Luận văn tốt nghiệp Các số tổ hợp liên quan đến số các phân hoạch

Luận văn tốt nghiệp Các số tổ hợp liên quan đến số các phân hoạch A càng nhiều phần tử, càng có nhiều cách chia (phân hoạch). Mỗi một cách chia có thể chia để các...

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG………



Luận văn tốt nghiệp

Các số tổ hợp liên quan đến số

các phân hoạch

Mục lục

mở đầu 3

1 Một số bài toán đếm và các số tổ hợp 5 1.1 Một số quy tắc đếm cơ bản 5

1.1.1 Quy tắc tương ứng một-một 5

1.1.2 Quy tắc cộng 5

1.1.3 Quy tắc nhân 6

1.2 Một số bài toán đếm cơ bản 6

1.2.1 Chỉnh hợp có lặp 6

1.2.2 Chỉnh hợp không lặp 7

1.2.3 Hoán vị 7

1.2.4 Tổ hợp 7

1.2.5 Phân hoạch tập hợp Số Stirling loại hai và số Bell 8

1.3 Một vài ứng dụng 10

1.3.1 Bài toán tính số nghiệm của phương trình 10

1.3.2 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn vào một tập hữu hạn 11

1.3.3 Bài toán đếm tất cả các hàm đơn ánh từ một tập hữu hạn vào một tập hữu hạn 12

1.3.4 Bài toán đếm tất cả các hàm toàn ánh từ một tập hữu hạn lên một tập hữu hạn 13

1.4 Sự mở rộng về số các phân hoạch 17

1.5 Một số kết quả về số Stirling loại một 29

2 Phương pháp đếm dùng hàm sinh 37 2.1 Phương pháp đếm dùng hàm sinh thông thường 37

2.2 Phương pháp đếm dùng hàm sinh mũ 48

3 Một số phương pháp và kỹ thuật đếm cơ bản khác 63 3.1 Phương pháp đếm bằng nguyên lý bao hàm và loại trừ 63

3.2 Phương pháp đếm bằng công thức ngược 69

3.2.1 Công thức nghịch đảo nhị thức 72

3.2.2 Công thức nghịch đảo Stirling 73

4 Dãy nhị thức 75 4.1 Khái niệm về dãy nhị thức 75

4.2 Biểu diễn dãy nhị thức 75

4.3 Dãy nhị thức sinh bởi một hàm số 79

4.4 Một số ví dụ về dãy nhị thức 81

Kết luận 84

mở đầu

Tổ hợp như là một lĩnh vực của toán học rời rạc, xuất hiện vào đầuthế kỷ 17 bằng một loạt các công trình nghiên cứu của các nhà toán học xuấtsắc như Pascal, Fermat, Leibnitz, Euler Mặc dù vậy, tổ hợp vẫn là lĩnh vực

mờ nhạt và ít được chú ý tới trong quãng thời gian hơn hai thế kỷ Tình thếbắt đầu đổi khác khi xuất hiện các máy tính và cùng với nó là sự phát triểncủa toán hữu hạn

Hiện nay lý thuyết tổ hợp được áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhaunhư lý thuyết số, hình học hữu hạn, quá trình ngẫu nhiên, thống kê xác suất, Hướng nghiên cứu của luận văn là xây dựng các số tổ hợp cơ bản đượchình thành từ kết quả của một số bài toán đếm Chúng tôi xét bài toán phânhoạch tập hợp hữu hạn cùng với các điều kiện được đặt thêm vào Trên cơ sở

đó luận văn đi đến một số kết quả mới về các số tổ hợp có liên quan đến sốcác phân hoạch

Luận văn được chia làm 4 chương:

Chương 1: Một số bài toán đếm và các số tổ hợp Chương nàynhắc lại một số quy tắc và bài toán đếm cơ bản Thông qua một số bài toánđếm, luận văn xây dựng các số tổ hợp cơ bản Hơn nữa, thông qua bài toánphân hoạch tập hợp, chúng tôi tìm được các số tổ hợp mới cũng như mối liên

hệ giữa các số tổ hợp cơ bản đã biết với các số tổ hợp mới

Chương 2: Phương pháp đếm dùng hàm sinh Nội dung chính củachương là giới thiệu phương pháp đếm dùng hàm sinh thông thường và hàmsinh mũ Với phương pháp này, luận văn giải quyết một số bài toán đếm cũngnhư thiết lập được công thức tính cho các số tổ hợp quan trọng (số xáo trộntổng quát D n, số Fibonaci F n, số Bell B n, ) Hơn nữa, chúng tôi cũng đưa rahàm sinh mũ cho các số tổ hợp mới vừa tìm được trong Chương 1

