Bài giảng Toán tổ hợp - Phương pháp đếm dùng hàm sinh

1 Định nghĩa hàm sinh

2 Hệ số hàm sinh

3 Phân hoạch

4 Hàm sinh mũ

5 Phương pháp tổng

6 Bài toán đệ quy

 

pdf 58 trang dienloan 19520
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Toán tổ hợp - Phương pháp đếm dùng hàm sinh", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên

Tóm tắt nội dung tài liệu: Bài giảng Toán tổ hợp - Phương pháp đếm dùng hàm sinh

Bài giảng Toán tổ hợp - Phương pháp đếm dùng hàm sinh
Bài giảng Toán tổ hợp
Nguyễn Anh Thi
ĐH KHTN, Tp HCM
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 1 / 54
Chương 2
PHƯƠNG PHÁP ĐẾM DÙNG HÀM
SINH
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 2 / 54
Nội dung
Nội dung
1 Định nghĩa hàm sinh
2 Hệ số hàm sinh
3 Phân hoạch
4 Hàm sinh mũ
5 Phương pháp tổng
6 Bài toán đệ quy
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 3 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa
Cho {an}n≥0 là một dãy các số thực, thì chuỗi lũy thừa hình thức
A(x) =
∑
n≥0 anxn được gọi là hàm sinh thông thường (hay hàm sinh) của
dãy {an}n≥0.
Ví dụ
Xét tập hợp X với m phần tử, gọi an là số tập con có n phần tử của X,
an =
(
m
n
)
.
Ta được hàm sinh của dãy số thực {an}n≥0 là
A(x) = 1 +
(
n
1
)
x +
(
n
2
)
x2 + · · ·+ · · ·+
(
n
n
)
xn = (1 + x)n
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 4 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Ví dụ
Tìm hàm sinh của ar, với ar là số cách để chọn r viên bi từ 3 viên bi màu
xanh, 3 viên bi màu trắng, 3 viên bi màu đỏ, và 3 viên bi màu vàng.
Bài toán trên có thể đưa về bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình
e1 + e2 + e3 + e4 = r
với 0 ≤ ei ≤ 3. Ở đây e1 là số quả cầu màu xanh được chọn, e2 là số quả
cầu màu trắng, e3 là số quả cầu màu đỏ, và e4 là số quả cầu màu vàng.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 5 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Ta xây dựng một tích của các nhân tử đa thức sao cho sau khi nhân các đa
thức đó lại với nhau, ta được tất cả các hạng tử có dạng xe1xe2xe3xe4 , trong
đó 0 ≤ ei ≤ 3. Như vậy ta cần 4 nhân tử, và mỗi nhân tử bằng
1 + x + x2 + x3, bao gồm tất cả các lũy thừa nhỏ hơn hay bằng 3 của x. Ta
được hàm sinh cần tìm là
(1 + x + x2 + x3)4 =1 + 4x + 10x2 + 20x3 + 31x4 + 40x5 + 44x6+
+ 31x8 + 40x7 + 20x9 + 10x10 + 4x11 + x12.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 6 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Ví dụ
Tìm hàm sinh của {ar}r≥0, với ar là số cách để chọn r quả từ 6 quả lê, 5
quả cam, 3 quả chanh, 3 quả mận.
Giải. Tương tự như ví dụ trên ar là nghiệm nguyên của phương trình
e1 + e2 + e3 + e4 = r
với 0 ≤ e1 ≤ 6, 0 ≤ e2 ≤ 5, 0 ≤ e3 ≤ 3, và 0 ≤ e4 ≤ 3. Để tìm hàm sinh
ta xây dựng một tích của các nhân tử đa thức sao cho sau khi nhân các đa
thức đó lại với nhau, ta được tất cả các hạng tử có dạng xe11 x
e2
2 x
e3
3 x
e4
4 . Các
nhân tử đa thức tương ứng là: 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6,
1+x+x2+x3+x4+x5, 1+x+x2+x3, và 1+x+x2+x3. Vậy hàm sinh cần tìm là
(1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6)(1 + x + x2 + x3 + x4 + x5)(1 + x + x2 + x3)2.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 7 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Ví dụ
Tìm hàm sinh của {ar}r≥0, với ar là số cách chia r đồng xu vào 5 hộp với
điều kiện: Số đồng xu ở hộp 1 và hộp 2 là số chẵn và không quá 10, và
các hộp còn lại chứa 3 đến 5 đồng xu.
Giải. ar là số nghiệm nguyên của phương trình
e1 + e2 + e3 + e4 + e5 = r
với e1, e2 chẵn, 0 ≤ e1, e2 ≤ 10, và 3 ≤ e3, e4, e5 ≤ 5.
