TR×ÍNG I HÅC S× PHM H NËI KHOA TONTIN CHUYN I SÈ SÌ CP PH×ÌNG PHP SÛ DÖNG HM SINH Gi¡o vi¶n h÷îng d¨n: ThS. o Ngåc Minh Nhâm sinh vi¶n: Tr÷ìng Thà Nhung L«ng Thóy Nga Ph¤m Thà Lan Ph÷ìng Mai Thà Ngoan Lîp: K57C H NËI, 92010 Möc löc 1 Giîi thi»u v· h m sinh v c¡c ph²p to¡n tr¶n h m sinh 2 1.1 Giîi thi»u v· h m sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 C¡c ph²p to¡n tr¶n h m sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.1 Nh¥n vîi h¬ng sè . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.2 Cëng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.3 Dàch chuyºn sang ph£i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.4 ¤o h m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.5 Quy tc xon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2 Sû döng ph÷ìng ph¡p h m sinh trong gi£i to¡n 7 2.1 Dòng h m sinh l a thùc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2 Dòng h m sinh l c¡c chuéi lôy thøa væ h¤n . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.1 Cì sð lþ thuy¸t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.2 D¢y Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.3 ¸m b¬ng h m sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3 B i tªp 15 1 1 Giîi thi»u v· h m sinh v c¡c ph²p to¡n tr¶n h m sinh 1.1 Giîi thi»u v· h m sinh H m sinh l mët trong nhúng s¡ng t¤o th¦n t¼nh, b§t ngí, nhi·u ùng döng cõa to¡n ríi r¤c. Nâi mët c¡ch næm na, h m sinh chuyºn nhúng b i to¡n v· d¢y sè th nh nhúng b i to¡n v· h m sè. Vîi i·u n y chóng ta câ thº d¹ d ng gi£i quy¸t ÷ñc mët sè b i to¡n. Trong b i n y, c¡c d¢y sè s³ ÷ñc º trong d§u ngo°c º ph¥n bi»t vîi c¡c èi t÷ñng to¡n håc kh¡c. ành ngh¾a : H m sinh th÷íng cõa d¢y sè væ h¤ng (a n ) n 0 l chuéi lôy thøa h¼nh thùc: G(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x n + + a n x n + : : : Ta gåi h m sinh l chuéi lôy thøa h¼nh thùc bði v¼ thæng th÷íng ta s³ ch¿ coi x l mët k½ hi»u thay th¸ thay v¼ mët sè. Ch¿ trong v i tr÷íng hñp, ta s³ cho x nhªn c¡c gi¡ trà thüc, v¼ th¸ ta g¦n nh÷ khæng º þ ¸n sü hëi tö cõa c¡c chuéi. Câ mët sè lo¤i h m sinh kh¡c nhau, trong b i n y ta ch¿ x²t ¸n h m sinh th÷íng. Trong b i n y ta s³ kþ hi»u sü t÷ìng ùng giúa mët d¢y sè v h m sinh b¬ng d§u nh÷ sau : a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n + : : : V½ dö, d÷îi ¥y l mët sè v½ dö v h m sinh cõa chóng 0 + 0:x + 0:x 2 + 0:x 3 + = 0 1 + 0:x + 0:x 2 + 0:x 3 + = 1 3 + 2:x + 1:x 2 + 0:x 3 + = x 2 + 2x + 3 Quy tc ð ¥y r§t ìn gi£n: Sè h¤ng thù i cõa d¢y sè ( ¡nh sè tø 0) l h» sè cõa x i trong h m sinh. Nhc l¤i cæng thùc t½nh têng cõa c§p sè nh¥n lòi væ h¤n l : 1 + z + z 2 + = 1 1 z ¯ng thùc n y khæng óng vîi jzj 1. Nh÷ng mët l¦n núa ta khæng quan t¥m ¸n v§n · hëi tö. Cæng thùc n y cho chóng ta cæng thùc t÷íng minh cho h m sinh cõa h ng lo¤t d¢y sè : < 1; 1; 1; 1; > 1 + x + x 2 + x 3 + = 1 1 x < 1; 1; 1; 1; > 1 x + x 2 x 3 + = 1 1 + x < 1; a; a 2 ; a 3 ; > 1 + ax + a 2 :x 2 + a 3 :x 3 + = 1 1 ax 2 < 1; 0; 1; 0; > 1 + x 2 + x 4 + = 1 1 x 2 Vªn döng i·u n y, ta câ b i to¡n : V½ dö 1. T¼m cæng thùc têng qu¡t cho d¢y (y n ; n 0) vîi y 0 = 1 v y n = a:y n 1 + b n ; 8n 1. Gi£i X²t G(x) = 1 P n=1 y n x n Khi â : G(x) = y 0 + 1 X n=0 y n x n = y 0 + 1 X n=1 (ay n 1 + b n )x n = y 0 + 1 X n=0 ay n 1 x n + 1 X n=0 b n x n = ax 1 X n=0 y n x n + y 0 1 + 1 X n=0 b n x n = axG(x) + 1 1 + 1 1 bx do(y 0 = 1) = axG(x) + 1 1 bx Vªy G(x) = axG(x) + 1 1 bx , G(x)(1 ax) = 1 1 bx , G(x) = 1 (1 ax)(1 bx) , G(x) = 1 b a ( b 1 bx a 1 ax ) M b 1 bx = b(1 + bx + b 2 x 2 + : : : ) = 1 P n=0 b n+1 x n a 1 ax = a(1a + ax + a 2 x 2 + : : : ) = 1 P n=0 a n+1 x n ) G(x) = 1 P n=0 b n+1 a n+1 b a Vªy cæng thùc têng qu¡t cõa y n l : y n = b n+1 a n+1 b a ; 8n 0. 