Chương 3: Một số phương pháp và kỹ thuật đếm cơ bản khác.Chúng tôi giới thiệu thêm hai phương pháp đếm cơ bản: Phương pháp đếmbằng nguyên lý bao hàm và loại trừ và phương pháp đếm bằng công thứcngược Với các phương pháp đếm này, chúng tôi thiết lập công thức tính chocác số tổ hợp D n,S n,k (số Stirling loại hai) và xây dựng công thức hàm Euler.Chương 4: Dãy nhị thức Sau khi trình bày sơ lược về dãy nhị thức,chúng tôi chứng minh một số dãy các đa thức được trình bày trong Chương

2 là dãy nhị thức

Tuy có nhiều cố gắng nhưng kết quả của luận văn vẫn còn nhiều hạnchế, nội dung và cách trình bày khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mongnhận được sự góp ý của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để nâng caohơn nữa chất lượng của luận văn

Quy Nhơn, tháng 2 năm 2008

Đoàn Nhật Thịnh

1.1.3 Quy tắc nhân

Nếu A 1, A 2, ,A n là các tập hữu hạn bất kỳ và A 1 × A 2 × · · · × A n là tíchDescartes của các tập đó thì

|A 1 × A 2 × · · · × A n | = |A 1 | × |A 2 | × · · · × |A n |.

Quy tắc cộng và quy tắc nhân cũng thường được phát biểu dưới dạng tươngứng dưới đây:

Quy tắc cộng: Giả sử ta có n hành động loại trừ lẫn nhau H 1,H 2, ,H n, tức

là không thể xảy ra hai hành động đồng thời Ta cũng giả sử rằng hành động

H i có a i cách thực hiện Khi đó hành động H: hoặc H 1 xảy ra, hoặc H 2 xảyra, , hoặc H n xảy ra, có cả thảy a 1 + a 2 + · · · + a n cách thực hiện

Quy tắc nhân: Giả sử một hành động H bao gồm n giai đoạn kế tiếp và độclập với nhau, trong đó giai đoạn thứ i là hành động H i Ta cũng giả sử rằnghành động H i có a i cách thực hiện Khi đó hành động H có cả thảy a 1 a 2 a n

cách thực hiện

1.2 Một số bài toán đếm cơ bản

1.2.1 Chỉnh hợp có lặp

Định nghĩa 1.2.1 Một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là một bộ cóthứ tự gồm k thành phần lấy từ n phần tử đã cho Các thành phần có thểđược lặp lại

Như thế, một chỉnh hợp lặp chập k của n có thể xem như một phần tửcủa tích Descartes Ak vớiA là tập gồm n phần tử đã cho Theo quy tắc nhân,

số tất cả các chỉnh hợp lặp chập k của n sẽ là U(n, k) = nk

1.2.2 Chỉnh hợp không lặp

Định nghĩa 1.2.2 Một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử là một

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

Ta thường dùng ký hiệu Akn hay (n) k để chỉ số chỉnh hợp không lặp chập

k của n phần tử Chỉnh hợp không lặp thường được gọi tắt là chỉnh hợp

Để xây dựng một chỉnh hợp không lặp, ta xây dựng dần từ thành phầnđầu tiên Thành phần này có n khả năng chọn Mỗi thành phần tiếp theo, sốkhả năng chọn giảm đi 1 so với thành phần đứng trước Từ đó, theo quy tắcnhân, số chỉnh hợp không lặp chập k của n sẽ là A k

1.2.4 Tổ hợp

Định nghĩa 1.2.4 Một tổ hợp chập k của n phần tử là một bộ không kểthứ 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 là một tập con k phần tử củanó.

Ta thường ký hiệu số các tổ hợp chập k của n phần tử là Cnk Để tính

n ta có thể lập luận như sau: Mỗi chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập

A có thể coi là một cách thực hiện của hành động H "tạo ra chỉnh hợp" baogồm hai giai đoạn kế tiếp H 1 và H 2 sau đây:

Giai đoạn H 1: Tạo ra tập con lực lượng k của A Theo định nghĩa của tổhợp, ta thấy ngay rằng có C k

n cách thực hiện giai đoạn H 1.Giai đoạn H 2: Tạo ra chỉnh hợp chập k của k phần tử của mỗi tập conđược tạo ra ở giai đoạn H 1 Ta có A k

k = k! cách thực hiện giai đoạn H 2.Theo quy tắc nhân ta có A k

n = C k

n k! Suy ra C k

n = A

k n

n = n!