Để tìm hàm sinh ta xây dựng một tích của các nhân tử đa thức sao cho
sau khi nhân các đa thức đó lại với nhau, ta được tất cả các hạng tử có
dạng xe1xe2xe3xe4xe5 . Ta được nhân tử đa thức tương ứng với e1 và e2 là
(1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10), và tương ứng với e3, e4, và e5 là
(x3 + x4 + x5). Hàm sinh cần tìm là
(1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10)2(x3 + x4 + x5)3
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 8 / 54
Định nghĩa hàm sinh
Định nghĩa hàm sinh
Ví dụ
Tìm hàm sinh của {ar}r≥0, với ar là số cách chia r đồng xu vào 5 hộp với
điều kiện: Số đồng xu ở hộp 1 và hộp 2 là số chẵn và không quá 10, và
các hộp còn lại chứa 3 đến 5 đồng xu.
Giải. ar là số nghiệm nguyên của phương trình
e1 + e2 + e3 + e4 + e5 = r
với e1, e2 chẵn, 0 ≤ e1, e2 ≤ 10, và 3 ≤ e3, e4, e5 ≤ 5.
Để tìm hàm sinh ta xây dựng một tích của các nhân tử đa thức sao cho
sau khi nhân các đa thức đó lại với nhau, ta được tất cả các hạng tử có
dạng xe1xe2xe3xe4xe5 . Ta được nhân tử đa thức tương ứng với e1 và e2 là
(1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10), và tương ứng với e3, e4, và e5 là
(x3 + x4 + x5). Hàm sinh cần tìm là
(1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10)2(x3 + x4 + x5)3
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 8 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Trong phần này, chúng ta sẽ sử dụng một số kỷ thuật để tính toán các hệ
số trong hàm sinh. Phương pháp chủ yếu là đưa một hàm sinh phức tạp
về hàm sinh kiểu nhị thức hoặc tích của các hàm sinh kiểu nhị thức. Ta
cần sử dụng một số khai triển sau:
Một số khai triển đa thức
(1) 1− x
m+1
1− x = 1 + x + x
2 + x3 + · · ·+ xm
(2) 11− x = 1 + x + x
2 + · · ·
(3) (1 + x)n = 1+
(
n
1
)
x+
(
n
2
)
x2 + · · ·+
(
n
r
)
xr + · · ·+
(
n
n
)
xn
(4) (1− xm)n = 1−
(
n
1
)
xm +
(
n
2
)
x2m + · · ·+ (−1)k
(
n
k
)
xkm +
· · ·+ (−1)n
(
n
n
)
xnm
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 9 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Một số khai triển đa thức
(5) 1
(1− x)n =
1 +
(
1 + n− 1
1
)
x +
(
2 + n− 1
2
)
x2 + · · ·+
(
r + n− 1
r
)
xr + · · ·
(6) Nếu h(x) = f(x)g(x), với f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · và
g(x) = b0 + b1x + b2x2 + · · · , thì h(x) = a0b0 + (a1b0 + a0b1)x + (a2b0 +
a1b1 + a0b2)x2 + · · ·+ (arb0 + ar−1b1 + ar−2b2 + · · ·+ a0br)xr + · · ·
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 10 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Tìm hệ số của x16 trong (x2 + x3 + x4 + · · · )5?
Giải. Ta có
(x2 + x3 + x4 + · · · )5 = [x2(1 + x + x2 + · · · )]5
= x10(1 + x + x2 + · · · )5
= x10 1
(1− x)5
Để tìm hệ số của x16 trong (x2 + x3 + x4 + · · · )5, ta tìm hệ số của x6 trong
1
(1−x)5 . Theo khai triển trên ta được hệ số của x
6 trong 1
(1−x)5 là(
6 + 5− 1
6
)
.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 11 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Tìm số cách để lấy 15 đồng xu từ 20 người sao cho, trong 19 người đầu
tiên ta có thể lấy ở mỗi người 0 đồng hoặc 1 đồng, và người thứ 20 ta có
thể lấy 0 đồng, hoặc 1 đồng, hoặc 5 đồng?
Giải. Bài toán trên tương đương với bài toán tìm nghiệm nguyên của
phương trình
x1 + x2 + · · ·+ x20 = 15
thỏa điều kiện xi = 0 hoặc 1 với i = 1, 2, . . . , 19 và x20 = 0 hoặc 1, hoặc 5.
