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

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 Lý thuyết tổ hợp xuất hiện vào thế kỷ 17.Trong một thời gian dài nó nằm ngoài hướng phát triển...

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG………

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 đếm 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

tài liệu tham khảo . 63

mở đầu

lý thuyết tổ hợp xuất hiện vào thế kỷ 17 Trong một thời gian dài nó nằmngoài hướng phát triển chung và những ứng dụng của toán học Song tìnhhình đã thay đổi hẳn sau khi máy tính điện tử ra đời và tiếp theo sau đó là sựphát triển nhảy vọt của toán học hữu hạn Cùng với sự phát triển với tốc độnhanh của công nghệ thông tin, lý thuyết tổ hợp đã trở thành lĩnh vực toánhọc quan trọng và cần thiết cho nhiều lĩnh vực khoa học và ứng dụng Mộttrong những ảnh hưởng mạnh mẽ nhất của lý thuyết tổ hợp là phần tính toánvới 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 hợpcũng 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 hàmsinh, hàm sinh mũ để giải một số bài toán tổ hợp và giới thiệu về một côngthức 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 thứcsàng Từ tính hữu dụng của kỹ thuật hàm sinh và ý tưởng về việc sàng lọctheo hướng chẵn (lẻ) của công thức sàng, trong luận văn chúng tôi đưa ra côngthức 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 hệgiữa 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

vài bài toán tổ hợp điển hình.

- Hàm sinh mũ: Giới thiệu về hàm sinh mũ và áp dụng vào giải một vài bàitoán tổ hợp điển hình

- Công thức sàng: Dùng công thức ngược cho các đồng nhất thức tổ hợp, kếthợp với nguyên lý bù trù trừ để xây dựng công thức sàng

Chương 3 Biến thể của công thức sàng

Trong chương này, chúng tôi đưa ra cách tính số tất cả các cách phân hoạchmột tập hợp hữu hạn thành các tập con không rỗng sao cho mỗi tập con cómột số chẵn (một số lẻ) phần tử bằng cách áp dụng kỹ thuật hàm sinh mũ kếthợp với các phép biến đổi giải tích Hơn nữa, chúng tôi cũng sẽ xác định các sốnày bằng con đường sơ cấp hơn qua các công thức tính truy hồi Mối liên hệgiữa 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 mộtvài ví dụ

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Thái Hòa -TrườngĐHQN Thầy đã tận tình hướng dẫn, động viên, giúp đỡ trong quá trình nghiêncứu và hoàn chỉnh luận văn

Tác giả xin bày lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Phạm Xuân Bình -TrườngĐHQN Các vấn đề mới của luận văn được thực hiện dựa trên ý tưởng banđầu mà thầy đã gợi ý cho tác giả

Tác giả xin chân thành cám ơn đến Ban lãnh đạo Trường Đại Học QuyNhơn, Phòng quản lý khoa học, Phòng đào tạo, các thầy cô giáo đã tham giagiảng 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 đãtạo điều kiện, giúp đỡ cho tác giả trong suốt thời gian học tập và thực hiệnluận văn này

Quy Nhơn, 2008Phạm Triều Đại

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày một số quy tắc đếm, bài toánđếm và một số kết quả liên quan đến số tất cả các phân hoạch một tập hợphữu hạn thành các tập con không rỗng - số Stirling loại 2 (Xem [1], [3], [4],[6], [9])

cho ứng mỗi phần tử j ∈ X với duy nhất một phần tử aij ∈ 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 6= j thì

ϕ(i) 6= ϕ(j).

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

Vì có n điểm nên ta có n(n − 1)đoạn thẳng nhưng khi đó mỗi đoạn thẳng đượctính hai lần, do vậy có n(n − 1)

2 đoạn thẳng Gọi B là tập hợp tất cả các đoạnthẳng 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 m1 cách chọn đối tượng x1, m2 cách chọn đối tượng x2, , mn

cách chọn đối tượng xn và nếu cách chọn đối tượng xi không trùng với bất

kỳ cách chọn đối tượng x j nào (i 6= j, i, j = 1, n) thì có m 1 + m 2 + · · · + m n cáchchọn 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 Xi(i = 1, n) với |Xi| = mi, Xi∩ Xj = ∅, i 6= j.

n

X

i=1

|Xi|. (1.1)

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n với n ≥ 2.