1.2 C¡c ph²p to¡n tr¶n h m sinh Ph²p m u cõa h m sinh n¬m ð ché ta câ thº chuyºn c¡c ph²p to¡n thüc hi»n tr¶n d¢y sè th nh c¡c ph²p to¡n thüc hi»n tr¶n h m sinh t÷ìng ùng cõa chóng. Tø â ta câ thº d¹ d ng thüc hi»n c¡c ph²p to¡n. 3 1.2.1 Nh¥n vîi h¬ng sè Quy tc 1. N¸u < f0 ; f 1 ; f 2 ; f 3 ; > F (x) th¼ < cf0 ; cf 1 ; cf 2 ; > cF (x) Chùng minh: Ta câ: < cf0 ; cf 1 ; cf 3 ; > (cf 0 )x + (cf 1 ) + (cf 3 )x 3 + : : : = c(f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + f 3 x 3 + : : : ) = cF (x) V½ dö 2. < 1; 0; 1; 0; > 1 1 x 2 < 2; 0; 2; 0; > 2 1 x 2 V½ dö 3. < 1; a; a 2 ; a 3 ; > 1 + ax + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 1 1 ax = f (x) Nh¥n h m sinh tr¶n vîi a ta ÷ñc: af (x) = a 1 ax , af (x) = a(1 + ax + a 2 x 2 + a 3 x 3 + : : : ) = a + a 2 x + a 3 x 2 + a 4 x 3 + < a; a 2 ; a 3 ; a 4 ; > 1.2.2 Cëng Quy tc 2. Cëng hai h m sinh t÷ìng ùng vîi vi»c cëng c¡c sè h¤ng cõa d¢y sè theo óng ch¿ sè. N¸u < f0 ; f 1 ; f 2 ; > F (x) v < g0 ; g 1 ; g 2 ; > G(x) th¼ < f 0 + g 0 ; f 1 + g 1 ; f 2 + g 2 ; > F (x) + G(x). Chùng minh: Ta câ : < f0 + g 0 ; f 1 + g 1 ; f 2 + g 2 ; > (f 0 + g 0 ) + (f 1 + g 1 )x + (f 2 + g 2 )x 2 + : : : = (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + : : : ) + (g 0 + g 1 x + g 2 x 2 + : : : ) = F (x) + G(x) V½ dö 4. < 2; 0; 2; 0; > 2 1 x 2 Thªt vªy < 1; 1; 1; 1; > 1 1 x v < 1; 1; 1; 1; > 1 1 + x p döng quy tc cëng ta câ: < 2; 0; 2; 0; > 1 1 x + 1 1 + x = 2 1 x 2 . 4 1.2.3 Dàch chuyºn sang ph£i Ta bt ¦u tø mët d¢y sè ìn gi£n v h m sinh cõa nâ: < 1; 1; 1; 1; > 1 1 x . B¥y gií ta dàch chuyºn sang ph£i b¬ng c¡ch th¶m k sè 0 v o ¦u: < 0; 0; 0; : : : ; 0; 1; 1; 1; > x k + x k+1 + x k+2 + = x k (1 + x + x 2 + : : : ) = x k 1 x Nh÷ vªy th¶m k sè 0 v o ¦u d¢y sè t÷ìng ùng vîi vi»c h m sinh nh¥n vîi x k . i·u n y công óng trong tr÷íng hñp têng qu¡t. Quy tc 3. N¸u < f0 ; f 1 ; f 2 ; > F (x) th¼ < 0; 0; : : : ; 0; f 0 ; f 1 ; f 2 ; > x k F (x) Chùng minh: < 0; 0; : : : ; 0; f 0 ; f 1 ; f 2 ; > f 0 x k + f 1 x k+1 + f 2 x k+2+ : : : = x k (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + : : : ) = x k F (x) 1.2.4 ¤o h m i·u g¼ s³ x£y ra n¸u ta l§y ¤o h m cõa h m sinh? Chóng ta h¢y bt ¦u tø vi»c l§y ¤o h m cõa mët h m sinh ¢ trð n¶n quen thuëc trong d¢y sè to n 1: d dx (1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + : : : ) = d dx ( 1 1 x ) 1 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + = 1 (1 x) 2 < 1; 2; 3; 4; > 1 (1 x) 2 Ta t¼m ÷ñc h m sinh cho d¢y sè < 1; 2; 3; 4; > Têng qu¡t, vi»c l§y ¤o h m cõa h m sinh câ hai t¡c ëng l¶n d¢y sè t÷ìng ùng: C¡c sè h¤ng ÷ñc nh¥n vîi ch¿ sè v to n bë d¢y sè ÷ñc dàch chuyºn sang tr¡i 1 và tr½. Quy tc 4. N¸u < f0 ; f 1 ; f 2 ; > F (x) th¼ < f1 ; 2f 2 ; 3f 3 ; > dF (x) dx Chùng minh: < f1 ; 2f 2 ; 3f 3 ; > f 1 + 2f 2 x + 3f 3 x 2 + : : : = d dx (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + f 3 x 3 + : : : ) = dF (x) dx Quy tc ¤o h m l mët quy tc r§t húu hi»u. Trong thüc t¸, ta th÷íng xuy¶n c¦n ¸n mët trong hai t¡c ëng cõa ph²p ¤o h m, nh¥n sè h¤ng vîi ch¿ sè v dàch chuyºn sang tr¡i. Mët c¡ch iºn h¼nh, ta ch¿ muèn câ mët t¡c ëng v t¼m c¡ch væ hi»u hâa t¡c ëng cán l¤i. V½ dö 5. T¼m h m sinh cho d¢y sè < 0; 1; 4; 9; 16; > 5 Gi£i Ta câ < 0; 1; 4; 9; 16; >=< 0; 1:1; 2:2; 3:3; 4:4; > M°t kh¡c < 1; 1; 1; > 1 1 x = f (x) df (x) dx =< 0; 1; 2; 3; 4; >= 1 (1 x) 2 p döng quy tc dàch chuyºn sang ph£i: < 0; 1; 2; 3; 4; > x (1 x) 2 = g(x) p döng quy tc ¤o h m, ta ÷ñc: < 1:1; 2:2; 3:3; 4:4; > dg dx (x) = 1 + x (1 x 3 ) hay < 1; 4; 9; 16; > 1 + x (1 x) 3 Vªy h m sinh cõa d¢y sè ban ¦u t÷ìng ùng l : < 0; 1; 4; 9; 16; > x(1 + x) (1 x) 3 1.2.5 Quy tc xon X²t h m G(x) = A(x):B (x) = 1 P n=0 n P i=0 a i b n i °t d n = n P i=0 a i b n i . Ta câ h m sinh cho d¢y fd n g8n 0 ch½nh l h m G(x). Ta gåi