Luận văn thạc sỹ hàm sinh và một số ứng dụng mới trong tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ THU HÀM SINH VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG MỚI TRONG TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh 1.2 Các phép toán hàm sinh 1.2.1 Phép nhân với số 1.2.2 Phép cộng 1.2.3 Phép dịch chuyển sang phải 1.2.4 Phép lấy Đạo hàm 1.2.5 Quy tắc xoắn 1.3 Ý tưởng sử dụng hàm sinh để đưa lời giải toán 1.3.1 Dãy Fibonacci 1.3.2 Giải toán đếm cách sử dụng hàm sinh 11 Ứng dụng hàm sinh để tìm cách giải toán 14 2.1 Sử dụng hàm sinh chuỗi lũy thừa vô hạn 14 2.1.1 Bài toán phân hoạch chuỗi cấp số cộng 18 2.1.2 Bài toán tung xúc xắc 20 2.1.3 Bài toán đổi tiền xu 21 2.1.4 Bài toán dãy tập hợp 22 2.2 Sử dụng hàm sinh đa thức 23 2.3 Bài toán xác định tập theo điều kiện cho trước 32 2.4 Một số toán xuất phát từ thực tế 39 Tài liệu tham khảo 46 Phần mở đầu Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn phổ thơng việc vận dụng hàm sinh vào giải toán chủ đề thú vị nhiều giáo viên giảng dạy khối chuyên toán, học viên cao học quan tâm Phương pháp sinh mơ tả sau: ; Repeat ; ; Until Phương pháp sinh vận dụng để giải toán tổ hợp hai điều kiện sau thoả mãn (1) Có thể xác định thứ tự tập cấu hình tổ hợp cần liệt kê Từ xác định cấu hình cấu hình cuối thứ tự xác định (2) Xây dựng thuật toán từ cấu hình chưa phải cấu hình cuối, sinh cấu hình Đối với các toán dãy, chuỗi, người ta thường lựa chọn: - Hàm sinh đa thức - Hàm sinh chuỗi lũy thừa vơ hạn Đã có giáo viên dạy khối chun tốn tìm hiểu hàm sinh thơng qua tốn dãy số Catalan Fibonaxi Cũng có vài sinh viên, học viên cao học tìm hiểu chủ đề hàm sinh ví dụ như: Khóa luận đại học Nguyễn Thị Hồng Vân, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2(2018) Luận văn thạc sĩ Võ Văn Việt, Trường Đại học Khoa học (2013) hàm sinh ứng dụng giải tốn Phương trình hồi quy Vì ứng dụng hàm sinh rộng, khơng thể đề cập đến vài luận văn Để không trùng lặp vừa với khuân khổ luận văn thạc sĩ, phạm vi nghiên cứu luận văn giới hạn là: Tìm hiểu việc sử dụng hàm sinh vào giải tốn sau: (1) Tìm biểu diễn số hạng an theo n dãy số (2) Xác định hệ số an biểu diễn đa thức (3) Xác định tập theo điều kiện cho trước Với mong muốn: (1) Trình bày vài kết phương pháp sử dụng hàm sinh giải toán tổ hợp toán rời rạc năm gần (2) Đưa số toán chương trình vật lý, tốn học THPT mà ta sử dụng hàm sinh để giải Mục tiêu đề tài Mục tiêu đặt đề tài là: Tìm hiểu hàm sinh, sau lựa chọn hệ thống tập dành cho học sinh khá, giỏi để minh họa việc sử dụng hàm sinh để đưa lời giải trình bày Nhiệm vụ đề tài Luận văn cần hoàn thành nhiệm vụ sau: - Nghiên cứu, tìm hiểu hàm