Nếu n = 2 thì |X1∪ X2| = |X1| + |X2| − |X1∩ X2|

= |X1| + |X2|. (do X1∩ X2= ∅)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

X

i=1

|Xi|. (1.2)Thật vậy ta có

Suy ra (1.2) được chứng minh

Theo nguyên lý quy nạp toán học, quy tắc cộng là đúng với mọin ∈ N, n ≥ 2.

Ví dụ 1.2 Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau cónhững 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 trườnghợp này có 6 cách lập

- Sáu số khác nhau, mỗi số có ba chữ số là 123, 132, 213, 231, 312 và 321 Trong

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 cácchữ 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 m1 cách chọn đối tượng x1,sau đó với mỗi cách chọn đối tượng x1 như thế có m2 cách chọn đối tượng

x2, sau đó với mỗi cách chọn x1 và x2 như thế có m3 cách chọn đối tượng

x3, , cuối cùng, với mỗi cách chọn x1, x2, , xn−1 như thế có mn cách chọnđối tượng xn, thì có m1m2 mn cách chọn dãy các đối tượng "x1 rồi x2 rồi

x3 rồi xn"

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 Xi, i = 1, n, |Xi| = mi. Chọn một bộgồm n phần tử (a1, a2, , an) với ai ∈ Xi Khi đó số cách chọn khác nhau là

Vậy công thức (1.3) đúng cho trường hợpn = 2.

Giả sử (1.3) đúng với trường hợp n = k, (k ≥ 2), tức là|X1× X2× · · · × Xk| =

m1.m2 mk. Ta chứng minh (1.3) đúng cho trường hợp n = k + 1, có nghĩa là

|X1× X2× · · · × Xk× Xk+1| = m1.m2 mk.mk+1.

Thật vậy, xét một phần tử bất kỳ (a1, a2, , ak, ak+1) của tích Descartes X1×

X 2 × · · · × Xk × Xk+1 Đặt α = (a 1 , a 2 , , ak). Rõ ràng giữa tập hợp các bộ códạng (a 1 , a 2 , , ak, ak+1) và tập hợp các cặp có dạng (α, ak+1) có tương ứng

1 − 1 Vậy có bao nhiêu bộ (a 1 , a 2 , , ak, ak+1) thì có bấy nhiêu cặp (α, ak+1).

Nếu ta ký hiệu tập hợp tất cả các α là X, thì ta có thể nói rằng tập hợp

X1× X2× · · · × Xk × Xk+1 có bao nhiêu phần tử thì tập hợp X × Xk+1 có bấynhiêu phần tử, tức là

Theo nguyên lý quy nạp toán học, công thức(1.3)đúng với mọin ∈ 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.

Chứng minh Số cần lập có dạng a1a2a3 Ta có 4 cách chọn a1, (vì a1 6= 0).ứng với mỗi cách chọn a1 có 4 cách chọn a2 ứng với mỗi cách chọn a1, a2 có 3

cách chọn a3 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

(ai1, ai2, , aik), aij ∈ X được gọi là bộ không có tính thứ tự

(ii) Bộ k phần tử (ai1, ai2, , aik), aij ∈ X được gọi là bộ không lặp nếu

phần tử khác nhau được chọn từ m phần tử của X

Theo định nghĩa, ta thấy rằng số các chỉnh hợp chập n củaX chính là sốcác cách chọn ra n phần tử từ X theo cách chọn có thứ tự và không lặp Sốnày được ký hiệuAnm 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 Tiếptục lý luận đó ta có m − n + 1 cách chọn phần tử thứ n Theo quy tắc nhân, sốcác cách chọn là m(m − 1) (m − n + 1)

Vậy ta có

Anm = (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 củam phần tử

đã cho chính là số các cách chọn ra n phần tử từ m phần tử đã cho theo cáchchọn 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 mn

Định nghĩa 1.4 Một hoán vị củam 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 các hoán vị của tập hợp gồm m phần tử cho trước ký hiệu là

Pm Theo quy tắc nhân, Pm = m!