1.2.5 Phân hoạch tập hợp Số Stirling loại hai và số Bell

Định nghĩa 1.2.5 (theo [8, 4]) Cho A là một tập hữu hạn có n phần tử.Một phân hoạch củaA thành k phần (khối) là một hệ gồm các tập con không

Mỗi tập con A i được gọi là một phần (khối) của phép phân hoạch Số tất cả

các phân hoạch thành k phần của A được gọi là số Stirling loại hai và được

ký hiệu là S n,k

Dễ thấy rằng S n,k = 0 nếu k > n và với mọi n ≥ 1 ta có: S n,0 = 0,

các khối là phân hoạch của tập rỗng

+) Số B n = S n,0 + S n,1 + · · · + S n,n được gọi là số Bell thứ n Như vậy, số Bellthứ n là số tất cả các phân hoạch của tập A lực lượng n

Ví dụ: Các phân hoạch của tập A = {a, b, c, d} thành ba khối là:

có một khối là {xn+1 }, còn B 2 bao gồm tất cả các phân hoạch tập A thành k

khối trong đó không có khối nào là {xn+1 } Khi đó mỗi phân hoạch thuộc B 1

sẽ chia tập {x1 , x 2 , , x n } thành (k − 1) khối và có Sn,k−1 cách chia như thế

Do đó |B1 | = S n,k−1 Nếu {xn+1 } không là một khối thì x n+1 sẽ nằm trongmột khối với ít nhất một phần tử khác của A Vì có Sn,k cách phân hoạch tập

đó, nên ta có tất cả là k.S n,k cách phân hoạch tập A thành k khối sao cho

{x n+1 } không là một khối của phân hoạch Do đó |B2 | = kS n,k Vì B = B 1 ∪ B 2

và B 1 ∩ B 2 = ∅ nên theo quy tắc cộng ta có

Sn+1,k = |B| = |B 1 | + |B 2 | = S n,k−1 + kSn,k.

Dựa vào hệ thức truy hồi trên, ta tính được các số S n,k và B n Sau đây

là bảng cho cụ thể với một vài giá trị n đầu tiên

* Bảng các số Stirling loại hai và số Bell:

S n,k k=0 k=1 k= 2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 B n

n=0 1 1n=1 0 1 1n=2 0 1 1 2n=3 0 1 3 1 5n=4 0 1 7 6 1 15n=5 0 1 15 25 10 1 52n=6 0 1 31 90 65 15 1 203n=7 0 1 63 301 350 140 21 1 877n=8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1 4140

Trong mục này, ta áp dụng các kết quả đếm ở mục trước để giải một số bàitoán đếm thường gặp khác

1.3.1 Bài toán tính số nghiệm của phương trình

Bài toán 1.1 Tính số nghiệm nguyên dương của phương trình

Giải: Xét dãy có độ dài n + k − 1 bao gồm n phần tử x và k − 1 số 0 có dạng

Ta thấy rằng có một tương ứng một- một giữa mỗi nghiệm nguyên dương

trên Tương ứng này cho ta song ánh từ tập tất cả các nghiệm nguyên dươngcủa phương trình đã cho vào tập tất cả các dãy dạng (*) Mặt khác số các dãydạng (*) tương ứng với cách chọnk −1vị trí chok −1số 0 (là một tập conk −1

phần tử) của tập hợp n − 1vị trí của dãy dạng (*) Do đó, số các dãy dạng (*)

là Cn−1k−1 Vậy số nghiệm nguyên dương của phương trình x 1 + x 2 + · · · + x k = n

là Cn−1k−1

Nhận xét : Nếu x 1 + x 2 + · · · + x k = n với x 1 , x 2 , , x k ≥ 0 Khi đó :

Đảo lại, nếu y 1 + y 2 + · · · + y k = n + k với y j > 0 ∀j = 1, k thì

nguyên không âm của phương trìnhx 1 + x 2 + · · · + x k = n làCn+k−1k−1 = Cn+k−1n

1.3.2 Bài toán đếm tất cả các hàm từ một tập hữu hạn

có lặp chập n của m phần tử của M, tức là, bằng U(m, n) = mn Vậy ta có

Số tất cả các hàm từ N đến M bằng U(m, n) = mn.