Ta có được hàm sinh cho bài toán trên là
(1 + x)19(1 + x + x5)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 12 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Tìm số cách để lấy 15 đồng xu từ 20 người sao cho, trong 19 người đầu
tiên ta có thể lấy ở mỗi người 0 đồng hoặc 1 đồng, và người thứ 20 ta có
thể lấy 0 đồng, hoặc 1 đồng, hoặc 5 đồng?
Giải. Bài toán trên tương đương với bài toán tìm nghiệm nguyên của
phương trình
x1 + x2 + · · ·+ x20 = 15
thỏa điều kiện xi = 0 hoặc 1 với i = 1, 2, . . . , 19 và x20 = 0 hoặc 1, hoặc 5.
Ta có được hàm sinh cho bài toán trên là
(1 + x)19(1 + x + x5)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 12 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Theo công thức khai triển ta có
(1 + x)19 = 1 +
(
19
1
)
x +
(
19
2
)
x2 + · · ·+ · · ·+
(
19
19
)
x19
Đặt f(x) = (1 + x)19 và g(x) = 1 + x + x5. Gọi ar là hệ số của xr trong f(x),
và br là hệ số của xr trong g(x). Ta thấy ar =
(
19
r
)
, và
b0 = b1 = b5 = 1, các bi khác bằng 0. Hệ số của x15 trong h(x) = f(x)g(x)
được tính bởi (6) là,
a15b0 + a14b1 + a13b2 + · · ·+ a0b15
Thu gọn ta được
a15b0+a14b1+a10b5 =
(
19
15
)
×1+
(
19
14
)
×1+
(
19
10
)
×1 = 107882.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 13 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Có bao nhiêu cách chia 25 viên bi vào 7 hộp với điều kiện hộp thứ nhất có
không quá 10 viên, các hộp còn lại tùy ý.
Giải. Hàm sinh của dãy {ar}r≥0 với ar là số cách chia r viên bi vào 7 hộp
với điều kiện như đề bài là:
(1 + x + . . .+ x10)(1 + x + x2 + . . .+)6
=
(
1− x11
1− x
)(
1
1− x
)6
= (1− x11)
(
1
1− x
)7
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 14 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Có bao nhiêu cách chia 25 viên bi vào 7 hộp với điều kiện hộp thứ nhất có
không quá 10 viên, các hộp còn lại tùy ý.
Giải. Hàm sinh của dãy {ar}r≥0 với ar là số cách chia r viên bi vào 7 hộp
với điều kiện như đề bài là:
(1 + x + . . .+ x10)(1 + x + x2 + . . .+)6
=
(
1− x11
1− x
)(
1
1− x
)6
= (1− x11)
(
1
1− x
)7
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 14 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Theo công thức (5) ta có(
1
1− x
)7
= 1 +
(
1 + 7− 1
1
)
x + · · ·+
(
r + 7− 1
r
)
xr + · · ·
Đặt f(x) = 1− x11 và g(x) =
(
1
1− x
)7
. Gọi ar là hệ số của xr trong f(x),
và br là hệ số của xr trong g(x). Ta thấy a0 = 1, a11 = −1, ai = 0 với
i 6= 0, 11 và br =
(
r + 7− 1
r
)
.
Hệ số của x25 trong h(x) = f(x)g(x) được tính bởi (6) là,
a0b25 + a1b24 + · · ·+ a25b0
Thu gọn ta được
a0b25 + a11b14 = 1×
(
25 + 7− 1
25
)
+ (−1)×
(
14 + 7− 1
14
)
= 697521
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 15 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Ví dụ
Có bao nhiêu cách chọn 25 nón từ 6 loại nón, với điều kiện mỗi loại nón
phải được chọn từ 1 đến 5 cái.
Ví dụ
Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:(
n
0
)2
+
(
n
1
)2
+ · · ·+
(
n
n
)2
=
(
2n
n
)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 16 / 54
Hệ số hàm sinh
Hệ số hàm sinh
Giải. Ta có
(
2n
n
)
là hệ số của xn trong (1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n.
Đặt f(x) = (1 + x)n, g(x) = (1 + x)n và ar, br lần lượt là hệ số của xr trong
f(x) và g(x). Ta có ar = br =
(
n
r
)
. Áp dụng công thức (6), ta có hệ số
xn trong f(x)g(x) là
a0bn + a1bn−1 + · · ·+ anb0
=
(
n
0
)(
n
n
)
+
(
n
1
)(
n
n− 1
)
+ · · ·+
(
n
n
)(
n
0
)
=
(
n
0
)2
+
(
n
1
)2
+ · · ·+
(
n
n
)2
.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 17 / 54
Phân hoạch
Phân hoạch
Định nghĩa
Cho số nguyên dương n. Khi đó dãy (a1, a2, . . . , ak) được gọi là một phân
hoạch của n nếu 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ ak ≤ n và a1 + a2 + · · ·+ ak = n.
