BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ KIM HÀ TÌM HIỂU VỀ KHÁI NIỆM DÃY NHỊ THỨC LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP Bình Định-2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ KIM HÀ TÌM HIỂU VỀ KHÁI NIỆM DÃY NHỊ THỨC Chuyên ngành: Toán ứng dụng LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: Thầy PHẠM XUÂN BÌNH Bình Định-2015 Mục lục MỞ ĐẦU Có thể nói Lý thuyết tổ hợp hình thành nghành Toán học vào kỷ 17 loạt công trình nghiên cứu nhà Toán học xuất sắc Pascal, Fermat, Euler, Các toán tổ hợp có đặc trưng bùng nổ tổ hợp với số cấu hình tổ hợp khổng lồ thời gian dài, mà nghành Toán học khác phát triển vũ bão dường nằm phát triển ứng dụng Toán học Tình thay đổi từ xuất máy tính phát triển toán học hữu hạn Nhiều vấn đề giải máy tính phát triển mạnh mẽ Điều đẩy mạnh việc nghiên cứu mối liên hệ gần số tổ hợp việc tính toán chuỗi lũy thừa hình thức, việc giải toán có khối lượng tính toán lớn, Xuất phát từ vấn đề nêu trên, chọn đề tài luận văn tốt nghiệp “Tìm hiểu khái niệm dãy nhị thức” Luận văn tập hợp trình bày số ví dụ liên quan đến số tổ hợp cần tính toán, lập bảng với khối lượng tính toán lớn, Mặc dù tác giả cố gắng nhiều hạn chế thời gian trình độ nên luận văn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận góp ý, phê bình quý báu quý thầy cô bạn đọc quan tâm Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Trình bày số tổ hợp 1.1.2 Số Stirling loại Định nghĩa Số song ánh tập n phần tử tách thành k vòng xích gọi số Stirling loại không dấu, kí hiệu cn,k Số sn,k = (−1)n+k cn,k gọi số Stirling loại Từ định nghĩa ta rút cn,k = 0, ∀k > n Định lý Với n số nguyên không âm cố định, ta có: n x(n) = cn,k xk k=0 với xn = x(x + 1) (x + n − 1), x0 := Mệnh đề Ta có n sn,k xk = x(n) k=0 1.1.2 Số Stirling loại hai số Bell Định nghĩa Số tất phân hoạch tập hợp A gồm n phần tử thành k khối gọi số Stirling loại hai, kí hiệu Sn,k Ta quy ước S0,0 = 1, S0,k = k > Sn.0 = n > Từ định nghĩa ta dễ dàng nhận thấy Sn,k = k > n Sn,1 = Sn,n = Định lý Với k, n số nguyên dương k ≤ n ta có: Sn+1,k = kSn,k + Sn,k−1 Mệnh đề Với k, n số nguyên dương k ≤ n ta có: Sn,k = k! k (−1)k−j Ckj j n j=1 Định nghĩa Số tất phân hoạch tập hợp A lực lượng n gọi số Bell thứ n, kí hiệu Bn Ta có: n Bn = Sn,k k=0 1.2 Khái niệm hàm sinh chuỗi lũy thừa hình thức Định nghĩa Hàm sinh thông thường G(t) dãy an ∞ n=0 chuỗi lũy thừa hình thức ∞ ti G(t) = a1 + a1 t + a2 t + = i=0 Như hàm G(t) sinh dãy số cho dãy hàm sinh Nếu dãy hữu hạn tìm m cho = 0, i > m Trong trường hợp G(t) đa thức bậc m Định nghĩa Hàm sinh mũ dãy số an ∞ n=0 chuỗi lũy thừa hình thức t2 t3 t G(t) = a0 + a1 + a2 + a3 + = 1! 