1.3.3 Bài toán đếm tất cả các hàm đơn ánh từ một tập

hữu hạn vào một tập hữu hạn

Bài toán 1.3 Giả sử M và N là hai tập hữu hạn với |N| = n và |M| = m.Hãy tìm số các hàm đơn ánh từ N đến M

Giải: Giả sử N = {a 1 , a 2 , , a n } Khi đó một hàm đơn ánh f : N → M tương

ứng với đúng một bộ có thứ tự gồm n thành phần là (f(a 1 ), f(a 2 ), , f(a n ))

ứng một-một giữa các phần tử của tập tất cả các hàm đơn ánh và tập tất cảcác hàm song ánh từN vào M Vậy ta có:

Nếu N và M là các tập hữu hạn với |N| = |M| = m thì

số tất cả các hàm song ánh từ N đến M bằng Amm= m!.

1.3.4 Bài toán đếm tất cả các hàm toàn ánh từ một tập

hữu hạn lên một tập hữu hạn

Bài toán 1.4 Giả sử M và N là hai tập hữu hạn với |N| = n và |M| = m.Hãy tìm số các hàm toàn ánh từ N đến M

Giải: Giả sử M = {b 1 , b 2 , , b m } và f : N → M là một hàm toàn ánh Tađịnh nghĩa quan hệ ∼f trên N như sau: a 1

f

∼ a 2 khi và chỉ khi f(a 1 ) = f(a 2 )

Dễ thấy rằng quan hệ ∼f là một quan hệ tương đương trên N Vì thế mà cáclớp tương đương của ∼f tạo thành một phân hoạch của N Vì f là hàm toànánh nên phân hoạch này có đúng m khối Ta có thể coi phân hoạch đó là tập

Hơn thế nữa hàm f cảm sinh hàm f : Nf → M : N i 7→ f (N i ) = f(a i ) với

a i ∈ N i Dễ thấy rằng f là một song ánh giữa N f vàM Ngược lại, một phânhoạch N của N thành m khối cùng với một song ánh g : N → M xác định

đúng một hàm toàn ánh f : N → M : a i 7→ f(a i ) = g([a i ]) với [a i ] là khối củaphân hoạch N chứa a i

Tóm lại, một hàm toàn ánh f : N → M có thể coi là một cách thực hiệnhành động H "tạo ra hàm toàn ánh" bao gồm hai giai đoạn H 1 và H 2 nhưsau:

Giai đoạn H 1: Tạo ra một phân hoạch N của N gồm m khối Theo địnhnghĩa của số Stirling loại hai, ta có S n,m cách thực hiện giai đoạn H 1

Giai đoạn H 2: Với mỗi phân hoạch N tạo ra từ giai đoạn H 1, tạo ra mộthàm song ánh f : N → M Như ta đã tính ở Bài toán 1.3, ta có m! cách thựchiện giai đoạn H 2

Theo quy tắc nhân, ta có:

Số tất cả các hàm toàn ánh từ N đến M bằng m!S n,m

Bây giờ ta có thể chứng minh một kết quả tổ hợp quan trọng sau đây.Định lý 1.3.1 (theo [3, 1.4]) m n =

n

P

k=0

Sn,k(m)k Chứng minh: Giả sử N và M là các tập hợp với |N| = n và |M| = m và F

Theo quy tắc nhân ta có|Fk | = C k

k=1

Sn,k(m)k.Theo Bài toán 1.2, ta có |F | = mn VìS n,0 = 0 nếu n > 1, S n,k = 0 nếu k > n,

Từ đẳng thức này, ta có thể thiết lập được hệ thức truy hồi cho các số Bellđược thể hiện trong định lý sau:

Chứng minh: Ta xét số các hàm toàn ánh từ N đến K với |N| = n và

Bây giờ ta đếm số các hàm toàn ánh theo một cách khác

Giả sử f : N → K là một hàm toàn ánh bất kỳ Ta đặt A j = f−1(b j ),

Như vậy, để tạo hàm toàn ánh như trên ta có thể thực hiện theo k bước :+ Bước 1: Chọn i 1 phần tử từ tập N gồmn phần tử là tạo ảnh của b 1, có C i 1

n−i 1 −i 2 −···−i k−1 cách

Theo quy tắc nhân, số các hàm toàn ánh f : N → K mà f(A j ) = b j là

1.4 Sự mở rộng về số các phân hoạch

Trong phần này, chúng tôi giới thiệu một số kết quả mới có liên quan đến sốcác phân hoạch được chứng minh chỉ bằng các phương pháp sơ cấp Ta chủyếu xét bài toán đếm số phân hoạch một tập hữu hạn cùng với các điều kiệnđược đặt thêm vào một cách tự nhiên