quy tc n y l ph²p xon hay quy tc xon. V½ dö 6. Sè Catalan Sè Catalan l sè ÷ñc x¡c ành mët c¡ch truy hçi nh÷ sau: d 0 = d 1 = 1, Cn = d 0 d n 1 + d 1 d n 2 + + d n 1 d 0 = n 1 P i=0 d i d n 1 i 8n 1 Sè Catalan câ nhi·u ành ngh¾a tê hñp kh¡c nhau, ch¯ng h¤n, sè Catalan l sè c¡c c¡ch nèi 2n iºm tr¶n ÷íng trán b¬ng n d¥y cung khæng ct nhau, l sè c¥y nhà ph¥n câ gèc câ n + 1 l¡, l sè ÷íng i ngn nh§t tr¶n l÷îi nguy¶n tø iºm (0; 0) ¸n iºm (n; n) khæng v÷ñt qua ÷íng th¯ng y = x,. . . Ngo i ra, trong qu¡ tr¼nh t½nh công ÷a ra c¡c ành ngh¾a v· sè Catalan: L c¡c c¡ch t½nh t½ch c¡c ¡nh x¤ f 0 ; f 1 ; : : : ; f n . Sau ¥y l b i to¡n quan trång v· sè Catalan. H¢y t½nh sè h¤ng têng qu¡t cõa d¢y Catalan. Gi£i Ta câ d n+1 = n P i=0 d i d n i 8n 1 X²t h m sinh G(x) = 1 P n=0 d n x n = 1 + 1 P n=1 d n x n (v¼ d 0 = 1) khi â G(x) 1 = 1 P n=1 d n x n = 1 P n=1 n P i=0 d i d n i x n Theo quy tc xon ta câ: G(x) 1 = xG(x) 2 ) G(x) = 1 p 1 4x 2x v¼ G(x) 0 ) G(x) = 1 p 1 4x 2x 6 ta câ: p 1 4x = 1 P n=0 f (n) (0) n x n = 1 2 1 P n=1 1 n C n 1 2n 2 x n (theo khai triºn Taylor) çng nh§t hai v¸ ta ÷ñc: G(x) = 1 (1 2 1 P n=1 1 n C n 1 2n 2 x n ) 2x = 1 P n=0 1 n + 1 C n 2n x n Vªy sè Catalan l : d n = 1 n + 1 C n 2n Tr¶n ¥y l mët sè ph²p to¡n tr¶n h m sinh. Sau ¥y chóng ta s³ x²t mët sè b i to¡n cö thº sû döng mët v i h m sinh th÷íng g°p vîi mët sè ph²p to¡n t÷ìng ùng. 2 Sû döng ph÷ìng ph¡p h m sinh trong gi£i to¡n 2.1 Dòng h m sinh l a thùc V½ dö 7. Cho m; n; r l c¡c sè tü nhi¶n vîi r m; n chùng minh r¬ng: C r m+n = r P k=0 C k n C r k m Gi£i X²t f (x) = (1 + x) n v g(x) = (1 + x) m Ta câ f (x)g(x) = (1 + x) n+m = n+m P r=0 C r n+m x r (1) M°t kh¡c ta câ: f (x) = n P k=0 C k n x k v g(x) = m P j =0 C j m x j ) f (x)g(x) = n P k=0 C k n x k m P j =0 C j m x j = n P k=0 m P j =0 C k n C j m x k+j = n+m P r=0 ( r P k=0 C k n Cm r kx r ) (2) Tø (1) v (2) çng nh§t hâa c¡c h» sè cõa x r ta câ: C r n+m = r P k=0 C k n C r k m ( pcm) V½ dö 8. T½nh :S = 1 2 C 1 n + 2 2 C 2 n + 3 2 C 3 n + + p 2 C p n + + n 2 C n n Gi£i X²t f (x) = (1 + x) n = C 0 n + C 1 n x + C 2 n x 2 + C 3 n x 3 + + C n n x n v g(x) = x(1 + x) n = C 0 n x + C 1 n x 2 + C 2 n x 3 + C 3 n x 4 + + C n n x n+1 Ta câ: f ; (x) = n(1 + x) n 1 = C 1 n + 2C 2 n x + 3C 3 n x 2 + + nC n n x n 1 ) f ; (1) = n2 n 1 = C 1 n + 2C 2 n + 3C 3 n + + nC n n (1) V câ: g ; (x) = (1 + x) n + nx(1 + x) n 1 = C 0 n + 2C 1 n x + 3C 2 n x 2 + 4C 3 n x 3 + + (n + 1)C n n x n 7 ) g ;; (x) = 2n(1 + x) n 1 + n(n 1)x(1 + x) n 2 = 2C 1 n + 3:2C 2 n x + 4:3C 3 n x 2 + + (n + 1)nC n n x n 1 ) g ;; (1) = 2n2 n 1 + n(n 1)2 n 2 = 2C 1 n + 3:2C 2 n + 4:3C 3 n + + (n + 1)nC n n (2) L§y (1) trø (2) v¸ vîi v¸ ta câ: S = 2n2 n 1 + n(n 1)2 n 2 n2 n 1 = n2 n 1 + n(n 1)2 n 2 . 2.2 Dòng h m sinh l c¡c chuéi lôy thøa væ h¤n ¦u ti¶n chóng ta nhc l¤i mët sè lþ thuy¸t v· chuéi lôy thøa væ h¤n. ¥y công ch½nh l nhúng cì sð lþ thuy¸t cho ph÷ìng ph¡p n y. 2.2.1 Cì sð lþ thuy¸t A = Rx c¡c chuéi lôy thøa h¼nh thùc tr¶n tr÷íng thüc R câ d¤ng P n0 a n x n l mët v nh vîi ph²p cëng v nh¥n chuéi thæng th÷íng : P n0 a n x n + P n0 b n x n = P n0 (a n + b n )x n k P n0 a n x n = P n0 ka n x n ; k 2 R P n0 a n x n = P n0 b n x n , a n = b n Trong A, ph¦n tû u = P n0 a n x n kh£ nghàch , a 0 6 = 0 v 1 u = 1 P n0 a n x n Nh¼n chung th¼ h m sinh câ r§t nhi·u ùng döng. Ð ¥y, chóng ta ch¿ x²t tîi nhúng ùng döng th÷íng g°p cõa h m sinh. Tr÷îc ti¶n ph£i nâi tîi l dòng h m sinh º gi£i quy¸t c¡c b i to¡n v· d¢y sè » qui. Khi ¢ bi¸t cæng thùc truy hçi cõa d¢y, ta câ thº dòng h m sinh º t½nh cæng thùc cõa sè h¤ng têng qu¡t cõa d¢y â. 2.2.2 D¢y Fibonacci D¢y Fibonacci l d¢y sè quen thuëc x¡c ành bði cæng thùc truy hçi: f 0 = 0; f 1 = 1; f n = f n 1 + f n 2 ; 8n 2 Chóng ta s³ thû dòng h m sinh