Định nghĩa 1.5 Một tổ hợp chậpn củamphần tử cho trước là một bộ không

có thứ tự gồm n phần tử khác nhau lấy từ m phần tử đã cho (n 6 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 củam phần tử đã cho chính

là số cách chọn ra n phần tử từ một tập hợp gồm m phần tử cho trước theocách chọn không lặp và không thứ tự Ký hiệu Cmn hoặc



 m n

Định nghĩa 1.6 Một tổ hợp lặp chập n của m phần tử cho trước là một bộkhông 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

Cm+n−1n

Chứng minh Ký hiệu N (m, n) là số các tổ hợp lặp chập n của tập

X = {a1, a2, , am} ( tập m phần tử cho trước)

Ta tiến hành chứng minh quy nạp theo

Trước hết, với l tùy ý sao cho 1 6 l 6 m thì N (l, 1) = l = Cl1

Giả sửN (l, k) = Cl+k−1k , 1 6 l 6 m, ta cần chứng minh rằngN (m, k+1) = Cm+kk+1

Để tiện cho việc chứng minh ta hãy xét một thứ tự nào đó trên tập X, chẳnghạn ta hãy gán thứ tự sau: a1 < a2 < a3 < · · · < am Khi đó mỗi tổ hợp lặp

[ai1, , aik+1] , aij ∈ X, j = 1, k + 1 có thể viết duy nhất dưới dạng bộ n- thứ

tự (ai1, , aik+1) trong đó aij 6 a ih khi i 6 h (tức là ai1 6 a i2 6 · · · 6 a ik+1 )

Ngược lại, với bộ n thứ tự như trên, ta xác định duy nhất một tổ hợp lặpchập n của m phần tử đã cho Nói cách khác ta đã xác định được một tươngứng 1-1 giữa tập hợp gồm tất cả các tổ hợp lặp chập n củam phần tử với tậphợp gồm tất cả các bộ (k + 1)-thứ tự như trên, tức là N (m, k + 1) chính là sốtất cả bộ (k + 1)-thứ tự (a i 1, , a i k + 1) với a i1 6 a i2 6 · · · 6 a ik+1

Ta thấy rằng nếu a i1 = a j , 1 6 j 6 m thì số các bộ (k + 1)-thứ tự như trênchính là N (m − j + 1, k) theo như giả thiết quy nạp Theo quy tắc cộng ta có

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 X1, X2, , Xk của X thoả các tính chất saui) Hợp tất cả các tập hợp Xi, i = 1, k tạo thành tập hợp X, tức là

X 1 ∪ X 2 ∪ · · · ∪ Xk = X.

ii) Các tập hợp này đôi một giao nhau bằng tập hợp rỗng, tức là

Xi∩ Xj = ∅, i 6= j.

2) Số tất cả các phân hoạch thànhk phần của một tậpX cón phần tử được gọi

là số Stirling loại hai và được ký hiệu làSn,k SốBn =

{{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 S4,3 = 6.

Ta cũng có S4,0 = 0; S4,0 = 0; S4,1 = 1; S4,2 = 7; S4,4 = 1. Do đó B4 = S4,0+ S4,1+

S4,2+ S4,3+ S4,4 = 0 + 1 + 7 + 6 + 1 = 15.

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

Sn,k = Sn−1,k−1+ kSn−1,k .

Chứng minh Xét một tập hợp tùy ý có n phần tử {x1, x2, , xn} Ta đếmcác phân hoạch của tập hợp này thànhk phần (hay khối) Chúng ta có thể đếmchúng bằng cách phân lớp các phân hoạch theo khối có chứa tập hợp {xn} haykhông

Nếu{xn}là một khối của phân hoạch, chúng ta cần chia tập hợp{x1, x2, , xn−1

thànhk − 1 phần và có Sn−1,k−1 cách làm như vậy Nếu {xn} không là một khốithì xn phải được chứa trong một khối với ít nhất một phần tử khác của tậphợp Có Sn−1,k cách phân hoạch {x 1 , x 2 , , x n−1 } thành k khối và x n có thểnằm trong bất cứ một trong các khối này Do đó có kSn−1,k cách mà trong đótập hợp ban đầu có thể phân hoạch thành k khối mà không có {x n } là mộtkhối

Từ đó ta nhận được công thức xác lập mối liên hệ giữa các số Stirling loại 2 là

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 vớin 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 sauđây: Mô tả một ánh xạ bởi một ma trận và mô tả bởi một dãy Trong cách đầutiên, 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

hay m1m2m3 mn, trong đó f (i) = mi ∈ M

Do đó, số các ánh xạ cần tính bằng số các dãy Theo quy tắc nhân số cácdãy là

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

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 cũngchính là số song ánh f : M −→ M Mỗi song ánh từ M lên M là một hoán vịcủa 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 thànhm phần và xem mỗi phầnnhư một phần tử (N ≡ [m]) thì ta có m! đơn ánh f : N −→ M Do số phânhoạch của tập hợp N thành m phần làSn,m nên theo quy tắc nhân số toàn ánh

f : N −→ M bằng

m!Sn,m .