2! 3! ∞ i=0 ti i! Định nghĩa Một chuỗi lũy thừa hình thức biểu diễn dạng a0 + a1 x + a2 x + (1) {an }∞ dãy số phức Tên gọi "chuỗi lũy thừa hình thức" có nghĩa coi (1) cách viết thuận tiện cho dãy {an }∞ , không xét hội tụ hay tính toán giá trị chuỗi Ta đưa vào số phép toán chuỗi xác định hệ số cho lũy thừa x Hai chuỗi lũy thừa hình thức hệ số 1.3 Một số khai triển đặc biệt 1) ∞ x e = n=0 ∞ λx ⇒e =1+ n=1 ∞ tf (x) ⇒e ∞ xn =1+ n! =1+ k=1 n=1 xn n! xn n λ n! xk [f (x)]k k! 2) ∞ − ln(1 − x) = j=1 1−x 3) Kí hiệu f (x) = e ∞ t t(n) =1+ n=1 xn n! ∞ x j=1 j! j ∞ tf (x) xj j =1+ =1+ tk [f (x)]k k! k=1 ∞ k t k=1 ∞ =1+ k!  (i1 , ,ik ): n  n=1 k=1 ij =1,ij ≥1 ai1 x n i1 ! i1 ! n!  n! k t k! (i1 , ,ik ): ij =1,ij ≥1 ai1 xn 1 i1 ! i1 ! n! Chương Khái niệm dãy nhị thức 2.1 Đặt vấn đề Ta biết hàm sinh mũ dãy an ∞ chuỗi lũy thừa hình thức ∞ an n x n! f (x) = n=0 Xét hàm số ∞ x f (x) = e − = j=0 xj j! ∞ tf (x) e = en (t) n=0 ∞ xn n! n xn n! Sn,k tk = n=0 k=0 ∞ n Ta nhận e ex −1 = Sn,k n=0 ∞ = k=0 Bn n=0 xn n! xn n! x e Vậy ta có hàm sinh dãy Bell {Bn }∞ n=0 e −1 Ta có: e(u+v)f (x) = euf (x) evf (x) mà ∞ e (u+v)f (x) =1+ Pn (u + v) n=1 ∞ e uf (x) vf (x) e = 1+ l=1 ∞ ∞ xl Pl (u) l! 1+ xl l! 1+ Pl (u) =1+ l=1 ∞ ∞ Pm (v) xm m! Pm (v) xm m! m=1 ∞ m=1 Pl (u).Pm (v) =1+ xn n! m=0 l=0 l2 +m2 =0 (l2 + m2 = 0) xl + m (1) l!m! Đồng vế ta được: l + m = n Đặt l = k ⇒ m = n − k Khi đó, từ (1) ta có: ∞ e uf (x) vf (x) e ∞ =1+ n=0 k=0 n! xn Pk (u).Pn−k (v) k!(n − k)! n! n ⇒ Pn Cnk Pk (u)Pn−k (v) (u + v) = k=0 Xét dãy đa thức tự nhiên: Pn (t) = tn , n = 0, 1, 2, Ta biết n n Cnk uk v n−k , n = 0, 1, 2, (u + v) = k=0 hay n Pn (u + v) = Pk (u)Pn−k (v), n = 0, 1, 2, k=0 Người ta thấy có vô số dãy đa thức biến thỏa mãn đẳng thức tương tự Trong tổ hợp, người ta gọi dãy nhị thức việc nghiên cứu dãy đưa nhiều kết quan trọng Lý thuyết tổ hợp Định nghĩa Một dãy đa thức biến thực Pn (t)n≥0 với deg Pn (t) ≤ n gọi dãy nhị thức nếu: (i) P0 (t) = 1, n = 1, 2, 3, (ii) n Cnk Pk (u)Pn−k (v) Pn (u + v) = k=0 Ví dụ Dãy đa thức Pn (t) với P0 (t) = 1, Pn (t) = tn = t(t + 1) (t + n − 1), n = 1, 2, Ta có ∞ n=0 xn t t(t + 1) t(t + 1) (t + n − 1) n =1+ x+ x + + x + n! 1! 