 2, , i gồm k số 0 hoặc 1 và phải có ít nhất một số 1 nên np có 2k – 1 cách ghi phiếu ñăng kí (do trừ ra xâu (0, 0, , 0) và như vậy theo nguyên lý nhân có tất cả (2k – 1)i bộ phiếu ñăng kí hợp lệ khác nhau Cuối cùng, chú

Ví dụ 2.15 (Vô ñịch Liên Xô) Có một nhóm người mà trong ñó, mỗi cặp không

quen nhau có ñúng hai người quen chung, còn mỗi cặp quen nhau thì không có người quen chung Chứng minh rằng số người quen của mỗi người là như nhau

Lời giải:

Nếu a quen b và tập các người quen của a và b (khơng kể a, b) lần lượt là A và

B Mỗi người a’ thuộc A sẽ quen với duy nhất một người thuộc B (do a’ và b khơng quen nhau, hơn nữa họ đã cĩ một người quen chung là a) Tương tự, mỗi người thuộc

B cũng quen với duy nhất một người thuộc A Vậy tồn tại một song ánh đi từ A tới B, tức a và b cĩ số người quen bằng nhau

Nếu a khơng quen b thì tồn tại c quen cả a và b Do đĩ, số người quen của a và

b bằng nhau do cùng bằng số người quen của c (suy ra từ trên)

2.3 HỆ THỨC TRUY HỒI

2.3.1 Khái niệm mở đầu và mơ hình hĩa bằng hệ thức truy hồi

Định nghĩa 2.2: Hệ thức truy hồi (hay cơng thức truy hồi) đối với dãy số {an} là cơng thức biểu diễn an qua một hay nhiều số hạng đi trước của nĩ, cụ thể là a0, a1, a2,

…, an-1 với n ≥ n0 nguyên dương nào đĩ Dãy số được gọi là lời giải hay nghiệm của

hệ thức truy hồi nếu các số hạng của nĩ thỏa mãn hệ thức truy hồi này Các giá trị gán cho một số hữu hạn các số hạng đầu của dãy gọi là các điều kiện ban đầu hay

điều kiện biên của hệ thức truy hồi

Ví dụ 2.18 Hệ thức truy hồi cho dãy số Fibonacci là Fn = Fn-1 + Fn-2 với n ≥ 3 và

F1 = F2 = 1

2.3.2 Giải hệ thức truy hồi

2.3.2.1 Giải hệ thức truy hồi bằng phương pháp lặp

Ta cĩ thể dùng một trong hai phương án sau:

Hoặc ta đi thay thế liên tiếp cơng thức truy hồi vào chính nĩ, mỗi lần thay như vậy bậc n sẽ giảm ít nhất 1 đơn vị, cho đến khi đạt giá trị ban đầu

Hoặc là ta xuất phát từ điều kiện đầu ta sẽ tính một số số hạng đầu và nhận ra qui luật, sau đĩ dự đốn số hạng tổng quát và dùng phương pháp chứng minh qui nạp

để chứng minh tính đúng đắn của cơng thức vừa dự đốn đĩ

Ví dụ 2.22 (Bài tốn tháp Hà Nội) ‘‘Cĩ ba cọc 1, 2, 3 Ở cọc 1 cĩ n đĩa xếp chồng

lên nhau sao cho đĩa nằm dưới lớn hơn đĩa nằm trên Hãy chuyển tất cả các đĩa từ cọc

1 sang cọc 3 cĩ thể dùng cọc 2 làm cọc trung gian với điều kiện mỗi lần chỉ được chuyển 1 đĩa từ cọc này sang cọc khác và luơn đảm bảo đĩa nằm dưới lớn hơn đĩa nằm trên’’ Bài tốn đặt ra là: Tìm số lần di chuyển đĩa ít nhất cần thực hiện để giải

xong bài tốn trên

Lời giải: Phương pháp di chuyển như sau: Gọi sn là số lần di chuyển đĩa ít nhất cần thực hiện

• Chuyển n-1 đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 (lấy cọc 3 làm trung gian) ta cĩ sn-1 phép chuyển