Ví dụ
Số nguyên dương 5 có 7 phân hoạch là (1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (1, 1, 3),
(1, 2, 2), (1, 4), (2, 3), và (5), trong đó 5 được gọi là một phân hoạch tầm
thường của chính nó.
Ví dụ
Liệt kê tất cả các phân hoạch của 6.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 18 / 54
Phân hoạch
Phân hoạch
Chúng ta xây dựng một hàm sinh cho ar, với ar là số lượng các phân
hoạch của số nguyên r.
Một phân hoạch của số nguyên r được mô tả bằng số lượng các số 1,
2,...sao cho khi lấy tổng lại với nhau ta được r.
Gọi ek là số các số nguyên k xuất hiện trong phân hoạch, ta có
1e1 + 2e2 + 3e3 + · · ·+ kek + · · ·+ rer = r
Ta được hàm sinh cần tìm là
g(x) = (1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · )× (1 + x2 + x4 + · · ·+ x2n + · · · )×
· · · × (1 + xk + x2k + · · ·+ xkn + · · · )
Dễ dàng thấy được g(x) = 1
(1− x)(1− x2)(1− x3) . . . (1− xk) . . .
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 19 / 54
Phân hoạch
Phân hoạch
Ví dụ
Tìm hàm sinh cho ar, với ar là số cách biểu diễn r như tổng của các số
nguyên khác nhau.
Tương tự như trên ta cũng gọi ek là số các số nguyên k xuất hiện trong
phân hoạch của r, ta có
1e1 + 2e2 + 3e3 + · · ·+ kek + · · ·+ rer = r
Do yêu cầu của bài toán các ei chỉ nhận giá trị là 0 hoặc 1. Ta được hàm
sinh của ar là
g(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) . . .
Ví dụ
Tìm hàm sinh cho ar, với ar là số cách chọn các đồng xu 1 đồng, 2 đồng,
5 đồng để được tổng là r đồng.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 20 / 54
Phân hoạch
Phân hoạch
Ví dụ
Chứng minh rằng mọi số nguyên dương đều được viết như là tổng duy
nhất của các lũy thừa khác nhau của 2.
Gọi ar là số cách để viết một số nguyên r thành tổng của các lũy thừa
khác nhau của 2. Ta tìm hàm sinh cho ar. Tương tự như hàm sinh cho
tổng các số nguyên khác nhau trong ví dụ trên, nhưng trong trường hợp
này ta chỉ xét các số nguyên là lũy thừa của 2. Gọi ek là số các số nguyên
2k trong phân hoạch, thì ta có
1e0 + 2e1 + 22e2 + · · ·+ 2kek + · · · = r
Hàm sinh của ar là
g(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4)(1 + x8) . . . (1 + x2k) . . .
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 21 / 54
Phân hoạch
Phân hoạch
Để chứng minh mọi số nguyên đều được viết dưới dạng tổng duy nhất của
các lũy thừa khác nhau của 2, ta phải chứng minh hệ số của mỗi lũy thừa
của x trong g(x) bằng 1. Nghĩa là chứng minh
g(x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · = 11− x
Ta thấy
(1− x)g(x) = (1− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) . . . (1 + x2k) . . .
= (1− x2)(1 + x2)(1 + x4) . . . (1 + x2k) . . .
= (1− x4)(1 + x4) . . . (1 + x2k) . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
= 1
Do đó g(x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · . Vậy ta được điều cần chứng minh.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 22 / 54
Hàm sinh mũ
Hàm sinh mũ
Trong phần này chúng ta sẽ nói về hàm sinh mũ và sử dụng chúng để giải
quyết các bài toán liên quan đến sự sắp xếp có lặp lại.
Ví dụ
Tìm số các từ khác nhau có 4 ký tự được tạo thành từ các chữ a, b, c, và
mỗi từ chứa ít nhất hai chữ a?
Từ tập hợp các ký tự sau đây ta có thể sắp xếp để được các từ cần tìm:
{a, a, a, a}, {a, a, a, b}, {a, a, a, c}, {a, a, b, b}, {a, a, b, c}, {a, a, c, c}. Dễ
dàng thấy rằng số từ có thể có được là
4!
4!0!0! +
4!
3!1!0! +
4!
3!0!1! +
4!
2!2!0! +
4!
2!1!1! +
4!
2!0!2!