sinh - Tìm hiểu, lựa chọn số ví dụ thực tế, chương phổ thơng sử dụng hàm sinh để giải - Minh họa việc sử dụng hàm sinh vào giải tốn thơng qua việc trình bày lời giải số tốn dành cho học sinh khá, giỏi Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương: Chương 1: Trình bày kiến thức sở liên quan đến hàm sinh làm sở cho việc đưa lời giải cho tốn trình bày chương 2; Chương 2: Trình bày việc ứng dụng hàm sinh vào giải số toán hay, dành cho học sinh khá, giỏi Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh Định nghĩa 1.1 Hàm sinh thường dãy số vô hạn (an )n≥0 chuỗi lũy thừa: G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + Sau đây, dãy số để dấu ngoặc h i để phân biệt với đối tượng toán học khác Ta ký hiệu tương ứng dãy số hàm sinh dấu “↔” sau: ha0 , a1 , , an , i ↔ a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + Ví dụ, số ví dụ hàm sinh chúng h0, 0, 0, 0, i ↔ + · x + · x2 + · x3 + · · · = h1, 0, 0, 0, i ↔ + · x + · x2 + · x3 + · · · = h3, 2, 1, 0, i ↔ + · x + · x2 + · x3 + · · · = x2 + 2x + Trong đó: Số hạng thứ i dãy số (đánh số từ 0) hệ số xi hàm sinh Ta có cơng thức tính tổng cấp số nhân lùi vơ hạn là: + z + z2 + · · · = 1−z Đẳng thức không với |z| ≥ Công thức cho công thức hàm sinh hàng loạt dãy số: , 1−x h1, −1, 1, −1, i ↔ − x + x2 − x3 + · · · = , 1+x h1, 1, 1, 1, i ↔ + x + x2 + x3 + · · · = h1, a, a2 , a3 , i ↔ + ax + a2 x2 + a3 x3 + · · · = h1, 0, 1, 0, i ↔ + x2 + x4 + · · · = Từ đây, ta có toán: − x2 , − ax Ví dụ 1.1 Tìm cơng thức tổng qt cho dãy (yn )n≥0 với y0 = yn = ayn−1 + bn , ∀n ≥ Lời giải Xét G(x) = ∞ P yn xn Khi n=1 G(x) = y0 + = y0 + ∞ X n=0 ∞ X yn xn (ayn−1 + bn )xn n=1 = y0 + = ax ∞ X ayn−1 x + n=0 ∞ X n=0 n n yn x + y0 − + = axG(x) + bn xn n=0 = axG(x) + − + Vậy ∞ X − bx ∞ X n=0 1 − bx 1 − bx ⇔ G(x)(1 − ax) = − bx ⇔ G(x) = (1 − ax)(1 − bx) G(x) = axG(x) + bn xn (do y0 = 1)  b a  ⇔ G(x) = − b − a − bx − ax Mà ∞ X b bn+1 xn = b(1 + bx + b2 x2 + · · · ) = − bx n=0 ∞ X a = a(1 + ax + a2 x2 + · · · ) = an+1 xn − ax n=0 Cho nên G(x) = ∞ n+1 X b − an+1 b−a n=0 Vậy công thức tổng quát yn yn = 1.2 1.2.1 bn+1 − an+1 , ∀n ≥ b−a Các phép toán hàm sinh Phép nhân với số Quy tắc 1.1 Nếu hf0 , f1 , f2 , f3 , i ↔ F (x) hcf0 , cf1 , cf2 , cf3 , i ↔ cF (x) Chứng minh Ta có hcf0 , cf1 , cf2 , cf3 , i ↔ (cf0 )x + (cf1 )x + (cf2 )x2 + (cf3 )x3 + · · · = c(f0 + f1 x + f2 x2 + f3 x3 + · · · ) = cF (x) Ví dụ 1.2 Ta có 1 − x2 h2, 0, 2, 0, i ↔ − x2 h1, 0, 1, 0, i ↔ Ví dụ 1.3 Ta có h1, a, a2 , a3 , i ↔ + ax + a2 x2 + a3 x3 + · · · = = f (x) − ax Nhân hàm sinh với a ta af (x) = a − ax ⇔ af (x) = a(1 + ax + a2 x2 + a3 x3 + · · · ) = a + a2 x + a3 x2 + a4 x3 + · · · ↔ ha, a2 , a3 , a4 , i 1.2.2 Phép cộng Quy tắc 1.2 Cộng hai hàm sinh tương ứng với việc cộng số hạng dãy số theo số Nếu hf0 , f1 , f2 , i ↔ F (x) hg0 , g1 , g2 , i ↔ G(x) hf0 + g0 , f1 + g1 , f2 + g2 , i ↔ F (x) + G(x) Chứng minh Ta có hf0 + g0 , f1 + g1 , f2 + g2 , i ↔ (f0 + g0 ) + (f1 + g1 )x + (f2 + g2 )x2 + · · · = (f0 + f1 x + f2 x2 + · · · ) + (g0 + g1 x + g2 x2 + · · · ) = F (x) + G(x) Ví dụ 1.4 Ta có h2, 0, 2, 0, i ↔ h1, 1, 1, 1, i ↔ Thật − x2 1 h1, −1, 1, −1, i ↔ 1−x 1+x Áp dụng quy tắc cộng ta có h2, 0, 2, 0, i ↔ 1.2.3 1 + = 1−x 1+x − x2 Phép dịch chuyển sang phải Ta dãy số đơn giản hàm sinh nó: h1, 1, 1, 1, i ↔ 1−x Bây ta dịch chuyển sang phải cách thêm k số vào đầu: h0, 0, 0, , 0, 1, 1, 1, i ↔ xk + xk+1 + xk+2 + · · · = xk (1 + x + x2 + · · · ) = xk 1−x Như thêm k số vào đầu dãy số tương ứng với việc hàm sinh nhân với xk Điều trường hợp tổng quát Quy tắc 1.3 Nếu hf0 , f1 , f2 , i ↔ F (x) h0, 0, , 0, f0 , f1 , f2 , i ↔ xk F (x) Chứng minh Ta có h0, 0, , 0, f0 , f1 , f3 , i = f0 xk + f1 xk+1 + f2 xk+2 + · · · = xk (f0 + f1 x + f2 x2 + · · · ) = xk F (x) 1.2.4 Phép lấy Đạo hàm Ta việc lấy đạo hàm hàm sinh với dãy số có hệ số tồn số 1: d d  (1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · ) = dx dx − x ⇔ + 2x + 3x2 + 4x3 + · · · = (1 − x)2 ⇔ h1, 2, 3, 4, i ↔ (1 − x)2 Ta tìm hàm sinh cho dãy số h1, 2, 3, 4, i Vậy việc lấy đạo hàm hàm sinh có hai tác động lên dãy số tương ứng: Các số hạng nhân với số toàn dãy số dịch chuyển sang trái vị trí Quy tắc 1.4 Nếu hf0 , f1 , f3 , i ↔ F (x) hf1 , 2f2 , 3f3 , i ↔ dF (x) dx Chứng minh Ta có hf1 , 2f2 , 3f3 , i ↔ f1 + 2f2 x + 3f3 x3 + · · · = d dF (x) (f0 + f1 x + f2 x2 + f3 x3 + · · · ) = dx dx 1.2.5 Quy tắc xoắn Quy tắc 1.5 Xét hàm G(x) = A(x)B(x) = n ∞ P P bn−1 Đặt dn = n=0 i=0 n P bn−1 i=0 Ta có hàm sinh cho dãy (dn )n≥0 hàm G(x) Ta gọi quy tắc phép xoắn hay quy tắc xoắn Định nghĩa 1.2 (Số Catalan) Số Catalan số xác định cách truy hồi sau: d0 = d1 = 1, Cn = d0 dn−1 + d1 dn−2 + · · · + dn−1 d0 = n−1 X i=0 di dn−1−i , ∀n ≥ Số Catalan có nhiều định nghĩa khác nhau, chẳng hạn, số Catalan số cách nối 2n điểm đường trịn n dây cung khơng cắt nhau; số nhị phân có gốc có n + lá; số đường ngắn lưới nguyên từ điểm (0, 0) đến điểm (n, n) không vượt qua đường thẳng y = x, cách tính tích ánh xạ f0 , f1 , , fn Sau ví dụ thú vị số Catalan: Ví dụ 1.5 Tính số hạng tổng quát dãy Catalan Lời giải Ta có dn+1 = n P i=0 di dn−1 ∀n ≥ Xét hàm sinh G(x) = ∞ X n dn x = + dn xn (vì d0 = 1) n=1 n=0 Khi G(x) − = Theo quy tắc xoắn ta có ∞ X ∞ X n dn x = n ∞ X X di dn−i xn n=1 i=0 n=1 G(x) − = xG(x) ⇒ G(x) = Vì G(x) ≥ nên G(x) = 1− √ 1± − 4x 2x √ − 4x 2x = (4a1 x2 − 4a0 x2 ) + (4a2 x3 − 4a1 x3 ) + = (4a1 x2 + a2 x3 + ) − (4a0 x2 + a1 x3 + = 4x(f (x) − 1) − 4x2 f (x) Giải f (x) lấy |x| < 21 , ta có − 3x f (x) = (1 − 2x) x − = − 2x (1 − 2x)2 ∞ ∞ X X n n−1 = (2x) − x n(2x) n=0 = ∞ X n=0 Do n=1