• Chuyển đĩa lớn nhất ở cọc 1 sang cọc số 3: ta cĩ 1 phép chuyển

• Chuyển n-1 ñĩa ở cọc số 2 về cọc số 3 (lấy cọc 1 làm trung gian) ta có sn-1 phép chuyển

Do vậy, ñể chuyển n chiếc ñĩa từ cọc số 1 sang cọc số 3, ta cần ít nhất sn-1 + 1 + sn-1 = 2.sn-1 + 1 phép chuyển Vậy ta có công thức truy hồi của dãy số s0, s1, s2, … là:

Ví dụ 2.23 (Olympic Bungari, 1995) Cho số nguyên n ≥ 2 Hãy tìm số các hoán vị

(a1, a2, , an) của 1, 2, …, n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i ∈{1, 2, …, n-1} thỏa mãn ai > ai+1

Lời giải: Gọi Sn là số các hoán vị thỏa mãn ñiều kiện bài toán Để ý rằng số các hoán

vị mà an = n là Sn-1 (Bởi vì Sn-1 là số các hoán vị (a1, a2, , an-1) của 1, 2, …, n-1 sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i ∈{1, 2, …, n - 2} thỏa mãn ai > ai+1) Còn số các hoán vị (a1, a2, , an) thỏa mãn ñiều kiện bài toán với ai = n (1 ≤ i ≤ n-1) là Ci 1n 1−−

Hiển nhiên: S2 = 1, tương tự ví dụ 2.22 ta sẽ có: Sn = 2n - n - 1

2.3.2.2 Giải hệ thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng

Định nghĩa 2.3: Hệ thức truy hồi tuyến tính bậc k là hệ thức truy hồi có dạng:

an = c1(n).an-1 + c2(n).an-2 + + ck(n).an-k + f(n) (T) trong ñó c1(n), c2(n), , ck(n) và f(n) là các hàm theo n và ck(n) ≠ 0 với ∀n

• Với hệ thức truy hồi (T) thì hệ thức truy hồi sau

an = c1(n).an-1 + c2(n).an-2 + + ck(n).an-k (T0)

ñược gọi là hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc k ứng với (T)

• Nếu ci(n) = ci , i = 1, 2, , k , ñều là các hằng số, ck(n) ≠ 0 thì (T) ñược gọi là hệ

thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng bậc k và (T0) tương ứng ñược gọi là hệ thức truy

hồi tuyến tính thuần nhất hệ số hằng bậc k

• Điều kiện ban ñầu (ñiều kiện biên) của (T) là giả thiết một số phần tử ñầu của dãy

có giá trị cho trước: a0 = C0, a1 = C1, a2 = C2,

∗ Phương trình ñặc trưng của hệ thức truy hồi (T 0 ) có hệ số hằng:

rk− c1rk-1− c2rk-2 − − ck-1r – ck = 0 (1) Phương trình (1) ñược gọi là phương trình ñặc trưng của hệ thức truy hồi (T0), nghiệm của nó gọi là nghiệm ñặc trưng của hệ thức truy hồi Nghiệm của phương trình ñặc trưng dùng ñể biểu diễn công thức tất cả các nghiệm (nghiệm tổng quát) của

hệ thức truy hồi (T0)

∗ Các ñịnh lý sau ta xét các hệ thức truy hồi (T) và (T 0 ) ở trên với hệ số hằng:

Định lý 2.3: Nếu a1, a2, , am là các nghiệm của (T0) thì a = c1a1 + c2a2 + + cmam

(với c1, c2, , cm là các hằng số tùy ý) cũng là nghiệm của hệ thức truy hồi (T0)

Định lý 2.4: Nếu r là nghiệm bội m (m≥1) của phương trình ñặc trưng (1) thì rn, nrn,

n2rn, …, nm-1rn là các nghiệm của (T0), và khi ñó (c0+c1n+c2n2 +…+ cm-1nm-1) rn, (c0,

c1, , cm-1 là các hằng số tùy ý) cũng là nghiệm của (T0)