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 23 / 54
Hàm sinh mũ
Hàm sinh mũ
Gọi e1, e2, e3 là số chữ a, b, c xuất hiện trong một từ. Thoạt nhìn, bài toán
của chúng ta sẽ tương đương với bà ...  KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 33 / 54
Phương pháp tổng
Phương pháp tổng
Ví dụ
Xây dựng hàm sinh h(x) với hệ số ar = (r + 1)r(r− 1).
Ta có
3! 1
(1− x)4 = 3!
(
1 +
(
1 + 4− 1
1
)
x +
(
2 + 4− 1
r
)
x2 + · · ·
)
Hệ số ar của khai triển trên là
ar = 3!
(
r + 4− 1
r
)
= 3! (r + 3)!r!3! = (r + 3)(r + 2)(r + 1)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 34 / 54
Phương pháp tổng
Phương pháp tổng
Khi đó khai triển lũy thừa của 3! 1
(1−x)4 là:
3!
(1− x)4 = (3× 2× 1) + (4× 3× 2)x + · · ·+ (r + 3)(r + 2)(r + 1)x
r + · · ·
Nhân hai vế cho x2 ta được
3!x2
(1− x)4 = (3× 2× 1)x
2 + (4× 3× 2)x3 + · · ·+ (r + 1)r(r− 1)xr + · · ·
Vậy hàm sinh cần tìm là h(x) = 3!x2
(1−x)4 .
Tổng quát, ta thấy (n− 1)!(1− x)−n có hệ số ar là
ar = (n− 1)!C(r + n− 1, r) = [r + (n− 1)][r + (n− 2)] · · · (n + 1)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 35 / 54
Phương pháp tổng
Phương pháp tổng
Định lý
Nếu h(x) là hàm sinh với ar là hệ số của xr, thì h∗(x) = h(x)/(1− x) là
hàm sinh của tổng các ar, nghĩa là
h∗(x) = a0 + (a0 + a1)x + (a0 + a1 + a2)x2 + · · ·+
( r∑
i=0
ai
)
xr + · · · .
Ví dụ
Tính tổng 2× 12 + 2× 22 + 2× 32 + · · ·+ 2n2.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 36 / 54
Phương pháp tổng
Phương pháp tổng
Hàm sinh h(x) cho ar = 2r2 là
2x(1 + x)/(1− x)3
Theo định lý trên, tổng cần tìm a1 + a2 + · · ·+ an là hệ số của xn trong
h∗(x) = h(x)/(1− x) = 2x(1 + x)/(1− x)4 = 2x(1− x)−4 + 2x2(1− x)−4
Hệ số của xn trong 2x(1− x)−4 là hệ số của xn−1 trong 2(1− x)−4, và hệ
số của xn trong 2x2(1− x)−4 là hệ số của xn−2 trong 2(1− x)−4.
Do đó tổng cần tìm bằng
2
(
(n− 1) + 4− 1
(n− 1)
)
+ 2
(
(n− 2) + 4− 1
(n− 2)
)
= 2
(
n + 2
3
)
+ 2
(
n + 1
3
)
.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 37 / 54
Phương pháp tổng
Phương pháp tổng
Ví dụ
Tính tổng 3× 2× 1 + 4× 3× 2 + · · ·+ (n + 1)n(n− 1).
Hàm sinh h(x) cho ar = (r + 1)r(r− 1) là:
h(x) = 6x2(1− x)−4.
Bởi định lý trên, tổng cần tìm là hệ số của xn trong
h∗(x) = h(x)/(1− x) = 6x2(1− x)−5. Hệ số của xn trong h∗(x) bằng với
hệ số của xn−2 trong 6(1− x)−5, và bằng
6C((n− 2) + 5− 1,n− 2) = 6C(n + 2, 4).
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 38 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày một ứng dụng quan trọng của hàm
sinh trong việc giải bài toán đệ quy, ta gọi G(x) là hàm sinh của dãy
{an}n≥0 và tiến hành các bước sau:
(1) Chuyển công thức đệ quy thành một phương trình của G(x), thường
được thực hiện bằng cách nhân cả hai vế của phương trình đệ quy
cho xn, hay xn+1, hay xn+k với một k nào đó, và lấy tổng trên tất cả
các số nguyên không âm n.
(2) Giải phương trình để tìm G(x).
(3) Tìm hệ số của xn trong G(x), hệ số đó chính bằng an, và ta được một
công thức tường minh cho an.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 39 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Một người gửi 1000 đô la vào trong một tài khoản tiết kiệm với lãi suất là
5 phần trăm một năm. Bắt đầu mỗi năm, người đó lại chuyển vào tài
khoản đó 500 đô la nữa. Hỏi số tiền trong tài khoản tiết kiệm của người
đó sau n năm là bao nhiêu?