*E n,k: số cách phân hoạch tập n phần tử thànhk tập con không rỗng sao chomỗi tập con có một số chẵn phần tử Quy ước E 0,0 = 1

* O n,k: số cách phân hoạch tập n phần tử thành k tập con không rỗng saocho mỗi tập con có một số lẻ phần tử Quy ước O 0,0 = 1

Do đó, P 2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, Ta gọiP n (Q n )là các số phân hoạch chẵn (lẻ).Trong thực tế, ta có thể gặp các số tổ hợp vừa nói trên trong các tình

huống như: Trong một lớp học có n học sinh ta cần chia lớp ra thành cácnhóm để tổ chức chơi trò chơi (không nhất thiết mỗi nhóm có cùng số họcsinh) và mỗi nhóm ta chọn ra một em làm nhóm trưởng; hay chia lớp ra thànhcác nhóm mà mỗi nhóm có một số lẻ (chẵn) học sinh Số cách chia trong cáctrường hợp trên sẽ cho ta các số tổ hợp vừa được trình bày.

Ta sẽ thiết lập các công thức truy hồi và chỉ ra các mối liên hệ giữa các

số nói trên với các số tổ hợp cơ bản

–

X

k=0

Cn2kP 2k Q n−2k

Trong đó ký hiệu [x] dùng để chỉ phần nguyên của x

2) Ta thấy rằng các số Bell B n được biểu diễn qua các số phân hoạch chẵn

P n và các số phân hoạch lẻ Q n

Cũng tương tự như các số Bell, việc lập công thức tường minh cho các

số phân hoạch chẵn và lẻ gặp nhiều khó khăn Ta phải tính chúng thông quacác số E n,k và O n,k

a) Trường hợp 1: {a, b} là một tập con riêng lẻ của phép phân hoạch.

Khi đó, số phép phân hoạch xét trên bằng số phép phân hoạch tập 2n phần

tử thành k tập con, mỗi tập con có một số chẵn phần tử, tức là bằng E2n,k

2 tập con mà mỗi tập có một số chẵn phần tử sao cho a và b nằm trong haitập khác nhau

+ Gọi σ là tập tất cả các phép phân hoạch tập 2j + 2 phần tử thành 2 tậpcon mà mỗi tập có một số chẵn phần tử Khi đó |σ| = E2j+2,2

phân hoạch τ } ⇒ |σ 2 | = 2E 2j,2.

Rõ ràng σ = σ 1 ∪ σ 2 ∪ σ 3 và σ i ∩ σ j = ∅ ∀i 6= j; i, j ∈ {1, 2, 3}

Do đó |σ| = |σ1 | + |σ 2 | + |σ 3 | ⇒ |σ 3 | = |σ| − |σ 1 | − |σ 2 | = E 2j+2,2 − 1 − 2E 2j,2.Như vậy, số phép phân hoạch tập có 2j + 2 phần tử này thành 2 tập con màmỗi tập có một số chẵn phần tử sao cho a và b nằm trong hai tập khác nhau

là E 2j+2,2 − 1 − 2E 2j,2 Khi đó, 2n − 2j phần tử còn lại phải được phân hoạchthành k − 1 tập con, mỗi tập có một số chẵn phần tử và số cách phân hoạch

+ Bước 2: Chọn 2m − 2j phần tử còn lại cho tập thứ hai, có 1 cách.

Do j có thể nhận các giá trị 1, 2, , m − 1 và số cách chọn ứng với mỗi j đượctính 2 lần nên ta có

Khai triển nhị thức (1 + x)2m sau đó lần lượt cho x = 1, x = −1 ta nhận được

để chọn ra đội thắng vào vòng tứ kết Khi đó, số tất cả các khả năng chiacặp đấu là số cách phân hoạch tập gồm 16 phần tử thành 8 tập con khôngrỗng mà mỗi tập có một số chẵn (2) phần tử Số cách đó làE 16,8 Theo Mệnh

đề 1.4.2 ta có E 16,8 = 15!! = 2.027.025 khả năng Tương tự, số cách chia 8 độithắng thành 4 cặp đấu cho vòng tứ kết làE 8,4 = 7!! = 105 cách và số cách chia

j=0

Cn2j(O 2j+2,2 − 2O 2j,2 )On−2j,k−1.