Hệ quả 2.1: Nếu r1, r2, …, rq tương ứng là các nghiệm bội m1, m2, …, mq

(mi≥1, i = 1, 2, …, q) của phương trình ñặc trưng (1), thì nghiệm tổng quát của (T0)

có dạng: an = a1(n) + a2(n) + + aq(n), trong ñó:

ai(n) = (Ci,0 + nCi,1 + n2Ci,2 +…+ i

i

m 1 i,m 1

n − C − ).rin, ∀ =i 1, 2, ,q

Với Ci,j , j = 0, 1, 2, …, mi-1 , là các hằng số bất kỳ

Hệ quả 2.2: Cho c1, c2, , ck là các số thực Giả sử rằng phương trình ñặc trưng

rk− c1rk-1 − c2rk-2 − − ck-1r – ck = 0 có k nghiệm phân biệt r1, r2, , rk (có thể phức) Khi ñó dãy {an} là nghiệm của hệ thức truy hồi (T0) thì nghiệm ñó có dạng

an = α1r1n + α2r2n + + αkrkn , trong ñó α1, α2, , αk là các hằng số

Định lý 2.5: Nghiệm tổng quát của (T) có dạng an = hn + gn

Trong ñó gn là một nghiệm riêng nào ñó của (T) và hn là nghiệm tổng quát của hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất (T0) ứng với (T)

Định lý 2.6: [4, tr.62] Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng

bậc k: an + C1.an-1 + C2.an-2 + + Ck.an-k = f(n) (T)

trong ñó f(n) = Ps(n) (là ña thức bậc s của n)

Phương trình ñặc trưng của (T) là: rk + C1rk-1 + C2rk-2 + + Ck-1r + Ck = 0 (1)

• Nếu phương trình ñặc trưng (1) không có nghiệm r = 1 thì nghiệm riêng của (T) có dạng a*n = Qs(n)

• Nếu phương trình ñặc trưng (1) có nghiệm bội m là r = 1 thì nghiệm riêng của (T)

có dạng a*n = nm.Qs(n)

Định lý 2.7: (Mở rộng của ñịnh lý 2.6)

Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng bậc k:

an + C1.an-1 + C2.an-2 + + Ck.an-k = f(n) (T) trong ñó f(n) = Ps(n).βn (là ña thức bậc s của n, và β là một hằng số)

Phương trình ñặc trưng của (T) là: rk + C1rk-1 + C2rk-2 + + Ck-1r + Ck = 0 (1)

• Nếu β không phải là nghiệm của phương trình ñặc trưng (1) thì nghiệm riêng của (T) có dạng a*n = Qs(n).βn

(trong ñó Qs(n) là ña thức có bậc s)

• Nếu β là nghiệm bội m (m ≥ 1) của phương trình ñặc trưng (1) thì nghiệm riêng của (T) có dạng a*n = nm.Qs(n).βn

(trong ñó Qs(n) là ña thức có bậc s)

Định lý 2.8: (Nguyên lý chồng chất nghiệm)

Cho hệ thức truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng bậc k:

an = C1.an-1 + C2.an-2 + + Ck.an-k + f(n) (T) Nếu thành phần không thuần nhất f(n) của (T) có dạng

f(n) = p1(n) + p2(n) + + pm(n) thì nghiệm riêng của (T) có dạng

gn = f1(n) + f2(n) + + fm(n), trong ñó fi(n), i 1, m= là nghiệm riêng của hệ thức truy hồi không thuần nhất tương ứng: an = C1.an-1 + C2.an-2 + + Ck.an-k + fi(n), i 1, m=

Ví dụ 2.33 Giải công thức truy hồi an = 4an-1 – 4an-2 + n2n + 3n + 4 , n ≥ 2 (T)

Lời giải:

• Phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát là hn = c1.2n + c2.n2n

• Ta có thành phần không thuần nhất là f(n) = n2n + 3n + 4 do ñó ñể tìm nghiệm riêng gn của (T) ta lần lượt ñi tìm nghiệm riêng của 3 hệ thức truy hồi sau:

6n + 1

2)2n