Bây giờ ta có thể chứng minh một kết quả tổ hợp quan trọng sau đây

của M với các toàn ánh f : N −→ K và bằng Cmkk!Sn,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:

(i1, i2, · · · , ik) 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 ij, j ∈ {1, 2, , k} bằng:

1

k! · Ci1

n Ci2 n−i 1 · · · Cn−i1−i2−···−ik−1 = 1

Suy ra L(x)n+1 = L(x)n = Lx(x − 1)n

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)

k≥0

knn!( 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:

2.1 Hàm sinh

Định nghĩa 2.1 ([9], tr 30) Nếu a0, a1, , an, là dãy số thì G(t) = a0+ a1t +

a2t2+ + antn+ · · · được gọi là hàm sinh thường (hay hàm sinh) của dãy số

{an}∞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 Cn0; Cn1; Cn2; ; Cnn Theo địnhnghĩa, hàm sinh của dãy số hữu hạn trên sẽ là

G(t) = Cn0+ Cn1t + Cn2t2+ + Cnntn.



Ví dụ 2.2 Số Fibonacci ([9], tr 31) Xét dãy Fibonacci {Fn}∞n=0, xác định bởicông thức truy hồi

Fn+2= Fn+1+ Fn

với điều kiện ban đầu F0= 0, F1 = 1

Gọi G(t)=F0+ F1t + F2t2+ F3t3+ + Fntn+ là hàm sinh của dãy Fibonacci.Suy ra

1 − at −

1

√ 5

Theo đó G(t) = √1

5

 1

 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

cn, là số cách chèn n cặp ngoặc tròn vào tích x1x2· · · xn+1 của n + 1 số sao chomỗi lần nhân chỉ có đúng hai thừa số Chẳng hạn, ta có các cách chèn các cặpngoặc tròn vào tích x1x2x3x4 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, c3= 5. Ta cũng tính được c1= 1, c2 = 2

Ta định nghĩa c0= 1.

Ta có nhận xét rằng mỗi cách chèn n cặp ngoặc tròn vào tích x1x2· · · xn+1

của n + 1 số chứa một cặp ngoặc ngoài cùng mà thực hiện phép nhân tích của

k + 1 số đầu x1x2· · · xk+1 với tích của n − k số sau xk+2xk+3· · · xn+1, ở đây k cóthể là 0, 1, , n − 1. Số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích x1x2· · · xk+1 là ck,còn số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích xk+2xk+3· · · xn+1 làcn−k−1 Vì vậy

Đây là hệ thức truy hồi không tuyến tính

Ta sẽ tìm công thức tính cn qua n bằng cách xét hàm sinh của dãy {cn}∞n=0.Gọi G(t) = c0+ c1t + c2t2+ + cntn+ là hàm sinh của dãy {cn}∞n=0 Khi đó,

= 1 +

(1

2)1! (−4t) +

(1

2)(−

1

2)2! (−4t)

= 1

2t

 2t + 1

+1.3.5 (2n − 1)(n + 1)! 2

n tn· · ·.Suy ra

Ta có tính một vài số đầu tiên bằng công thức trên:

Giả sử với mỗi tập hữu hạn N ta có một tập S(N ) các vật mà ta muốnđếm 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,nếuN và M là các tập hữu hạn khác nhau, tức là N 6= M, thì ta luôn giả thiếtrằng S(N ) T S(M ) = ∅ Hơn thế nữa, nếu |N| = |M|, thì ta cũng luôn giả thiết

|S(N )|=|S(M )|

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])|

t22! + |S([3])|

t33! + · · · là hàm sinh mũ củadãy các dãy các tập các vật (S([n])∞0 và T (t) = |T ([0])| + |T ([1])| t

1! + |T ([2])|

t22! +

|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 mộtphần 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 Khi dó,

t33! + + |ST ([n])|

tnn! + · · · ,

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!

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!

!

tn+ · · ·

tnn! + · · ·

Do đó ta được

ST (t) = S(t)T (t).