º t¼m cæng thùc t÷íng minh cho c¡c sè h¤ng cõa d¢y sè â. 8 a) T¼m h m sinh : Khai triºn d¢y Fibonacci ta ÷ñc : f 0 = 0 f 1 = 1 f 2 = f 1 + f 0 f n = f n 2 + f n 1 Gi£ sû F (x) = X n0 f n x n = f 0 + f 1 x + X n2 f n x n = x + X n2 f n x n = x + X n2 (f n 1 + f n 2 )x n = x + X n2 f n 1 x n + X n2 f n 2 x n = x + X n2 f n 1 x n + X n2 f n 2 x n = x + x X n0 f n x n + x 2 X n0 f n x n = x + xF (x) + x 2 F (x) ) F (x) = x 1 x x 2 )< 0; 1; 2; 3; 5; 8; 13; > x 1 x x 2 Chóng ta th§y d¢y Fibonacci r§t khâ chàu nh÷ng h m sinh cõa nâ l¤i r§t ìn gi£n. b) T¼m cæng thùc t÷íng minh cõa sè h¤ng têng qu¡t: Nh÷ vªy chóng ta ¢ t¼m h m sinh cõa d¢y Fibonacci, cæng vi»c ti¸p theo l t¼m h» sè tø h m sinh. Câ mët v i c¡ch ti¸p cªn cho b i to¡n n y, nh÷ng c¡ch ìn gi£n nh§t l sû döng ph÷ìng ph¡p ph¥n t½ch. Tø c¡c h m ph¥n thùc ta ph¥n t½ch th nh c¡c ph¥n thùc sì c§p, t¼m c¡c h» sè cho c¡c ph¥n thùc sì c§p. Tø â ta t¼m ÷ñc c¡c h» sè c¦n t¼m. Cö thº v o b i to¡n vîi d¢y sè Fibonacci, ta l m nh÷ sau: Ph¥n t½ch m¨u sè ra thøa sè: 9 x 1 x x 2 = x (1 a 1 x)(1 a 2 x) trong â a 1 = 1 + p 5 2 ; a 2 = 1 p 5 2 . T¼m c¡c h¬ng sè A1 v A2 sao cho : x 1 x x 2 = A1 1 a 1 x + A2 1 a 2 x ; Ta câ thº l m i·u n y b¬ng ph÷ìng ph¡p h» sè b§t ành v ta d¹ d ng t¼m ÷ñc: A1 = 1 a 1 a 2 = 1 p 5 ; A2 = 1 a 1 a 2 = 1 p 5 . ) F (x) = x 1 x x 2 = 1 p 5 ( 1 a 1 a 2 1 a 1 a 2 ) = 1 p 5 ( X n0 a n 1 x n X n0 a n 2 x n ) = 1 p 5 X n0 (a n 1 a n 2 )x n = X n0 1 p 5 (( 1 + p 5 2 ) n ( 1 p 5 2 ) n )x n : çng nh§t h» sè, ta ÷ñc : f n = 1 p 5 (( 1 + p 5 2 ) n ( 1 p 5 2 ) n ) ¥y ch½nh l cæng thùc t½nh sè h¤ng têng qu¡t cõa d¢y Fibonacci. T÷ìng tü nh÷ vªy, chóng ta công câ thº dòng ph÷ìng ph¡p h m sinh º gi£i nhi·u b i to¡n v· d¢y sè kh¡c. 2.2.3 ¸m b¬ng h m sinh Trong ph¦n n y chóng ta s³ bi¸t th¶m mët ùng ëc ¡o cõa h m sinh núa, â l h m sinh câ thº sû döng cho c¡c b i to¡n ¸m. Cö thº l b i to¡n v· chån c¡c ph¦n tû tø mët tªp hñp thæng th÷íng s³ d¨n tîi h m sinh. Khi h m sinh ÷ñc ¡p döng theo c¡ch n y th¼ h» sè cõa x n ch½nh l sè c¡ch chån n ph¦n tû, tùc l vîi a n l h» sè cõa x n ; 8n 2 th¼ h m sinh cõa sè c¡ch chån s³ l F (x) = P n0 a n x n . º hiºu rã hìn ta i v o c¡c d¤ng to¡n sau : 10 a) B i to¡n chån c¡c ph¦n tû ph¥n bi»t Têng qu¡t: câ bao nhi¶u c¡ch chån n ph¦n tû ph¥n bi»t tø tªp hñp k ph¦n tû. B i to¡n n y câ thº gi£i quy¸t d¹ d ng b¬ng cæng thùc tê hñp. Nh÷ng l¦n n y chóng ta s³ sû döng h m sinh. Cö thº nh÷ sau: ¦u ti¶n ta h¢y x²t tªp hñp câ mët ph¦n tû fa 1 g. Ta câ : 1 c¡ch chån 0 ph¦n tû 1 c¡ch chån 1 ph¦n tû 0 c¡ch chån 2 ph¦n tû trð l¶n ) H m sinh cho sè c¡ch chån n ph¦n tû tø tªp fa 1 g l 1 + x. T÷ìng tü nh÷ vªy, h m sinh cho sè c¡ch chån n ph¦n tû tø tªp fa i g(1 i k) công l 1 + x (khæng phö thuëc v o sü kh¡c bi»t giúa c¡c a i ). B¥y gií ta s³ chùng minh: h m sinh cho sè c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø hñp cõa hai tªp hñp b¬ng t½ch c¡c h m sinh cho sè c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø méi tªp hñp(). Ti¶p töc x²t tªp 2 ph¦n tû fa 1 ; a 2 g ta câ : 1 c¡ch chån 0 ph¦n tû 2 c¡ch chån 1 ph¦n tû 1 c¡ch chån 2 ph¦n tû 0 c¡ch chån 3 ph¦n tû trð l¶n ) H m sinh cho sè c¡ch chån n ph¦n tû tø tªp fa 1 ; a 2 g l : 1 + 2x + x 2 = (1 + x) 2 = (1 + x)(1 + x) Ti¸p töc ¡p döng quy tc n y ta s³ ÷ñc h m sinh cho sè c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø tªp k ph¦n tû : (1 + x)(1 + x) : : : (1 + x) = (1 + x) k Ta câ :< C 0 k ; C 1 k ; C 2 k ; : : : ; C k k ; 0; 0; > C 0 + k; C 1 k + C 2 k + + C k k = (1 + x) k Nh÷ vªy h» sè cõa x n trong (1 + x) k l C n k v b¬ng sè c¡ch chån n ph¦n tû ph¥n bi»t tø tªp k ph¦n tû. 11 b) B i to¡n chån c¡c ph¦n tû câ l°p: º hiºu c¡ch gi£i b i to¡n n y tr÷îc ti¶n ta ph£i mð rëng () th nh quy tc xon: Quy tc xon: Gåi A(x) l