Gọi an là số dư trong tài khoản tiết kiệm sau n năm. Ta thấy a0 = 1000,
an+1 = 1.05an + 500. Gọi G(x) =
∑
n≥0 anxn là hàm sinh của dãy
{an}n≥0. Bây giờ ta giải bài toán theo các bước như trên:
(1) Nhân cả hai vế của hệ thức đệ quy với xn+1 và lấy tổng trên tất cả các
số nguyên không âm n, ta được∑
n≥0
an+1xn+1 =
∑
n≥0
1.05anxn+1 +
∑
n≥0
500xn+1
Phương trình trên tương đương với: G(x)− a0 = 1.05xG(x) + 500x1−x
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 40 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
(2)Do đó ta được
G(x) = 10001− 1.05x +
500x
(1− x)(1− 1.05x)
(3)Ta thấy
1000
1− 1.05x = 1000 ·
∑
n≥0
1.05nxn
do đó hệ số của xn trong biểu thức trên là 1000 · 1.05n.
Xét thành phần thứ hai 500x(1−x)(1−1.05x) = 500x.
(∑
n≥0 xn
)(∑
n≥0 1.05nxn
)
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 41 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Trong tích trên xn−1 được tạo thành từ xi của tổng thứ nhất và
1.05n−1−ixn−1−i từ tổng thứ hai với 0 ≤ i ≤ n− 1. Do đó hệ số của xn
trong 500x(1−x)(1−1.05x) là
500
n−1∑
i=0
1.05i = 5001.05
n − 1
1.05− 1 = 10000 · (1.05
n − 1)
Ta được hệ số
an = 1000 · 1.05n + 10000 · (1.05n − 1) = 1.05n.11000− 10000.
Thử lại ta được kết quả đúng.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 42 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Cho hệ thức đệ quy an+1 = 4an − 100, và a0 = 50. Tìm công thức cho an.
Đáp án: an = 50 · 4n − 100 · 4n−13 .
Ví dụ
Cho hệ thức đệ quy an+2 = 3an+1 − 2an, và a0 = 0, a1 = 1. Tìm công
thức cho an.
Đáp án: an = 2n − 1.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 43 / 54
Bài toán đệ quy
Định lý (Công thức tích cho hàm sinh thông thường)
Gọi an là số cách để xây dựng một cấu trúc nào đó trên tập n phần tử, và
bn là số cách để xây dựng một cấu trúc khác trên tập n phần tử. Gọi cn
là số cách để chia [n] thành các đoạn S = {1, 2, · · · , i} và
T = {i + 1, i + 2, · · · ,n}, (S và T có thể bằng rỗng), và xây dựng cấu trúc
loại thứ nhất lên S, và cấu trúc loại thứ hai lên T. Gọi A(x), B(x), và C(x)
là các hàm sinh tương ứng của các dãy {an}, {bn}, và {cn}. Thì
A(x)B(x) = C(x).
Ví dụ
Một học kỳ ở một trường đại học có n ngày. Đầu mỗi học kỳ, cô hiệu
trưởng chia học kỳ đó ra làm 2 phần, k ngày đầu tiên sẽ dùng cho lý
thuyết, và n− k ngày còn lại sẽ được dùng cho thực hành (ở đây
1 ≤ k ≤ n− 2). Trong đợt dạy lý thuyết sẽ có 1 ngày nghỉ, và trong đợt
dạy thực hành sẽ có 2 ngày nghỉ. Hỏi cô hiệu trưởng có bao nhiêu cách
khác nhau để làm như vậy?
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 44 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Nếu đợt dạy lý thuyết có k ngày thì ta sẽ có k cách để chọn ra một ngày
nghỉ, và nếu đợt dạy thực hành có n− k ngày thì có
(
n− k
2
)
cách để
chọn ra 2 ngày nghỉ. Các hàm sinh tương ứng là A(x) =
∑
k≥1 kxk, và
B(x) =
∑
m≥2
(
m
2
)
xm. Ta có
∑
i≥0 xi = 11−x .
Lấy đạo hàm ta được A(x) = x
(1−x)2 và B(x) =
x2
(1−x)3 Gọi fn là số cách để
chia học kỳ ra hai phần và chọn ngày nghỉ, và gọi F(x) là hàm sinh của
nó. Khi đó ta có A(x)B(x) = F(x). Do đó
F(x) = x
3
(1− x)5 = x
3
∑
n≥0
(
n + 4
4
)
xn =
∑
n≥3
(
n + 1
4
)
xn
Từ đó suy ra fn =
(
n + 1
4
)
.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 45 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Tương tự như ví dụ trên nhưng ở đây thay vì chọn ngày nghỉ, hiệu trưởng
chọn ra một số ngày tự học trong cả hai phần của học kỳ. Hỏi có bao
nhiêu cách khác nhau để hiệu trưởng làm như vậy?