Sau đây, ta sẽ xét một vài ví dụ cụ thể, trong đó hàm sinh mũ đã được

áp dụng để giải quyết bài toán đếm

Ví dụ 2.4 (Số các xáo trộn) ([9], tr 39) Giả sử X là một tập hữu hạn và

X = {x1, x2, x3, , xn} Ta sẽ đồng nhất mỗi hoán vị (a1, a2, a3, , an) của cácphần tử của X với song ánh ϕ : X −→ X : xi7→ ai Khi đó phần tửxi ∈ X đượcgọi là điểm bất động của hoán vị ϕ trên X nếu ϕ(xi) = xi Hoán vị ϕ củaX màkhông có điểm bất động nào được gọi là một xáo trộn của X Ta kí hiệu Dn là

số tất cả các xáo trộn của tập hữu hạn X, có lực lượng n Vấn đề được đặt ra

ở đây là tính Dn

Giả sử P ([n]) là tập tất cả các hoán vị của tập [n] và p(t) là hàm sinh mũcủa dãy P ([0]), P ([1]), P ([2]), , P ([n]), Mỗi hoán vị của [n] có thể phân tíchthành tích của các chu trình độc lập, tức là nó có dạng

(∗ ∗ ∗ · · · ∗)(∗ ∗ ∗ · · · ∗) · · · (∗ ∗ ∗ · · · ∗)(∗)(∗) · · · (∗)

ở đây các chu trình (∗) tương ứng với các điểm bất động của hoán vị đó Vìvậy mỗi hoán vị ϕ của [n] có thể xem như là cặp (σ, τ ), ở đây σ là một hoán

vị không có điểm bất động trên K ⊂ [n] ( một xáo trộn) và τ là một hoán

vị đồng nhất trên K = [n] \ K Chẳng hạn, hoán vị (19573)(46)(2)(8)(10) trên

{1, 2, , 10} có thể được xem là cặp (σ, τ ) với σ = (19573)(46) là một xáo trộntrên {1, 3, 4, 5, 7, 9} còn τ = (2)(8)(10) là hoán vị đồng nhất trên {2, 8, 10}

Ký hiệu I([n]) là tập các hoán vị đồng nhất trên [n], còn D([n]) là tập cácxáo trộn trên [n] Khi đó, |I([n])| = 1 và |D([n]) = Dn cho mọi n = 0, 1, 2, Do

đó hàm sinh mũ cho dãy (I([n]))∞0 và (D([n]))∞0 tương ứng là

i(t) = 1+1

1!t+

1 2!t

2 +13!t

3 +· · · = et, =⇒ i(t)−1 = e−t = 1− t

1!+

t22! −t

3

3!+· · ·+(−1)

n tnn!+· · ·

d(t) = D0+D1

1!t +

D22! t

2 +D33! t

2 − 13!t

1 2! − 13!+ · · · + (−1)

n 1 n!

1 2! − 13! + · · · + (−1)

n 1 n!



Khi đó nếu kí hiệu D (s (t))bằng s0(t) và tập các vật được đếm bởi s0(t) vớigiá [n] bằng S0([n]), thì

Đẳng thức trên chứng tỏ rằng S0([n]) = S ([n + 1])với mọi n > 0 Phần tử

"thừa" n + 1 cho tập S0([n]) có nhiều ưu việt mà ta có thể sử dụng để thiếtlập các hệ thức mà s (x) cần phải thỏa mãn Ta minh họa điều này và phươngpháp sử dụng hàm sinh mũ cho bài toán đếm ở hai ví dụ tiếp sau đây

Ví dụ 2.5 (Hoán vị vòng quanh) ([3], tr 100) Có n vị trí trên một vòng tròn.Mỗi cách sắp xếp của n số của tập [n] = {1, 2, , n} vào n vị trí đó được gọi làhoán vị vòng quanh của tập [n] Hai hoán vị vòng quanh của tập [n] được coi

là như nhau nếu cùng xuất phát từ vị trí chứa số 1 và đi theo chiều quay củakim đồng hồ ta lần lượt gặp các số bằng nhau trong hai sắp xếp đó Ta cũngquy ước rằng số hoán vi vòng quanh của tập [0] bằng 1 Vấn đề đặt ra là tính

số hoán vị vòng quanh của tập [n] theo n

Ký hiệu tập các hoán vị vòng quanh của tập [n] bằng C ([n]) Giả sử c(t)

là hàm sinh mũ cho dãy (C ([n]))∞0 và c0(t) = D ((t)) Khi đó, như đã nhận xét ởtrên đối với đạo hàm của hàm sinh mũ, các hoán vị vòng quanh của tập [n + 1]

được đếm bởi c0(t) với giá [n]

Mặt khác,hoán vị vòng quanh của tập [n + 1] cũng có thể được đồng nhất vớimột sắp xếp thành hàng ngang của tập[n]bằng cách "cắt" vị trí chứa sốn+1 rakhỏi vòng tròn và "căng" các vị trí còn lại của sắp xếp ra "thành hàng ngang"với số đầu tiên là số sau n+1 trên vòng tròn theo chiều kim đồng hồ Chẳnghạn, hoán vị vòng quanh 32154 của tập [5] được đồng nhất với sắp xếp thànhhàng ngang 4321 của tập [4]