2n − n2n−1 xn an = 2n − n2n−1 Bài tốn 2.2 Tìm số an cách làm n tờ đơ-la đổi thành đồng xu hay xu hay xu đô-la (bỏ qua việc xét thứ tự) Ví dụ n = có cách cụ thể ba đồng xu đô-la hay đồng xu đồng xu đô-la Lời giải Đặt f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + Để nghiên cứu chuỗi số vơ hạn này, phải có |x| < Đối với cách đổi tờ n đô-la thành r đồng đô-la s đồng xu đô-la, nhớ xr x2s = xn Trong r s số nguyên không âm Cộng tất số hạng ghi nhớ số nguyên không âm n, sau khai triển thành thừa số ta ∞ X r=1 Mặt khác, ∞ X r=1 x r ∞ X s=0 x r ∞ X s=0 x2s = x 2s = ∞ ∞ X X x r+2s = ∞ X an xn = f (x) a=0 r=1 s=0 1 = − x − x2 (1 − x) (1 − x) 33 ! 1 − x2 (1 − x)
 1 = + 2x + 3x2 + + (1 + x2 + x4 + ) = + x + 2x2 + 2x3 + 3x4 + 3x5 + ∞ h i  X n + xn = n=0 = 2 Do an = + hni + Bài toán 2.3 Cho n số nguyên n ≥ Tìm số an đa thức P (x) với hệ số {0, 1, 2, 3} thỏa mãn P (2) = n Lời giải Gọi f (t) hàm sinh dãy a0 , a1 , a2 , a3 Đặt P (x) = c0 + c1 x + + ck xk với ci ∈ {0, 1, 2, 3} Khi P (2) = n c0 + 2c1 + + 2k ck = n Lấy t ∈ (−1, 1) Ta có tn = tc0 t2c1 t2 k ck Chú ý 2ici bốn số 0, 2i , 2i+1 , 3.2i Cộng tất số hạng với số nguyên không âm n c0 , c1 .ck ∈ {0, 1, 2, 3} sau phân tích chúng thành thừa số vế phải, ta có f (t) = ∞ X (an ) t = n=0 Sử dụng + s + s2 + s3 = n 1−s4 1−s , ∞ Y i=0
+ t2i + t2i+1 + t3.2i ta thấy f (t) = 1−t4 1−t8 1−t16 1−t32 1−t 1−t2 1−t4 1−t8 = 1 1−t 1−t2 Như toán 2.2 ta an = hni + Bài toán 2.4 (Bài toán sơ loại thi Olympic toán quốc tế 1998) Cho a0 , a1 , a2 dãy số nguyên không âm thỏa mãn số ngun khơng âm biểu diễn dạng + 2aj + 4ak , i, j k không thiết phải phân biệt Xác định a1998 34 Lời giải Với |x| < đặt f (x) = ∞ P xai i=0 − x2 Từ hai phương trình ta f (x) = (1 + x)f (x8 ) Lặp lại điều ta Thay x x2 , ta f (x2 )f (x4 )f (x8 ) = f (x) = (1 + x)(1 + x8 )(1 + x8 )(1 + x8 ) Trong khai triển vế phải, ta thấy số mũ a0 , a1 , a2 số nguyên không âm mà biểu diễn số có chữ số Từ 1998 = + 22 + 23 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210 suy a1998 = + 82 + 83 + 86 + 87 + 88 + 89 + 810 Các toán cần đồng thức chứa bậc p đơn vị, p số nguyên dương Các số số phức λ, tất nghiệm phương trình z p = Với số thực θ ta sử dụng kí hiệu eiθ = cosθ + sin θ Phương trình có bậc p nên có p bậc p đơn vị Chúng ta dễ dàng kiểm tra chúng eiθ với 2(p−1)π 4π Dưới λ bậc p đơn vị, khác với θ = 0, 2π p , p , ., p ta có dãy B(z) = b0 + b1 z + b2 z + b3 z + , để tìm giá trị bp + b2p + b3p + ta sử dụng kết + λj + pj λ2j + + λ(p−1) = 1−λ = (Với j không chia hết cho p) để j 1−λ p−1 P j B(λ) = bp + b2p + b3p + (∗) Với p lẻ ta phân tích thành p j=0