h m sinh cho c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø tªp hñp A v B(x) l h m sinh cho c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø tªp hñp B. N¸u A v B ríi nhau th¼ h m sinh cho c¡ch chån c¡c ph¦n tû tø tªp A B l A(x)B(x). Quy tc n y óng cho c£ tr÷íng hñp chån c¡c ph¦n tû ph¥n bi»t ,công óng cho tr÷íng hñp chån nhi·u l¦n còng mët ph¦n tû. Ta câ b i to¡n nh÷ sau: Câ 5 lo¤i kµo : kµo súa, kµo socola, kµo chanh,kµo d¥u v kµo c ph¶. Häi câ bao nhi¶u c¡ch chån 12 c¡i kµo tø 5 lo¤i kµo n y. B i to¡n d¤ng têng qu¡t : câ ba nhi¶u c¡ch chån k ph¦n tû tø tªp hñp câ n ph¦n tû, trong â cho ph²p mët ph¦n tû câ thº ÷ñc chån nhi·u l¦n. Ta s³ gi£i b i to¡n d¤ng têng qu¡t. Chia tªp n ph¦n tû th nh hñp cõa n tªp Ai ; 1 i n; méi tªp gçm duy nh§t mët ph¦n tû thuëc tªp n ph¦n tû. Vîi méi tªp Ai , ta câ : 1 c¡ch chån 0 ph¦n tû 1 c¡ch chån 1 ph¦n tû 1 c¡ch chån 2 ph¦n tû ) H m sinh cõa c¡ch chån câ l°p tø tªp Ai l : < 1; 1; 1; 1; > 1 + x + x 2 + x 3 + = 1 1 x p döng quy tc xon:) H m sinh cõa c¡ch chån (câ l°p) c¡c ph¦n tû tø tªp hñp n ph¦n tû s³ l : 1 1 x 1 1 x : : : 1 1 x = 1 (1 x) n B¥y gií ta c¦n t½nh h» sè cõa x k trong 1 (1 x) n º l m vi»c n y, ta thi¸t lªp khai triºn Taylor cõa f (x) := 1 (1 x) n f (x) = f (0) + f 0 (0) 1 x + f (0) 2 x 2 + + f (k) k x k + : : : )H» sè cõa x k l : 12 f (k) k = C k n+k 1 Nh÷ vªy sè c¡ch chån k ph¦n tû câ l°p tø tªp hñp câ n ph¦n tû l C k n+k 1 . Quay l¤i vîi b i to¡n ban ¦u, sè c¡ch chån 12 c¡i kµo tø 5 lo¤i kµo r§t ìn gi£n s³ l C 12 16 . C¡c b¤n câ thº dòng ph÷ìng ph¡p kh¡c º thû l¤i k¸t qu£ n y. V½ dö 9. B i to¡n chån qu£ (ùng döng ph÷ìng ph¡p ¸m b¬ng h m sinh). Câ bao nhi¶u c¡ch sp mët giä n tr¡i c¥y thäa m¢n i·u ki»n sau: Sè t¡o ph£i ch®n. Sè chuèi ph£i chia h¸t cho 5. Ch¿ câ thº câ nhi·u nh§t 4 qu£ cam. Ch¿ câ thº câ nhi·u nh§t 1 qu£ o. B i to¡n câ nhúng i·u ki»n r ng buëc r§t phùc t¤p v ta câ c£m gi¡c nh÷ vi»c gi£i b i to¡n l væ vång. Nh÷ng h m sinh l¤i cho ta mët c¡ch gi£i quy¸t nhanh gån. Gi£i Tr÷îc ti¶n ta i t¼m h m sinh cho c¡ch chån tøng lo¤i qu£: Chån t¡o: 1 c¡ch chån 0 qu£ t¡o 0 c¡ch chån 1 qu£ t¡o 1 c¡ch chån 2 qu£ t¡o 0 c¡ch chån 3 qu£ t¡o Nh÷ th¸ ta câ h m sinh A(x) = 1 + x 2 + x 4 + = 1 1 x 2 . T÷ìng tü ta t¼m ÷ñc h m sinh cho c¡ch chån chuèi l : B(x) = 1 + x 5 + x 10 + = 1 1 x 5 H m sinh cho c¡ch chån cam v o hìi kh¡c mët chót. Ta câ : 13 1 c¡ch chån 0 qu£ cam 1 c¡ch chån 1 qu£ cam 1 c¡ch chån 2 qu£ cam 1 c¡ch chån 3 qu£ cam 1 c¡ch chån 4 qu£ cam 0 c¡ch chån 5 qu£ cam ) H m sinh l C (x) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 = 1 x 5 1 x T÷ìng tü ta t¼m ÷ñc h m sinh cho c¡ch chån o l D(x) = 1 + x = 1 x 2 1 x p döng quy tc xon: ) H m sinh cho c¡ch chån tø c£ 4 lo¤i qu£ l : A(x)B(x)C (x)D(x) = 1 1 x 2 1 1 x 5 1 x 5 1 x 1 x 2 1 x = 1 (1 x) 2 = 1 + 2x + 3x 2 + 4x 3 Nh÷ vªy c¡ch sp giä tr¡i c¥y gçm n tr¡i ìn gi£n l n + 1 c¡ch. V½ dö 10. B i to¡n nghi»m nguy¶n (V½ dö 3 s¡ch gi¡o tr¼nh): T½nh sè nghi»m nguy¶n khæng ¥m cõa ph÷ìng tr¼nh: x 1 + x 2 + + x d = n Gi£i V¼ x 1 ; x 2 ; : : : ; x d nguy¶n khæng ¥m n¶n suy ra x i (1 i d) nhªn c¡c gi¡ trà 0; 1; 2; 3; : : : . Ta t¼m h m sinh cho c¡ch chån méi x i (1 i d). Câ 1 c¡ch chån gi¡ trà 0 1 c¡ch chån gi¡ trà 1 1 c¡ch chån gi¡ trà 2 1 c¡ch chån gi¡ trà 3 ) H m sinh cho c¡ch chån méi x i l 1 + x + x 2 + x 3 + = 1 1 x . p döng quy tc xon: ) H m sinh cho c¡ch chån bë sè (x 1 ; x 2 ; x 3 ; : : : ; x d ) l 1 (1 x) d . Gåi u n l sè nghi»m nguy¶n khæng ¥m cõa ph÷ìng tr¼nh x 1 + x 2 + + x d = n. Khi â h m sinh cõa d¢y vîi c¡c sè h¤ng d¤ng u n ch½nh l h m sinh cho sè c¡ch chån bë sè (x 1 ; x 2 ; x 3 ; : : : ; x d ). Tùc l P k0 u k x k = 1 (1 x) d = P k0 C k k+d 1 x k . Vªy u n = C n n+d 1 . 