Chứng minh: Ta thấy rằng:

O 2n,1 = 0, O 2n+1,1 = 1, O 2n+1,2 = 0

Để chứng minh đẳng thức trên, ta xem tậpn + 2 phần tử như là tập ban đầu

có n phần tử và thêm vào hai phần tử mới, giả sử đó là a và b Tùy theo sựphân bố của a và b trong các tập con của phép phân hoạch, ta có các trường

b) Trường hợp 2: a và b nằm trong hai tập khác nhau Gọi 2j + 2 là số phần

tử của cả hai tập này (bao gồm cả a và b) Ta phân hoạch tập gồm 2j + 2

phần tử này thành 2 tập con mà mỗi tập có một số lẻ phần tử

+ Gọi σ là tập tất cả các phân hoạch tập 2j + 2phần tử thành 2 tập con màmỗi tập có một số lẻ phần tử Khi đó |σ| = O2j+2,2

+ Gọi σ 1 = {τ ∈ σ :a và b cùng với các phần tử khác tạo thành một tập của

phép phân hoạch τ } Khi đó |σ1 | = 2O 2j,2

+ Gọi σ 2 = {τ ∈ σ : a và b nằm trong hai tập khác nhau của phép phânhoạch τ }.

Hơn nữa, có C n2j cách chọn 2j phần tử từ n phần tử Do mỗi tập có một số

lẻ phần tử nên {a}, {b} cũng có thể là các tập, vì vậy j nhận các giá trị là

j=0

Cn2j(O 2j+2,2 − 2O 2j,2 )On−2j,k−1.

Từ hai trường hợp a) và b) ta có

On+2,k+1= (k + 1)On,k+1+

» n 2

Từ các kết quả trên ta có thể tính truy hồi cho các số phân hoạch chẵn

và lẻ Dưới đây là bảng cho cụ thể với một số giá trịn đầu tiên

* Bảng các phân hoạch chẵn:

En,k k=0 k=1 k= 2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 P n

n=0 1 1n=1 0 0 0n=2 0 1 0 1n=3 0 0 0 0 0n=4 0 1 3 0 0 4n=5 0 0 0 0 0 0 0n=6 0 1 15 15 0 0 0 31n=7 0 0 0 0 0 0 0 0 0n=8 0 1 63 210 105 0 0 0 0 379

* Bảng các phân hoạch lẻ:

On,k k=0 k=1 k= 2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 Q n

n=0 1 1n=1 0 1 1n=2 0 0 1 1n=3 0 1 0 1 2n=4 0 0 4 0 1 5n=5 0 1 0 10 0 1 12n=6 0 0 16 0 20 0 1 37n=7 0 1 0 91 0 35 0 1 128n=8 0 0 64 0 366 0 56 0 1 457Chú ý: Bằng phương pháp hàm sinh, chúng tôi cũng nhận được một số kết

quả ít sơ cấp hơn sau đây:

Định lý 1.4.2 Ta có U n,k = Cnkkn−k.

Chứng minh: Phép phân hoạch như trên có thể được thực hiện theo haibước sau:

+ Bước 1: Chọn k phần tử đại diện từ n phần tử, có Cnk cách

+ Bước 2: Sắp n − k phần tử còn lại vào k tập con được đại diện bởi k

phần tử đã chọn Đó chính là số tất cả các ánh xạ từ tập (n − k)phần tử vàotập k phần tử : kn−k

Theo quy tắc nhân ta được

Từ Định lý 1.4.2 và Hệ quả 1.4.2 ta lập được bảng giá trị của U n,k và

G n Sau đây là bảng cho cụ thể với một vài giá trịn đầu tiên:

Ta thấy rằng G n chính là số tất cả các cách phân hoạch tập n phần tử

và trong mỗi tập con ta chọn ra một phần tử đại diện Có điều thú vị là

n

P

k=0

Cnkkn−k cũng đã được đề cập đến trong [7] như là số tất cả các ánh

xạ lũy đẳng f từ tập n phần tử vào chính nó (tức là f ◦ f = f) với phương

pháp chứng minh không sơ cấp Ta thấy có thể chứng minh lại kết quả nàytheo phương pháp sơ cấp bằng cách chỉ ra tương ứng một-một giữa tập hợpcác ánh xạ lũy đẳng từ tập n phần tử vào chính nó và tập tất cả các cáchphân hoạch tập n phần tử thành các tập con không rỗng và trong mỗi tậpcon ta chọn ra một phần tử đại diện như sau:

Giả sử ta có ánh xạ f : A → A thỏa mãn f(f(x)) = f(x) ∀x ∈ A, |A| = n

Ký hiệu K = f(A) ⊆ A với |K| = k Giả sử K = {a 1 , a 2 , , a k }.

không rỗng A 1 , A 2 , , A k và trong mỗi tập con ta lần lượt có một phần

tử đại diện là a 1 , a 2 , , ak Như vậy, ứng với mỗi ánh xạ f như trên mà

không rỗng A 1 , A 2 , , A k và trong mỗi tập con ta lần lượt có một phần tử đạidiện là a 1 , a 2 , , a k

Ngược lại, nếu ta có phân hoạch tậpAthànhktập con không rỗngA 1 , A 2 , , A k

và trong mỗi tập con ta lần lượt có một phần tử đại diện làa 1 , a 2 , , a k Ta xâydựng ánh xạf : A → Acó tính chất sau :∀x ∈ Ai : f(x) = f(a i ) = a i ∀i = 1, k.Khi đó ánh xạ f thỏa mãn f ◦ f = f

Vậy ta có tương ứng một-một giữa tập các ánh xạ lũy đẳng trên tập n phần

tử vào chính nó với tập tất cả các phân hoạch tập n phần tử thành các tậpcon không rỗng và trong mỗi tập con ta lần lượt có một phần tử đại diện.Mệnh đề sau đây cho ta một cách biểu diễn của U n,k

Chứng minh: Gọii 1 , i 2 , , i klần lượt là số phần tử của mỗi tập conA 1 , A 2 , , A k

của phép phân hoạch thì ta có

Do đó, nếu trong mỗi tập con ta chọn ra một phần tử đại diện thì số cáchphân hoạch sẽ là

Bây giờ ta gọi L n,k là số các phân hoạch tập n phần tử thành k tập conkhông rỗng và sắp thứ tự các phần tử trong mỗi tập con Quy ước L 0,0 = 1

Chứng minh: Gọii 1 , i 2 , , i klần lượt là số phần tử của mỗi tập conA 1 , A 2 , , A k

của phép phân hoạch thì ta có

Do đó nếu chúng ta sắp thứ tự các phần tử trong mỗi tập con thì số tất cảcác phân hoạch sẽ là

Các số L n,k cũng là các số tổ hợp cơ bản và được gọi là các số Lah (xem[5], [8]) và được xây dựng theo tinh thần khác, cụ thể là số Lah xuất hiệntrong đẳng thức

1.5 Một số kết quả về số Stirling loại một

Định nghĩa 1.5.1 (theo [5, 3]) Các hệ số nối s n,k trong đẳng thức

Định lý 1.5.1 Ta có

s n+1,k = s n,k−1 − ns n,k

Chứng minh: Từ định nghĩa (x) n = x(x − 1)(x − 2) (x − n + 1), ta suy ra

Vậy định lý được chứng minh xong

Từ định lý trên ta có thể tính truy hồi cho các số Stirling loại một sn,k.Dưới đây là bảng cho cụ thể với một số giá trịn đầu tiên

* Bảng các số Stirling loại một:

sn,k k=0 k=1 k= 2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 s n (1)

n=0 1 1n=1 0 1 1n=2 0 -1 1 0n=3 0 2 -3 1 0n=4 0 -6 11 -6 1 0n=5 0 24 -50 35 -10 1 0n=6 0 -120 274 -225 85 -15 1 0n=7 0 720 -1764 1624 -735 175 -21 1 0n=8 0 -5040 13068 -13132 6769 -1960 322 -28 1 0

Với mỗi n ∈ N, ta đặt C n (x) := (x) n = x(x + 1)(x + 2) (x + n − 1) Ta quy ước(x)0 = 1 Khi đó, ta có mệnh đề sau

với mọi k ≥ 1 Vì vậy ta có ( −1)n+ks n,k = |s n,k | Từ đây ta suy ra

(ii) Cũng từ ( −1) n+k s n,k > 0 với mọi k ≥ 1, ta kết luận được rằng các số

Từ hệ thức C n (x) := (x) n = x(x + 1)(x + 2) (x + n − 1) ta thấy rằng

tiếp theo, ta tìm hiểu mối quan hệ giữa số các song ánh trên tập n phần tửvới các số Stirling loại một s n,k