thừa số + = (1 + t) (1 + λt) + λp−1 t (∗∗) Từ hai vế ta có −1 λi (i = 0, p − 1) nghiệm đa thức bậc p Bài tốn 2.5 Có tập N tập tất số nguyên dương phân thành nhiều tập, tập số hữu hạn cấp số cộng mà khơng có hai tập có chung sai phân hay khơng? Lời giải Giả sử tập N chia thành tập S1 , S2 , Sk Si = + ndi : n ∈ N v d1 > d2 > > dk Khi đó, với |z| < 1, ta có ∞ X n=1 n z = ∞ X z a2+ nd2 n=1 + + ∞ X n=1 Lập tổng chuỗi hình học, suy 35 z ak+ ndk 2πi z z a2 z ak z a1 + + + = 1−z − z d1 − z d2 − z dk Cho z dần tới e di , ta thấy vế trái có giới hạn hữu hạn, vế phải có giới hạn vơ Điều mâu thuẫn Bài toán 2.6 (Thi Olympic toán quốc tế 1995) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất tập A tập {1, 2, 2p} thỏa mãn (i) A có p phần tử; (ii) Tổng tất phần tử A chia hết cho p


Lời giải Xét đa thức F (x) = (1 + ax) + a2 x + a3 x + a2p x Khi vế phải khai triển, gọi cn,k tổng số hạng có dạng ai1 x


ai2 x aik x , i1 , i2 , , ik số nguyên thỏa mãn1 ≤ i1 < i2 < < ik < 2p 2p ∞ P P cn,k an xk i1 + i2 + + ik = n Khi Fa (x) = + k=1 n=1 Bây giờ, theo cn,k câu trả lời toán C = cp,p + c2p,p + c3p,p + ∞ P Để thu C, ý hệ số xp Fa (x) cn,p an n=1 Theo (*), ta có C = p p−1 ∞ P P cn,p ω nj j=0 n=1 Tiếp theo, vế phải hệ số xp p−1 p p−1 P Fωj (x) j=0

1X (1 + ω j x) + ω 2j x + ω 2pj x p j=0 Với j = 0, số hạng (1 + x)2p Với ≤ j ≤ p − 1, áp dụng (**) với λ = ω j t = λx, ta thấy số hạng thứ j (1 + xp )2 Sử dụng kết này, ta có p−1 i 1X 1h 2p p Fωj (x) = (1 + x) + (p − 1) (1 + x) p j=0 p ! # " 2p + (p − 1) Do hệ số xp C = p1 p Cho đến lúc hàm sinh hàm biến Tiếp theo ví dụ ∞ P ∞ P hàm sinh chứa hai biến f (x, y) = ai,j xi xj dạng đơn giản i=0 j=0 36 Bài tốn 2.7 Một hình chữ nhật a × b lát số loại hình chữ nhật p × × q, a, b, p, q số nguyên dương cố định Chứng minh a chia hết cho p q (Ở hình chữ nhật k × × k xét loại hình chữ nhật khác nhau) Lời giải Bên (i, j) hình chữ nhật a × b, đặt vào số hạng xi y j i = 1, 2, , a j = 1, 2, , b Tổng số hạng bên hình chữ nhật p ×
xi y j + + xi+p−1 y j = + x + + xp−1 xi y j ô đỉnh ô (i, j), tổng số hạng bên hình chữ nhật × q
xi y j + + xi y j+q−1 = + y + + y q−1 xi y j , ngồi bên trái ô (i, j) Bây lấy x = e 2πi p y = 2πi q Khi hai tổng Nếu việc lát yêu cầu làm được, tổng tất số hạng hình chữ nhật a × b 0= a X b X i=0