14 3 B i tªp B i 1. Vîi n l sè nguy¶n d÷ìng ,chùng minh r¬ng: a)C 1 n + 2C 2 n + + (n 1)C n 1 n + nC n n = n2 n 1 : b)2:1:C 2 n + 3:2:C 3 n + + n(n 1)C n n = n(n 1)2 n 2 : c)( 1) r C r r C r n + ( 1) r+1 C r r+1 + + ( 1) n C r n C n n = 0: Gi£i a)X²t f (x) = (1 + x) n = n P k=0 C k n x k (1): L§y ¤o h m hai v¸ ta ÷ñc n(1 + x) n 1 = n P k=0 kC k n x k 1 (2): Thay x = 1 v o (2) ta câ, n2 n 1 = n P k=0 kC k n ( pcm) b)L¥þ ¤o h m c§p hai cõa (1) v thay x = 1 v o biºu thùc vøa nhªn ÷ñc ta câ ÷ñc i·u c¦n chùng minh. c)L§y ¤o h m c§p rtheo hai v¸ cõa (1) ta ÷ñc, n(n 1) : : : (n r + 1)(1 + x) n r = n P k=r k(k 1) : : : (k r + 1)C k n x k r (4) Chia hai v¸ cõa (4) chor ta ÷ñc: 1 r n(n 1) : : : (n r + 1)(1 + x) n r = n X k=r k(k 1) : : : (k r + 1) r x k r = n X k=r k r(k r) C k n x k r = n X k=r C r k x k r (5) Thayx = 1 v o (5) ta ÷ñc: n P k=r ( 1) k C r k C k n = 0 15 B i 2. Vîi n l sè nguy¶n d÷ìng, CMR: C 2 n + 2C 3 n + + (n 1)C n n > (n 2)2 n 1 Gi£i Vîi x 2 R; n 2 N , x²t f (x) = (1 + x) n = C 0 n + C 1 n x + C 2 n x 2 + + C n n (1) Thay x = 1 v o (1) ta ÷ñc: 2 n = C 0 n + C 1 n + + C n 1 n + C n n (2) L§y ¤o h m hai v¸ cõa (1) ta ÷ñc: n(1 + x) n 1 = C 1 n + 2C 2 n x 2 + + (n 1)C n 1 n x n 2 + nC n n x n 1 (3) Thay x = 1 v o (3) ta ÷ñc: n2 n 1 = C 1 n + 2C 2 n + + (n 1)C n 1 n + nC n n (4) L§y (4) trø (2) v¸ vîi v¸ ta ÷ñc: n2 n 1 2 n = C 0 n + C 2 n + 2C 3 n + + (n 1)C n n , C 2 n + 2c 3 n + + (n 1)C n n = (n 2)2 n 1 + 1 > (n 2)2 n 1 ) pcm B i 3. Rót gån biºu thùc sau: a)S = P n k=0 (k + 1)C k n b) n P k=0 C k n 1+k c) n P k=0 ( 1) k C k n 1+k Gi£i a) X²t h m f (x) = (1 + x) n = n P k=o C k n x k Suy ra xf (x) = x(1 + x) n = n P k=0 C k n x k+1 L§y ¤o h m hai v¸ ta ÷ñc: nx(1 + x) n 1 + (1 + x) n = n P k=0 (k + 1)C k n x n () Thay x = 1 v o (), ta câ S = n2 n 1 + 2 n = (n + 2)2 n 1 Tùc l : S = (n + 2)2 n 1 b)X²t f (x) = (1 + x) n = n P k=0 x k L§y t½ch ph¥n hai v¸ ta ÷ñc: R t 0 (1 + x) n dx = R n 0 n P k=0 C k n dx ) (1+t) n+1 1 n+1 = n P k=0 t k+1 C k n k+1 (2) Thay t = 2 v o (2) ta ÷ñc: 2 n+1 1 n+1 = n P k=0 C k n k+1 c)Thay t = 1 v o(2) ta ÷ñc: n P k=0 ( 1) k+1 C k n k+1 = 1 n+1 ) 1 n+1 = n P k=0 ( 1) k+1 C k n k+1 = 1 n+1 . 16 B i 4. T½nh têng sau: 1)A = n P k=0 C k n k 2)B = n P k=1 ( 1) k 1 C k n k Gi£i 1)Ta x²t f (x) = (1 + x) n = n P k=0 C k n x k ) n P k=1 C k n x k 1 = (1+x) n 1 x L§y t½ch ph¥n hai v¸: R 1 0 n P k=1 C k n x k 1 dx = R 1 0 (1+x) n 1 x dx °t I n = R 1 0 (1+x) n 1 x dx Khi â, I n = n P k=1 C k n k M I k I k 1 = R 1 0 (1+x) k (1+x) k 1 x dx n¶n ta câ I k I k 1 = 2 k 1 k v I 0 = R 1 0 0dx = 0 Vªy I n = I 0 + n P k=1 (I k I k 1) = n P k=1 2 k k n P k=1 1 k Tø â ta câ ngay têng c¦n t¼m. 2)Ta câ: n P k=0 ( 1) k C k n x k = (1 x) n ) n P k=1 ( 1) k 1 C k n x k 1 = 1 (1 x) n x L§y t½ch ph¥n hai v¸ ta ÷ñc: I n = R 1 0 1 (1 x) n x dx = n P k=1 ( 1) k 1 C k n k M I k I k 1 = R 1 0 (1 x) k 1 (1 x) k x dx I k I k 1 = R 1 0 (1 x) k 1 dx = 1 k v J o = 0 N¶n J n = J o + n P k=1 (J k J k 1) = n P k=1 1 k Vªy B = n P k=1 1 k . B i 5. Cho Sn = 1 + 1 2 + 1 3 + + 1 n , chùng minh r¬ng: Sn C 1 n Sn 1 + C 2 n Sn 2 + ( 1) n 1 C n 1 n S1 = ( 1) n 1 n . Gi£i X²t f (x) = (x 1) n = x n C 1 n x n 1 + C 2 n x n 2 + ( 1) n C n n . (1) ) f (1) = 0 = 1 C 1 n + C 2 n + ( 1) n C n n (2) L§y (1) trø (2) v¸ vîi v¸ ta câ: (x 1) n = x n 1 C 1 n (x n 1 1) + C 2 n (x n 2 1) + ( 1) n 1 C n 1 n (x 1) chia hai v¸ cho x 1 v l§y t½ch ph¥n tr¶n 0,1 ta ÷ñc: 17 ( 1) n 1 n = R 1 0 (x 1) n 1 dx = R 1 0 (x n 1 + x n 2 + +1)dx C 1 n R 1 0 (x n 2 + x n 3 + +1)dx + +( 1) n 1 C n 1 n R 1 0 dx = Sn C 1 n Sn 1 + C 2 n Sn 2 + ( 1) n 1 C n 1 n S1 ) pcm. B i 6. Thu gån c¡c biºu thùc sau: P d 1+d 2++d k=mn C d 1 n C d 2 n : : : C d k n Gi£i V¨n x²t a thùc f (t) = (1 + t) n = n P d i =0 C d i n :t d i (i = 1; 2; : : : ; k ) Khi â, (f (t)) kn = kn P