2! n! = (1 − x)−t = eln(1−x) −t = et(−ln(1−x) Vậy Pn (t), n = 0, 1, 2, dãy nhị thức Định nghĩa bước tiến dựa định nghĩa cổ điển dãy nhị thức trình bày [2] Định nghĩa Một dãy đa thức {pn (x)}∞ n=0 (với quy ước p0 (x) = C = deg(pn (x)) = n, n ≥ 1) gọi dãy nhị thức ta có n pk (u)pn−k (v), u, v ∈ R, n ∈ N pn (u + v) = k=0 Ta ý rằng, không nằm mạch mô tả dãy nhị thức sở để biểu diễn không gian đa thức điều kiện deg(pn (x)) = n, n ≥ thay deg(pn (x)) ≤ n, n ≥ 19 Khi khai triển trực tiếp cho ta ∞ e tf (x) xk [f (x)]k k! =1+ k−1 ∞ ∞ xk k! =1+ k=1 ∞ j=1 ∞ xk =1+ k! k=1 n=1  ∞ =1+ n=1 k     k j=1 ij =n,ij ≥1 (i1 , ,ik ): ai1  k  xn i1 ! ik !  n  n!    k=1 ∞ Pn (t) =1+ xj aj j! n=1 (i1 , ,ik ): k j=1 ij =n,ij ≥1  ai1  tk  xn k  i1 ! ik ! k! n! xn n!  n Pn (t) = n! k=1    k! (i1 , ,ik ): k j=1 ij =n,ij ≥1 ai1  k  tk i1 ! ik ! Ta kiểm tra lại Pn (t), n = 1, 2, 3, dãy nhị thức 1) P0 (t) = 1, t ∈ R 2) Ta có: e(u+v)f (x) = euf (x) evf (x) mà ∞ e (u+v)f (x) =1+ Pn (u + v) n=1 ∞ e uf (x) vf (x) e = 1+ l=1 ∞ =1+ ∞ xl Pl (u) l! 1+ xl l! 1+ Pl (u) l=1 ∞ ∞ =1+ Pm (v) xm m! Pm (v) xm m! m=1 ∞ m=1 Pl (u).Pm (v) m=0 l=0 l2 +m2 =0 xn n! xl + m (1) l!m! (l2 + m2 = 0) 20 Đồng vế ta được: l + m = n Đặt l = k ⇒ m = n − k Khi đó, từ (1) ta có: ∞ e uf (x) vf (x) e ∞ =1+ n=0 k=0 n! xn Pk (u).Pn−k (v) k!(n − k)! n! n ⇒ Pn Cnk Pk (u)Pn−k (v) (u + v) = k=0 Ta nói Pn (t) dãy nhị thức sinh hàm số f hay sinh dãy hệ số ak (k ≥ 1) khai triển Taylor f Chương Các ví dụ liên hệ vấn đề sơ cấp, Trong mục xem xét mở rộng số tổ hợp 3.1 Mở rộng số stirling loại không dấu Xét hàm số ∞ f (x) = − ln(1 − x) = j=1 xj j! Khi ta có: ∞ et[− ln(1−x)] = + k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ ∞ tk k! j=1  ∞ tk k! n! ∞ n! =1+  (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 n=k  n=1 k=1 ∞ k xj j! tk k!  (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 n cn,k tk =1+ n=1 k=1 1 xn  i1 ! ik ! n! 1 xn  i1 ! ik ! n! xn (1) n! Trong cn,k := n! k! (i1 , ,ik ):ij =1,ij ≥1 1 i1 ik Đây số tất cách phân tích song ánh f : N → N thành k vòng xích độc lập 21 22 Đầu tiên, ta phân hoạch tập N thành k tập không rỗng Tiếp theo, tập có ij phần tử, ta tạo thành hoán vị vòng quanh, tức tập tạo thành xích có độ dài ij Số xích (ij − 1)! Cuối cùng, lấy tổng theo k , ta nhận kết phân tích số tất song ánh tập có n phần tử