(1 − xa ) − y b x y = xy (1 − x) (1 − y) j=0 i j Điều suy a chia hết cho p b chia hết cho q Bài toán 2.8 Xác định dãy số (un )n≥0 biết u0 = u1 = 1, un = aun−1 + bun−2 , ∀n ≥ trường hợp sau: (a, b) = (1, 2), (a, b) = (3, −4) Lời giải Ta có hàm sinh dãy (un )n≥0 F (x) = P un xn Theo ta có n≥0 F (x) = u0 + u1 x + X un x n n≥2 =1+x+ X (aun−1 + bun−2 )xn n≥2 =1+x+a X n un−1 x + b n≥2 = + x + ax X n≥0 X un−2 xn n≥2  un x − u0 + bx2 n 37 X n≥0 un xn = + x + axF (x) − ax + bx2 F (x) nên F (x) = Trường hợp 1: (a, b) = (1, 2) Ta có − ax + x − ax − bx2 1 − x − 2x2 = (1 + x)(1 − 2x) = − 3(1 + x) 3(1 − 2x) 2X n n 1X (−1)n xn − x = n≥0 n≥0 X (−1)n − 2n xn = n≥0 F (x) = (−1)n − 2n , ∀n ≥ Đồng hệ số ta suy un = − 2x Trường hợp 2: (a, b) = (3, −4) Ta có F (x) = − 3x + 4x2 Bài toán 2.9 Xác định dãy số (un )n≥0 biết u0 = u1 = u2 = un = aun−1 + bun−2 + cun−3 , ∀n ≥ trường hợp sau: (a, b, c) = (6, −11, 6), (a, b, c) = (5, 1, −5) Lời giải Xét G(x) = X (2.55) un x n n≥0 hàm sinh dãy (un )n≥0 Ta có X G(x) = u0 + u1 x + u2 x2 + un x n n≥3 = u0 + u1 x + u x + X (aun−1 + bun−2 + cun−3 )xn n≥3 = u0 + u1 x + u2 x + ax X n≥0 + cx3 X n≥0 un x n  n  un x − u1 x − u0 + bx 38 X n≥0 n un x − u0  = + x + x2 + ax(G(x) − x − 1) + bx2 (G(x) − 1) + cx3 G(x) (1 − a − b)x2 + (1 − a)x + G(x) = − ax − bx2 − cx3 Trường hợp (a, b, c) = (6, −11, 6): G(x) = X 6x2 − 5x + 1 = ⇒ G(x) = x2 − 6x + 11x2 − 6x3 1−x n≥0 (2.56) Đồng hệ số (2.55) (2.56), ta có un = 1, ∀n ≥ Trường hợp (a, b, c) = (5, 1, −5): G(x) = −5x2 − 4x + X n = x − 5x − x25 x3 n≥0 (2.57) Đồng hệ số (2.55) (2.57), ta có un = 1, ∀n ≥ 2.4 Một số toán xuất phát từ thực tế Bài tốn 2.10 (Bài tốn chọn quả) Có cách giỏ n trái thỏa mãn điều kiện sau: ❼ Số táo phải chẵn ❼ Số chuối phải chia hết cho ❼ Chỉ có nhiều cam ❼ Chỉ có nhiều đào Lời giải Trước tiên ta tìm hàm sinh cho cách chọn loại quả: Chọn táo: cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo Như ta có hàm sinh A(x) = + x2 + x4 + · · · = 39 − x2 Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn chuối là: B(x) = + x5 + x10 + · · · = Hàm sinh cho cách chọn cam đào là: cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam − x5 Hàm sinh − x5 C(x) = + x + x + x + x = 1−x Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn đào − x2 D(x) = + x = 1−x Áp dụng quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ loại là: 1 − x5 − x2 − x2 − x5 − x − x = = + 2x + 3x2 + 4x3 + · · · (1 − x) A(x)B(x)C(x)D(x) = Như cách giỏ trái gồm n trái đơn giản n + cách Bài toán 2.11 (Bài toán nghiệm nguyên) Tính số nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 + x2 + · · · + xd = n Lời giải Vì x1 , x2 , , xd nguyên không âm nên suy xi (1 ≤ i ≤ d) nhận giá trị 0, 1, 2, 3, Ta tìm hàm sinh cho cách chọn xi (1 ≤ i ≤ d) Có cách chọn giá trị cách chọn giá trị 1 cách chọn giá trị cách chọn giá trị 40 Hàm sinh cho cách