Vì vậy, nếu ta ký hiệuP [n] là tập các sắp xếp thành hàng ngang của tập [n] và

p (t) là hàm sinh mũ cho dãy (P ([n]))∞0 , thì

c0(t) = p (t)

Hiển nhiên là P ([n]) chính là tập các hoán vị của [n] và vì thế |P ([n])| = n!.

tnn! + · · ·

Ví dụ 2.6 E- hoán vị của tập [2n + 1] (n > 0)
([3], tr 101) Hoán vị(a1, a2, , a2n+1)

của tập [2n + 1] được gọi là E-hoán vị của tập[2n + 1] nếuak > ak−1 cho k chẵn

và ak < ak−1 cho k lẻ ( tức là a 1 < a 2 > a 3 < a 4 > · · · < a 2n > a 2n+1 ) Vấn đề đặt

ra là tính số E-hoán vị của tập [2n + 1] theo n

Gọi S ([2n + 1]) là tập các E-hoán vị của tập [2n + 1] , n > 0. Bằng cách

t22!+ s3

t33! + s4

t44! + s5

t55! + · · · + +sn

tnn! + · · ·

= s1 t1! + s3

t33! + s5

t55! + · · · + s2n+1

t2n+1(2n + 1)! + · · ·

Ký hiệu s0(t) là đạo hàm của s (t) theo biến t Ta có,

s0(t) = s1+ s3t

2

2! + s5

t44! + · · · + s2n+1

t2n(2n)!+ · · ·

Như vậy, các E-hoán vị của tập[2n + 1] được đếm bởis0(t) với giá[2n] Ta thấy

rằng trong mỗi E-hoán vị(a1, a2, a3, a2n+1) của tập[2n + 1], số 2n + 1 cần phải ở

vị trí chẵn vì 2n + 1 là số lớn nhất trong tập[2n + 1]

Do đó, với n > 1 phần

bên trái của2n+1trong một E-hoán vịαcủa tập[2n + 1]tạo thành một E-hoán

vị σ của tập con K có lực lượng lẻ nào đó của tập [2n]; còn phần bên phải của

2n + 1 trong α tạo thành một E-hoán vị τ của tập [2n] \ K Tương ứng mỗi α

với cặp (α, τ ) nói trên là tương ứng 1-1 Chẳng hạn, phần tử α = (3, 4, 1, 5, 2)

củaS [5] tương ứng với cặp (σ, τ ) = ((3, 4, 1) (2)), ở đây σ = (3, 4, 1) là một hoán

vị của tập {1, 3, 4}, còn τ = (2) là một hoán vị của tập {2} Như vậy, ta nhậnđược tương ứng 1-1 giữa các phần tử củaS ([2n + 1])và S2([2n])với mọi n > 1

Ta thấy rằng khin là số lẻ thì k là số chẵn hoặcn − k là số chẵn Điều này cho

ta |S([k])| = 0 hoặc |S([n − k])| = 0, suy ra |S 2 ([n])| = 0. Ngoài ra, khi n = 0 thì

t66!+ · · · + s2n+1

t2n(2n)! + · · ·

Hơn nữa, hệ số tự do của s0(t)là s1 = |S([1])| = 1 Do đó ta nhận được phươngtrình vi phân

Khai triển và đồng nhất hệ số ta được

Tn(2n − 1)! − Tn−1

(2n − 3)!.

1 2! +

Tn−2(2n − 5)!.

1 4! − · · · = (−1)n−1 1

t77!+ 7936

t99! + · · ·

∞

X

k=0

knk!.

∞

X

m=1

xmm!

{{a }, {b }, {c, d}}; {{a }, {b, d }, {c}}; {{a, d }, {b }, {c}}

{{a }, {b, c }, {d}}; {{a, c }, {b }, {d}}; {{a, b },. .. lập được:

- Ba số khác có chữ số 1, 2, 3 Trong trường hợp có 3 cách lập

- Sáu số khác nhau, số có hai chữ số 1 2, 1 3, 2 1, 2 3, 31 32... (? ?, τ ) nói tương ứng 1-1 Chẳng hạn, phần tử α = ( 3, 4, 1, 5, 2)

củaS [5] tương ứng với cặp (? ?, τ ) = (( 3, 4, 1) (2)), σ = (3,