j =0 C j kn t j Nh÷ vªy, sè h¤ng bªc m n l : C m kn t m : M°t kh¡c (f (t)) kn = (1 + t) n :(1 + t) n : : : (1 + t) n | {z } kln : = n P d 1=o C d 1 n t d 1 n P d k =0 C d k n t d k : Nh¥n a thùc mët c¡ch thæng th÷íng th¼ ta câ sè h¤ng bªc m = d 1 + d 2 + + d k n l : P d 1++d k=mn C d 1 n C d 2 n : : : C d k n t m : Tø â ta rót ra h» thùc sau: P d 1++d k=mn C d 1 n C d 2 n : : : C d k n = m P kn : B i 7. Dòng chuéi f (x) = P k0 x 2k+1 º x¥y düng h m sinh cho sè nghi»m nguy¶n l´ cõa ph÷ìng tr¼nh x 1 + x 2 + + x d = n (). Gi£i Trong ph÷ìng tr¼nh () th¼ x 1 ; x 2 ; x 3 ; : : : ; x d câ vai trá nh÷ nhau n¶n ta ch¿ c¦n t¼m h m sinh cho c¡ch chån mët x i (1 i d) b§t k¼. V¼ x i nguy¶n d÷ìng l´ n¶n x i nhªn c¡c gi¡ trà :1; 3; 5; 7; : : : . Nh÷ vªy h m sinh cho c¡ch chån mët x i l : f (x) = x + x 3 + x 5 + = P k0 x 2k+1 Ta câ f (x) = P k0 x 2k+1 = x 1 x 2 p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho c¡ch chån bë sè (x 1 ; x 2 ; x 3 ; : : : ; x d ) l x d (1 x 2 ) d B i 8. X¡c ành d¢y sè (u n )n 0 bi¸t u 0 = u 1 = 1 v u n = au n 1 + bu n 2 ; 8n 2 trong c¡c tr÷íng hñp sau: (a; b) = (1; 2); (a; b) = (3; 4) textbfGi£i Ta câ h m sinh cõa d¢y (u n )n 0 l F (x) = P n0 u n x n Theo b i ra ta câ 18 F (x) = u 0 + u 1 x + X n2 u n x n = 1 + x + X n2 (au n 1 + bu n 2 )x n = 1 + x + a X n2 u n 1 x n + b X n2 u n 2 x n = 1 + x + ax( X n0 u n x n u 0) + bx 2 X n0 u n x n = 1 + x + axF (x) ax + bx 2 F (x) ) F (x) = 1 ax + x 1 ax bx 2 . TH1:(a; b) = (1; 2) ta câ: F (x) = 1 1 x 2x 2 = 1 (1 + x)(1 2x) = 1 3(1 + x) 2 3(1 2x) = 1 3 X n0 ( 1) n x n 2 3 X n0 2 n x n = X n0 ( 1) n 2 n 3 x n : çng nh§t h» sè ) u n = ( 1) n 2 n 3 ; 8n 2 TH2: (a; b) = (3; 4) Ta câ F (x) = 1 2x 1 3x + 4x 2 B i 9. X¡c ành d¢y sè (u n )n 0 bi¸t u 0 = u 1 = u 2 = 1 v u n = au n 1 + bu n 2 + cu n 3 ; 8n 3 trong c¡c tr÷íng hñp sau: (a; b; c) = (6; 11; 6); (a; b; c) = (5; 1; 5) Gi£i X²t G(x) = P n0 u n x n (1) l h m sinh cõa d¢y (u n )n 0. G(x) = u 0 + u 1 x + u 2 x 2 + X n3 u n x n = u 0 + u 1 x + u 2 x 2 + X n3 (au n 1 + bu n 2 + cu n 3 )x n = u 0 + u 1 x + u 2 x 2 + ax( X n0 u n x n u 1 x u 0) + bx 2 ( X n0 u n x n u 0) + cx 3 X n0 u n x n = 1 + x + x 2 + ax(G(x) x 1) + bx 2 (G(x) 1) + cx 3 G(x) 19 ) G(x) = (1 a b)x 2 + (1 a)x + 1 1 ax bx 2 cx 3 TH (a; b; c) = (6; 11; 6): G(x) = 6x 2 5x + 1 1 6x + 11x 2 6x 3 = 1 1 x ) G(x) = P n0 x n (2) çng nh§t h» sè (1); (2) ta câ u n = 1; 8n 0 TH (a; b; c) = (5; 1: 5): G(x) = 5x 2 4x + 1 1 5x x 2 + 5x 3 = P n0 x n (3) çng nh§t h» sè (1); (3) ta câ u n = 1; 8n 0 B i 10. Dòng h m sinh º x¡c ành sè c¡ch chia 10 qu£ bâng gièng nhau cho 4 ùa tr´ º méi ùa nhªn ½t nh§t 2 qu£. Gi£i º gi£i b i to¡n ta t¼m h m sinh cho sè c¡ch chia bâng cho mët ùa tr´ Gi£ thi¸t cho méi ùa nhªn ½t nh§t 2 qu£ bâng n¶n ta suy ra 0 c¡ch ùa tr´ nhªn 0 qu£ 0 c¡ch ùa tr´ nhªn 1 qu£ 1 c¡ch ùa tr´ nhªn 2 qu£ 1 c¡ch ùa tr´ nhªn 3 qu£ Vªy h m sinh cho c¡ch chia â l x 2 + x 3 + x 4 + : : : p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho c¡ch chia bâng cho 4 dùa tr´ l : F (x) = (x 2 + x 3 + x 4 + : : : ) 4 = x 8 (1 + x + x 2 + x 3 + : : : ) 4 = x 8 (1 x) 4 = x 8 X n0 C k 4+k 1 x k = X n0 C k 3+k x k+8 ) Sè c¡ch chia 10 qu£ bâng ch½nh l h» sè cõa x 10 v b¬ng C 2 5 = 10 c¡ch. 20 B i 11. Gi£ sû câ 4 loai kµo : socola,chanh, d¥u, súa.T¼m h m sinh cho sè c¡ch chån n c¡i kµo th£o m¢n c¡c i·u ki»n kh¡c nhau kh¡c nhau sau ¥y a) Méi mët lo¤i kµo xu§t hi»n sè l´ l¦n. b) Sè kµo cõa méi mët lo¤i kµo chia h¸t cho 3. c) Khæng câ kµo socola v câ nhi·u nh§t 1 kµo chanh. d) Câ 1; 3 hay 11 c¡i kµo socola,2; 4 ho°c 5 c¡i kµo chanh. e) Méi lo¤i kµo xu§t hi»n ½t nh§t 10 l¦n. Gi£i a) V¼ méi lo¤i kµo xu§t hi»n l nh÷ nhau n¶n ta ch¿ c¦n t¼m h m sinh cho sè c¡ch chån mët lo¤i kµo. Ta câ 0 c¡ch chån 0 c¡i 1 c¡ch chån 1 c¡i 0 c¡ch chån 2 c¡i 1 c¡ch chån 3 c¡i . . . . . . Vªy h m sinh cho sè c¡ch chån mët lo¤i kµo l : x + x 3 + x 5 + : : : p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho c¡ch chån bèn lo¤i kµo l : F (x) = (x + x 3 + x 5 + : : : ) 4 = x 4 (1 + x 2 + x 4 + : : : ) 4 = x 4 (1 x 2 ) 4 b) Ta câ sè c¡ch chån kµo thäa m¢n i·u ki»n sè kµo cõa méi mët lo¤i kµo chia h¸t cho 3. 