Gọi gn là số cách mà hiệu trưởng có thể chọn. Chia bài toán ra thành 2
phần. Gọi C(x) là hàm sinh cho số cách để chọn ra một tập các ngày tự
học trong phần thứ nhất của học kỳ. Bởi vì một tập k phần tử sẽ có 2k tập
con, ta có C(x) =
∑
k≥0 2kxk = 11−2x . Ta thấy phần thứ hai cũng có hàm
sinh giống như phần thứ nhất. Do đó hàm sinh cần tìm là
F(x) = C(x)C(x) = 1
(1−2x)2 =
∑
n≥0
(
n + 2− 1
n
)
(2x)n =∑
n≥0
(
n + 1
1
)
(2x)n =
∑
n≥0(n + 1)2nxn. Vậy ta được gn = (n + 1)2n.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 46 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh thông thường trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Tìm số cách để chia n ngày của một học kỳ ra thành ba phần. Trong đó, ở
phần thứ nhất số ngày nghỉ được chọn tùy ý, ở phần thứ hai số ngày nghỉ
là số lẻ, và ở phần thứ ba số ngày nghỉ là số chẵn.
Đáp án: gn = 2n−3n(n + 3).
Ví dụ
Gọi p≤k(n) là số các phân hoạch của số nguyên n thành những phần có
nhỏ hơn hay bằng k, chứng minh rằng
∞∑
n≥0
p≤k(n)xn =
k∏
i=1
1
1− xi
= (1+ x+ x2 + x3 + · · · )(1+ x2 + x4 + x6 + · · · ) · · · (1+ xk + x2k + x3k + · · · ).
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 47 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Tương tự như hàm sinh thông thường, gọi G(x) là hàm sinh mũ cho dãy
{an}, ta thực hiện theo một số bước như sau:
(1) Chuyển hệ thức đệ quy thành một phương trình trong G(x), thường
được thực hiện bằng cách nhân cả hai vế của phương trình đệ quy
cho xn/n!, hay xn+1/(n + 1)!, hay xn+k/(n + k)! với một k nào đó, và
lấy tổng trên tất cả các số nguyên không âm n.
(2) Giải G(x).
(3) Tìm hệ số của xn/n! trong G(x), hệ số đó chính bằng an, và ta được
một công thức tường minh cho an.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 48 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Cho a0 = 1, và an+1 = (n + 1)(an − n + 1), nếu n ≥ 0. Tìm một công
thức cho an.
Chú ý
Nếu chúng ta giải bài toán trên bằng cách dùng hàm sinh thông thường,
thì sẽ gặp vấn đề lúc đưa ra kết quả. Dãy {an} tăng khá nhanh, và
chúng ta không tìm được dạng hàm sinh thông thường tương ứng. Do đó
bài toán trên sẽ được giải bằng hàm sinh mũ.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 49 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Gọi A(x) =
∑
n≥0 an x
n
n! là hàm sinh mũ của dãy {an}n≥0. Ta nhân cả hai
vế của hệ thức đệ quy với xn+1(n+1)! , và lấy tổng với mọi n ≥ 0, ta được∑
n≥0
an+1
xn+1
(n + 1)! =
∑
n≥0
an
xn+1
n! −
∑
n≥0
(n− 1)x
n+1
n!
Ta thấy vế trái là A(x)− 1, hạng tử đầu tiên của vế phải là xA(x). Từ đó ta
được phương trình trên tương đương với
A(x)− 1 = xA(x)− x2ex + xex.
A(x) = 11− x + xe
x =
∑
n≥0
xn +
∑
n≥0
xn+1
n!
Hệ số của xn/n! trong
∑
n≥0 xn là n!, trong khi hệ số của xn/n! trong∑
n≥0
xn+1
n! là n. Vậy hệ số của x
n/n! trong A(x) là n! + n.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 50 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Cho f0 = 0, và fn+1 = 2(n+ 1)fn + (n+ 1)! nếu n ≥ 0. Tìm một công thức
cho fn.