theo số k xích độc lập tối đa thực Mặt khác, 1−x et[−ln(1−x)] = t ∞ n+t−1 n x n =1+ n=1 ∞ =1+ n=1 ∞ Γ(n + t) xn Γ(t) n! t(t + 1) (t + n − 1) =1+ n=1 ∞ (n) x t =1+ n=1 n n! (2) So sánh (1) (2) ta có được: n t (n) cn,k tk = k=0 23 Ta có: 1 − f (x) ∞ t =1+ =1+ tk [f (x)]k k! k=1 ∞ k t k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ n=0 f (x) x k! tk k!    ∞ n=0 ∞  (n + k)!n!k!  (n + k)! k!   (i1 , ,ik : ij =n+m,ij ≥1  xn−k ai  k i1 ! ik ! n!  k! (i1 , ,ik : ij =n+m,ij ≥1  ai1 xn k  i1 ! ik ! n!   (n + k)! xn  ai1 k  i1 ! ik ! n! an+k,k xn k n! Cn+k n=0 ∞ k t k=1 ij =n+m,ij ≥1 (i1 , ,ik : Ck n=0 n+k ∞ tk k!  n=k tk  k! k! xk n!    tk ∞ k an+k,k k k! Cn+k xn n! Khi ta cn+k,k = Pn∗ (k) k(k + 1) (k + n) n! Vì Pn∗ (k) k(k+1) (k+n) mở rộng đến Pn∗ (t) t(t+1) (t+n) , t ∈ R nên cn+k,k mở rộng đến n! n! cn+t,t , t ∈ R Mặt khác ta có: cn,k = (−i)n+k sn,k (trong sn,k số stirling loại không dấu, kết xem [1]) Do cn+k,k = (−i)n+k+k sn,k Từ ta sn+k,k mở rộng đến sn+t,t , t ∈ R Phân tích chẵn lẻ et[−ln(1−x)] = et[− Khai triển: ln(1−x)+ln(1+x) ] et[− ln(1−x)−ln(1+x) ] 24 ∞ t[− ln(1−x)+ln(1+x) ] e =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ ∞ tk k! tk k! j=i  x2 j (2j)  ∞ n!  n=k  n n! n=1 k=1 (2i1 , ,2ik ): tk k! 2ij =n,ij ≥1 1  xn (2i1 ) (2ik ) n!  (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1  xn (2i1 ) (2ik ) n! Ta dãy nhị thức n (1) pn (t) =    n! k! k=1 (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1  k t , n = 0, 1, 2, (2i1 ) (2ik ) Khi t=1 ta được: n (1) pn (t) =    n! k=1 k! (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1  , n = 0, 1, 2, (2i1 ) (2ik ) Với ý nghĩa số tất cách phân hoạch tập hợp gồm n phần tử làm tập không rỗng gồm số chẵn phần tử tập thành vòng xích Tương tự khai triển: ∞ e t[− ln(1−x)−ln(1+x) ]=1+ n=1 x (2) pn (t) n n! Ta dãy nhị thức n (2) pn (t) = k=1    n! k! Khi t=1 ta (2i1 −1, ,2ik −1): 2ij −1=n,ij ≥1 1  tk , n = 0, 1, 2, (2i1 − 1) (2ik − 1) 25 n (2) pn (t) = k=1    n! k! (2i1 −1, ,2ik −1): 2ij −1=n,ij ≥1 1  , n = 0, 1, 2, (2i1 − 1) (2ik − 1) Với ý nghĩa số tất cách phân hoạch tập hợp gồm n phần tử làm tập không rỗng gồm số lẻ phần tử tập thành vòng xích 3.2 Mở rộng số Stirling loại hai Ví dụ Xét hàm số ∞ x f (x) = e − = j=1 Ta có: ∞ x e = n=0 xn =1+ n! ∞ λx ⇒e =1+ n=1 ∞ tf (x) ⇒e =1+ k=1 xj j! ∞ n=1 xn n! xn n λ n! xk [f (x)]k k! 26 Khi ta có: ∞ etf (x) = + k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ ∞ tk k! j=1  ∞ tk k! n! n n! n=1 k=1 ∞  (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 n=k  k xj j!  tk k! (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 n Sn,k t n=1 ∞ k=1 en (t) =1+ n=1 1 xn  i1 ik n! xn n! k =1+ xn  i1 ik n! xn (∗) n! n Sn,k tk en (t) k=1 Ở ta có: Sn,k = n! k! (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 1 i1 ik Với Sn,k số Stirling loại số cách phân hoạch tập có n phần thử thành k tập không rỗng Ở ta dãy nhị thức thường gọi dãy đa thức mũ kí hiệu là: n Sn,k tk en (t) = k=1 hay n Sn,k tk en (t) = k=0 27 Mặt khác ta có: x etf (x) = et(e −1) = e−t ete x ∞ −t =e k=0 ∞ (ex t)k k! = e−t k=0 ∞ −t =e k=0 ∞ tk kx e k! tk k! ∞ n=0 ∞ = e−t k=0 ∞ = e−t k=0 ∞ e−t = k=0 n=0 ∞ k t tk n xn k k! n! k! k=0 ∞ k t k=0 k n xn n! k! kn xn n! kn xn (∗∗) n! Từ (*) (**) ta thu được: ∞ n k en (t) = Sn,k t = e −t n=0 k=0 k n tk k! Từ ta có: t f (x) x = x ∞ j=1 xj aj j! t Giả sử: a1 = f (x) x ∞ t = 1+ j=2 xj−1 aj j! ∞ = 1+ j=1 ∞ =1+  t aj+1 j x (j + 1)! n  n=1 t k=1  n! t k! (k) (i1 , ,ik ): ij =n,ij ≥1 + +  x n k (i1 + 1)! (ik + 1)! n! 28 Đặt   n  k=1 n! t k) k! ( ij =n,ij ≥1 (i1 , ,ik ): ai1 + +  k = Pn∗ (k) (i1 + 1)! (ik + 1)! Ta Sn+k,k = Pn∗ (k) Vì P ∗ (k) mở rộng đến P ∗ (t), t ∈ R nên Sn+k,k mở rộng đến Sn+t,t , t ∈ R Phân tích chẵn lẻ Ta có: et(e x −1) = et( ex +e− x −1) et( ex −e− x −1) = et(coshx−1) etsinhx Khai triển: ∞ t(coshx−1) e =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ ∞ tk k! j=1  tk  k! k  ∞ n! n=k  n n! n=1 x2 j (2j)! k=1 (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1  tk k!  xn (2i1 )! (2ik )! n! (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1 1  xn (2i1 )! (2ik )! n! Ta dãy nhị thức:  n   n! (1) pn (t) = k=1 k! (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1 1  k t (2i1 )! (2ik )! Khi t = ta được: n (1) pn (1) =    n! k! k=1 (2i1 , ,2ik ): 2ij =n,ij ≥1 1  (2i1 )! (2ik )! Với ý nghĩa số tất phận hoạch tập gồm n phần tử làm tập không rỗng có số phần tử chẵn Tương tự, khai triển: ∞ tsinhx e =1+ n=1 x ( pn 2)(t) n n! 29 Ta dãy nhị thức:  n   n! (2) pn (t) = k! k=1 (2i1 −1, ,2ik −1): 2ij −1=n,ij ≥1 1  tk (2i1 − 1)! (2ik − 1)! Khi t=1 ta được: n k=1 n! k! (2i1 −1, ,2ik −1): 2ij −1=n,ij ≥1 1 (2i1 − 1)! (2ik − 1)! Với ý nghĩa số tất cách phân hoạch tập gồm n phần tử làm tập có số phần tử lẻ Ví dụ Xét hàm số f (x) = xex ta có: ∞ e tf (x) =1+ k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ tk [f (x)]k k!  ∞ tk k! n! (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 n=k  n n!  n=1 k=1 ∞ n   tk k! (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 αn,k tk =1+ n=1 k=1 n 1 x (i1 − 1)! (ik − 1)! n! n 1 x (i1 − 1)! (ik − 1)! n! xn n! Trong αn,k = (i) n! k! (i1 , ,ik ):ij =n,ij ≥1 1 (i1 − 1)! (ik − 1)! 30 Mặc khác ta có: ∞ m [1 + f (x)] = n=0  n!m!  (n + m)! (n + 1)! m! = m Cn+m n=0 = n=0 ∞ (i1 , ,ik : ij =n+m,ij ≥1  ∞ ∞  ai1 t  x n i1 ! it ! n!   (n + m)! m! (i1 , ,ik : ij =n+m,ij ≥1 ai1 xn m i1 ! im ! n! xn Qn (t) n! an+m,m xn (∗) m Cn+m n! = n=0 an+m,m xuất khai triển etf (x) Từ (*) ta Qn (m) = an+m,m ,m m Cn+m Vì Qn (m) mở rộng đến Qn (t) nên = 0, 1, 2, an+m,m m Cn+m mở rộng đến an+t,t t Cn+t Suy an+t,t = (t + 1) (t + n) Qn (t) n! Phân tích chẵn lẻ Ta có: x etxe = etx( x −x ex +e− x + e −e ) 2 = etxcoshx etxsinhx Khai triển: ∞ etxcoshx = + k=1 ∞ =1+ k=1 ∞ =1+ ∞ tk k! tk k! j=1 k   n! (2i1 −1, ,2ik −1):  n n! n=1 x2j − (2j − 1)! k=1 Ta dãy nhị thức: 2ij −1=n,ij ≥1 n 1 x (2i1 − 2)! (2ik − 2)! n!  tk k! (2i1 −1, ,2ik −1): 2ij −1=n,ij ≥1 n 1 x (2i1 − 2)! (2ik − 2)! n! 31  n   n! (1) pn (t) = k! k=1 (2i1 −1, ,2ik −1):2ij −1=n,ij ≥1 1  tk (2i1 − 2)! (2ik − 2)! Khi t=1 ta được:  n   n! (1) pn (1) = k! k=1 n = k=1 n! k! (2i1 −1, ,2ik −1):2ij −1=n,ij ≥1 (2i1 −1, ,2ik −1):2ij −1=n,ij ≥1 1  (2i1 − 2)! (2ik − 2)! 2ik − 2i1 − (21 − 1)! (2ik − 1)! Với ý nghĩa số tất cách phân hoạch tập hợp gồm n phần tử làm tập không rỗng có số phần tử lẻ tập chọn phần tử làm đại diện Tương tự khải triển: ∞ txsinhx e (2) =1+ pn (t) n=1 xn n! Ta dãy nhị thức n (2) pn (t) =    n! k! k=1 (2i1 , ,2ik ):2ij =n,ij ≥1 1  tk (2i1 − 1)! (2ik − 1)! Khi t=1 ta được: n (2) pn (1) = k=1 n = k=1 n! k! n! k! (2i1 , ,2ik ):2ij =n,ij ≥1 (2i1 , ,2ik ):2ij =n,ij ≥1 1 (2i1 − 1)! (2ik − 1)! 2i1 2ik (2i1 )! (2ik )! Với ý nghĩa số tất cách phân hoạch tập hợp gồm n phần tử làm tập không rỗng có số phần tử chẵn tập chọn phần tử làm đại diện KẾT LUẬN Trong luận văn thu vài kết nhỏ: Tài liệu tham khảo [1] K H Wehrhahn, Combinatorics: An Introduction, Carslan Pubhlications, 2nd Edition, Australia, 1992 [2] Enumerative, 2001 [3] Mở đầu sơ cấp tổ hợp, chuyên đề Toán ứng dụng, Khoa Toán Đ.H Quy Nhơn, 2001 [4] B Các số tổ hợp liên quan đến số phân hoạch, Đoàn Nhật Thịnh, 2008 33