chọn xi + x + x2 + x3 + · · · = 1−x Áp dụng quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn số (x1 , x2 , , xd ) (1 − x)d Gọi un số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + · · · + xd = n Khi hàm sinh dãy với số hạng dạng un hàm sinh cho số cách chọn số (x1 , x2 , , xd ) Tức X X k uk xk = = Ck+d−1 xk (1 − x)d k≥0 k≥0 n Vậy un = Cn+d−1 Bài toán 2.12 Dùng hàm sinh để xác định số cách chia 10 bóng giống cho đứa trẻ để đứa nhận Lời giải Để giải toán ta tìm hàm sinh cho số cách chia bóng cho đứa trẻ Giả thiết cho đứa nhận bóng nên ta suy cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận Vậy hàm sinh cho cách chia x2 + x3 + x4 + · · · Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chia bóng cho đứa trẻ là: F (x) = (x2 + x3 + x4 + · · · )4 = x8 (1 + x + x2 + x3 + · · · )4 = x8 (1 − x)4 41 = x8 X k C4+k−1 xk n≥0 = X k C3+k xk+8 n≥0 Số cách chia 10 bóng hệ số x10 C52 = 10 cách Bài toán 2.13 Giả sử có loại kẹo: socola, chanh, dâu, sữa Tìm hàm sinh cho số cách chọn n kẹo thỏa mãn điều kiện khác sau đây: a) Mỗi loại kẹo xuất số lẻ lần b) Số kẹo loại kẹo chia hết cho c) Khơng có kẹo socola có nhiều kẹo chanh d) Có 1, hay 11 kẹo socola, 2, kẹo chanh e) Mỗi loại kẹo xuất 10 lần Lời giải a) Vì loại kẹo xuất nên ta cần tìm hàm sinh cho số cách chọn loại kẹo Ta có cách chọn cách chọn cách chọn cách chọn Vậy hàm sinh cho số cách chọn loại kẹo là: x + x3 + x5 + · · · Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chọn bốn loại kẹo là: F (x) = (x + x3 + x5 + · · · )4 = x4 (1 + x2 + x4 + · · · )4 = x4 (1 − x2 )4 b) Ta có số cách chọn kẹo thỏa mãn điều kiện số kẹo loại kẹo chia hết cho cách chọn 42 cách chọn cách chọn cách chọn cách chọn cách chọn cách chọn Hàm sinh cho số cách chọn loại kẹo thảo mãn điều kiện + x3 + x6 + x9 + · · · Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho số cách chọn n kẹo từ bốn loại kẹo là: F (x) = (1 + x3 + x6 + x9 + · · · )4 = c) Hàm sinh cho số cách chọn kẹo socola 1 (1 − x3 )4 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo chanh + x 1−x Hàm sinh cho số cách chọn kẹo sữa + x + x2 + · · · = 1−x Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho số cách chọn n kẹo từ bốn Hàm sinh cho số cách chọn kẹo dâu + x + x2 + · · · = loại kẹo là: F (x) = 1(1 + x) 1+x = 1−x1−x (1 − x)2 d) Hàm sinh cho số cách chọn kẹo socola x + x3 + x11 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo chanh x2 + x4 + x5 1−x Hàm sinh cho số cách chọn kẹo sữa + x + x2 + · · · = 1−x Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho số cách chọn n kẹo từ bốn Hàm sinh cho số cách chọn kẹo dâu + x + x2 + · · · = loại kẹo là: G(x) = (x + x3 + x11 )(x2 + x4 + x5 ) = 1 1−x1−x x3 (1 + x2 + x10 )(x + x2 + x3 ) (1 − x)2 43 e) Hàm sinh cho số cách chọn kẹo cho loại kẹo xuất 10 lần x10 + x11 + x12 + · · · Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho số cách chọn n kẹo từ bốn loại kẹo là: x10 F (x) = (x + x + x + · · · ) = x (1 + x + x + · · · ) = (1 − x)4 10 11 12 40 44 Kết luận Với mục tiêu tìm hiểu hàm sinh lựa chọn toán minh họa cho việc sử dụng hàm sinh việc tìm đưa lời giải cho toán tổ hợp, luận văn hồn thành nhiện vụ: Trình bày sơ lược hàm sinh, phép toán hàm sinh số tính chất hàm sinh Chọn lọc trình bày só ví dụ minh họa việc ứng dụng hàm sinh việc đưa lời giải cho tốn tổ hợp thơng qua việc trình lời giải cho số tốn như: Bài toán phân hoạch cấp số cộng; toán tung xúc sắc; toán đổi tiền; toán xác định tập theo điều kiện cho trước việc sử dụng hàm sinh toán hình học đa diện Qua trình dịch, đọc hiểu tài liệu, luận văn có nhận xét: Vận dụng hàm sinh không cho ta đưa lời giải cho số toán quen thuộc thơng thường, mà cịn giúp ta giải nhiều toán phân hoạch số (ví dụ: tốn đổi tiền xu dạng đặc biệt toán phân hoạch) Hơn nữa, hàm sinh công cụ đáng tin cậy để chứng minh đẳng thức Đẳng thức tích ba, xem [6] Đẳng thức tảng chứng minh định lý tổng bốn số bình phương tiếng Jacobi (xem [7]) Cụ thể, định lý cho ta số cách để biểu diễn số tự nhiên n dạng tổng bốn bình phương số nguyên Ngay hàm sinh cung cấp nghiệm rõ ràng, chúng thường tạo hội để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận hệ số chúng cung cấp thuật tốn tốt để tìm nghiệm (như Mục 6, 7) Vì lý này, hàm sinh công cụ thiếu tổ hợp đại 45 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Ngô Đắc Tân (2004) Lý thuyết tổ hợp Đồ thị Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Văn Nho (2013) Tuyển tập Olympic toán học nước Đông Âu Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Tiếng Anh [4] Dmitry Kruchinin, Vladimir Kruchinin, Yuriy Shablya (2021), Method for Obtaining Coefficients of Powers of Bivariate Generating Functions Open Access Journal MDPI- Mathematics [5] S Lando: Lectures on Generating Functions, Student Mathematical Library vol 23 [6] Miroslava Mihajlov Carevi´c, Milena J Petrovi´c, Nebojˇsa Deni´c (2020), Generating Function for the Figurative Numbers of Regular Polyhedron Open Access Journal Mathematical Problems in Engineering [7] Milen Ivanov (2014), Generating functions in combinatorics Mathematics student at the University of Warwick [8] Kin-Yin-Li (2009), Generating Funcitons Mathematical Excalibur Vol.16 No.5 [9] H Wilf (1994), Generatingfunctionology Academic press Inc 46 Thái Nguyên, ngày tháng năm 2022 Hội đồng xét duyệt 47