Gọi C n,k là số song ánh trên tập n phần tử được tách thành k vòng xíchđộc lập Ví dụ C 3,1 = 2, C 3,2 = 3, C 3,3 = 1 Ta có mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.5.2 (theo [7, 1.3]) Ta có

Cn,k = Cn−1,k−1+ (n − 1)C n−1,k , n, k ≥ 1

Chứng minh: Gọi B là tập hợp tất cả các song ánh trên tập[n] = {1, 2, , n}

được phân tích thành k vòng xích độc lâp và B 1 , B 2 lần lượt là tập hợp tất

cả các song ánh trên tập [n − 1] = {1, 2, , n − 1} được phân tích thành k − 1,

k vòng xích độc lập Khi đó, |B| = Cn,k, |B1 | = C n−1,k−1, |B2 | = C n−1,k Mỗisong ánh π0 ∈ B có thể được thành lập từ B 1 hoặc B 2 như sau:

+ Với mỗi π ∈ B 1, giả sử

Ta hình thành song ánh π0 từ π ∈ B 1 như sau :

thành trong trường hợp này là Cn−1,k−1

+ Với mỗi π ∈ B 2, giả sử

Ta hình thành song ánh π0trên tập [n] từ π ∈ B 2 như sau : Với mỗi i ∈ [n − 1],

ta đặt π0(i) = n, π0(n) = π(i) = a i, π0(j) = π(j) với j ∈ [n − 1] \ {i} Tức là

Khi đó, π0 là một song ánh trên [n] và có k vòng xích độc lập, hay π0 ∈ B.

trường hợp này là (n − 1)C n−1,k

Từ những lập luận trên, ta có

Chứng minh: Việc hình thành một song ánh trên tập n phần tử mà songánh này được tách thành đúng k vòng xích độc lập được thực hiện gồm cácbước sau đây :

+ Phân phối n phần tử vào trong k nhóm (chưa kể thứ tự trong mỗinhóm), mỗi nhóm có số phần tử là i 1 , i 2 , , ik : i 1 + i 2 + · · · + i k = n, i j ≥ 1 ∀j =

i 1 !i 2 ! ik! cách

+ Sắp xếp i j phần tử trong nhóm thứ j, j = 1, k để tạo thành một xích.Theo Hệ quả 1.5.1 (i) ta thấy có (i j − 1)! cách (chính là số tất cả các hoán vị

Từ đây ta suy ra

b n,k = bn−1,k−1+ (n − 1)b n−1,k , n, k ≥ 1.

Như vậy, các số hạng b n,k có hệ thức truy hồi giống hoàn toàn hệ thức truyhồi của C n,k trong Mệnh đề 1.5.2 Do đó b n,k = C n,k Từ đó ta có

Định nghĩa 2.1.1 (theo [4, 2.5]) Hàm sinh thông thường G(t) của dãy số

Ví dụ 2.1 Một trong những nguồn gốc dẫn đến định nghĩa hàm sinh chính

là định lý về khai triển nhị thức: Hàm G(t) = (1 + t)m sinh ra dãy các hệ số

 k

= (1 + t + t2+ t3+ · · · )k.

Nếu khai triển biểu thức này bằng cách nhân phá ngoặc, thì số lần xuất hiện

số hạng tn sẽ bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình

Giả sử ta, tb, tc tương ứng là các số hạng lấy từ các thừa số thứ nhất,thứ hai

và thứ ba của vế phải Điều đó có nghĩa là0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 2, 0 ≤ c ≤ 4 Khi

khai triển vế phải, các thừa số này nhân với nhau sẽ cho ta số hạng tn, với

âm của phương trình n = a + b + c thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 2, 0 ≤ c ≤ 4.

Suy ra hệ số này cũng cho ta số cách chọn n viên bi từ 3 viên bi xanh, 2 viên

bi đỏ và 4 viên bi vàng

Việc sử dụng hàm sinh để giải bài toán đếm sẽ đòi hỏi nhiều tính toánkhi thực hiện phép nhân các đa thức và không thích hợp cho việc tính tay.Tuy nhiên, việc đó lại có thể thực hiện nhanh chóng trên máy tính, và vì thếhàm sinh sẽ là một công cụ hữu hiệu để giải quyết nhiều bài toán đếm trênmáy tính Hơn nữa hàm sinh sẽ còn là công cụ hữu ích để nghiên cứu các bàitoán đếm một cách trừu tượng Sau đây là một số khai triển đại số rất hay

sử dụng trong việc sử dụng hàm sinh :

 k

k

(1 − t 2 ) k