Gọi F(x) =
∑
n≥0 fn x
n
n! là hàm sinh mũ của dãy {fn}. Nhân cả hai vế của
hệ thức trên với xn+1/(n + 1)!, và lấy tổng với mọi n ≥ 0. Ta được∑
n≥0 fn+1 x
n+1
(n+1)! = 2x
∑
n≥0 fn x
n
n! +
∑
n≥0 xn+1
Do f0 = 0 nên vế trái bằng F(x), hạng tử thứ nhất của vế phải bằng
2xF(x), và hạng tử thứ hai của vế phải bằng x/(1− x). Do đó, ta có được
F(x) = 2xF(x) + x1−x , hay F(x) =
x
(1−x)(1−2x) Suy ra,
F(x) =
∑
n≥0
(2n − 1)xn
Ta được hệ số của xn/n! trong F(x) là fn = (2n − 1)n!
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 51 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Ví dụ
Cho f0 = 0, và fn+1 = 2(n+ 1)fn + (n+ 1)! nếu n ≥ 0. Tìm một công thức
cho fn.
Gọi F(x) =
∑
n≥0 fn x
n
n! là hàm sinh mũ của dãy {fn}. Nhân cả hai vế của
hệ thức trên với xn+1/(n + 1)!, và lấy tổng với mọi n ≥ 0. Ta được∑
n≥0 fn+1 x
n+1
(n+1)! = 2x
∑
n≥0 fn x
n
n! +
∑
n≥0 xn+1
Do f0 = 0 nên vế trái bằng F(x), hạng tử thứ nhất của vế phải bằng
2xF(x), và hạng tử thứ hai của vế phải bằng x/(1− x). Do đó, ta có được
F(x) = 2xF(x) + x1−x , hay F(x) =
x
(1−x)(1−2x) Suy ra,
F(x) =
∑
n≥0
(2n − 1)xn
Ta được hệ số của xn/n! trong F(x) là fn = (2n − 1)n!
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 51 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Bổ đề
Gọi {ai} và {bk} là hai dãy, và gọi A(x) =
∑
i≥0 ai x
i
i! , và B(x) =
∑
k≥0 bk x
k
k!
là các hàm sinh của nó. Gọi cn =
∑n
i=0
(
n
i
)
aibn−i, và C(x) là hàm
sinh của dãy {cn}. Thì
A(x)B(x) = C(x)
Hay nói cách khác, hệ số của xn/n! trong A(x)B(x) là
cn =
∑n
i=0
(
n
i
)
aibn−i.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 52 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Định lý (Công thức tích cho hàm sinh mũ)
Gọi an là số cách để xây dựng một cấu trúc nào đó trên một tập hợp n
phần tử, và bn là số cách để xây dựng một cấu trúc khác trên tập n phần
tử. Gọi cn là số cách để chia đoạn [n] thành những tập con rời nhau S và
T, (S ∪ T = [n]), và xây dựng một cấu trúc trên S, và một cấu trúc thứ
hai lên T. Gọi A(x), B(x), và C(x) là các hàm sinh mũ tương ứng của các
dãy {an}, {bn}, và {cn}, thì
A(x)B(x) = C(x).
Ví dụ
Một đội bóng có n cầu thủ. Huấn luyện viên chia đội bóng ra thành hai
nhóm, và mỗi nhóm đứng thành một dòng. Các thành viên của nhóm thứ
nhất mặt áo cam, áo trắng, hoặc áo xanh. Các thành viên của nhóm còn
lại mặc áo đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện các việc trên?
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 53 / 54
Bài toán đệ quy
Ứng dụng hàm sinh mũ trong bài toán đệ quy
Giả sử huấn luyện viên chọn ra k người để tạo thành nhóm thứ nhất. Gọi
ak là số cách để k người này có thể chọn áo cam, trắng, hoặc xanh, và
đứng thành một dòng. Thì ak = k!3k, hàm sinh mũ của dãy {ak} là
A(x) =
∑
k≥0 k!3k x
k
k! =
1
1−3x .
Tương tự, giả sử có m người trong nhóm thứ hai. Gọi bm là số cách để m
người này đứng thành một dòng, bm = m!, và hàm sinh mũ của dãy bm là
B(x) =
∑
m≥0 m! x
m
m! =
1
1−x .
Gọi cn là số cách để thực hiện tất cả những việc trên, và C(x) là hàm sinh
mũ tương ứng của nó. Theo công thức trên ta có
C(x) = A(x)B(x) = 11−3x · 11−x . Do 11−3x =
∑
k≥0 3kxk, và 11−x =
∑
m≥0 xm,
ta có hệ số của xn/n! trong C(x) là cn = n!(3n+1 − 1)/2.
Nguyễn Anh Thi ( ĐH KHTN, Tp HCM) Bài giảng Toán tổ hợp 54 / 54

File đính kèm:

  • pdfbai_giang_toan_to_hop_phuong_phap_dem_dung_ham_sinh.pdf