1 c¡ch chån 0 c¡i 0 c¡ch chån 1 c¡i 0 c¡ch chån 2 c¡i 1 c¡ch chån 3 c¡i 0 c¡ch chån 4 c¡i 0 c¡ch chån 5 c¡i 1 c¡ch chån 6 c¡i . . . . . . 21 ) H m sinh cho sè c¡ch chån mët lo¤i kµo th£o m¢n i·u ki»n tr¶n l : 1 + x 3 + x 6 + x 9 + : : : . p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho sè c¡ch chån n c¡i kµo tø bèn lo¤i kµo l : F (x) = (1 + x 3 + x 6 + x 9 + : : : ) 4 = 1 (1 x 3 ) 4 c) H m sinh cho sè c¡ch chån kµo socola l 1. H m sinh cho sè c¡ch chån kµo chanh l 1 + x. H m sinh cho sè c¡ch chån kµo d¥u l 1 + x + x 2 + = 1 1 x . H m sinh cho sè c¡ch chån kµo súa l 1 + x + x 2 + = 1 1 x p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho sè c¡ch chån n c¡i kµo tø bèn lo¤i kµo l : F (x) = 1(1 + x) 1 1 x 1 1 x = 1 + x (1 x) 2 d) H m sinh cho sè c¡ch chån kµo socola l x + x 3 + x 11 . H m sinh cho sè c¡ch chån kµo chanh l x 2 + x 4 + x 5 . H m sinh cho sè c¡ch chån kµo d¥u l 1 + x + x 2 + = 1 1 x . H m sinh cho sè c¡ch chån kµo súa l 1 + x + x 2 + = 1 1 x p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho sè c¡ch chån n c¡i kµo tø bèn lo¤i kµo l : G(x) = (x +x 3 +x 11 )(x 2 +x 4 +x 5 ) 1 1 x 1 1 x = x 3 (1 x) 2 (1+ x 2 +x 10 )(x +x 2 +x 3 ) e) H m sinh cho sè c¡ch chån kµo sao cho mët lo¤i kµo xu§t hi»n ½t nh§t 10 l¦n l : x 10 + x 11 + x 12 + : : : p döng quy tc xon ta t¼m ÷ñc h m sinh cho sè c¡ch chån n c¡i kµo tø bèn lo¤i kµo l : F (x) = (x 10 + x 11 + x 12 + : : : ) 4 = x 40 (1 + x + x 2 + : : : ) 4 = x 10 (1 x) 4 B i 12. Sû döng h m sinh gi£i c¡c h» thùc » qui sau: a) a 0 = 1; a n = 3a n 1 + 2 b) a 0 = 1; a n = 3a n 1 + 4 n 1 22 c) a 4 = 6; a 1 = 30; a n = 5a n 1 a n 2 d) a 1 = 4; a 1 = 12; a n = a n 1 + 2a n 2 + 2 n Gi£i a) a 0 = 1; a n = 3a n 1 + 2 X²t h m sinh cõa d¢y con (a n )n 0 l : G(x) = P n0 a n x n (1) Khi â: G(x) = a 0 + X n1 a n x n = 1 + X n1 (3a n 1 + 2)x n = 1 + 3 X n1 a n 1 x n + 2 X n1 x n = 1 + 3x X n0 a n x n + 2 X n0 x n 2 = 3xG(x) + 2 1 x 1 = 3xG(x) + 1 + x 1 x 1 ) G(x) = 1 + x (1 x)(1 3x) = 2 1 3x 1 1 x = 2 X n0 (3x) n X n0 x n = X n0 (2:3 n 1)x n () çng nh§t h» sè cõa (1) v () ta ÷ñc a n = 2:3 n 1) b) a 0 = 1; a n = 3a n 1 + 4 n 1 X²t h m sinh G(x) = P n0 a n x n (1) 23 Khi â G(x) = a 0 + X n1 a n x n = 1 + X n1 (3a n 1 + 4 n 1 )x n = 1 + 3 X n1 a n 1 x n + X n1 4 n 1 x n = 1 + 3x X n0 a n x n + x X n0 (4x) n = 1 + 3xG(x) + x 1 4x = 3xG(x) + 1 3x 1 4x ) G(x) = 1 1 4x = P n1 4 n x n (2) çng nh§t h» sè cõa (1) v (2) ta ÷ñc a n = 4 n . c) a 4 = 6; a 1 = 30; a n = 5a n 1 a n 2 X²t h m sinh G(x) = P n0 a n x n (1) Khi â G(x) = a 0 + a 1 x + X n2 a n x n = a 0 + a 1 x + X n2 (5a n 1 + 6a n 2 )x n = a 0 + a 1 x + 5 X n2 a n 1 x n 6 X n2 a n 2 x n = a 0 + a 1 x + 5x( X n0 a n x n a 0 ) 6x 2 X n0 a n x n = 6 + 5xG(x) + 6x 2 G(x) Nh÷ vªy G(x) = 6 1 5x 6x 2 = 6 7(1 + x) + 36 7(1 6x) = 6 7 X n0 ( 1) n x n + 36 7 X n0 (6x) n = X n0 6 7 (( 1) n + 6 n+1 )x n (2) çng nh§t h» sè cõa (1) v (2) ta ÷ñc a n = 6 7 (( 1) n + 6 n+1 ). 24 d) a 0 = 4; a 1 = 12; a n = a n 1 + 2a n 2 + 2 n X²t h m sinh G(x) = P n0 a n x n (1) Khi â G(x) = a 0 + a 1 x + X n2 a n x n = a 0 + a 1 x + X n2 (a n 1 + 2a n 2 + 2 n )x n = a 0 + a 1 x + X n2 a n 1 x n + 2 X n2 a n 2 x n + X n0 (2x) n = a 0 + a 1 x + x( X n0 a n x n a 0 ) 2x 2 X n0 a n x n + X n0 (2x) n 2x 1 = 4 + 12x + x(G(x) 4) + 2x 2 G(x) + 1 1 2x 2x 1 = x(G(x) 4) + 2x 2 G(x) + 3 + 6x + 1 1 2x Nh÷ vªy, G(x) = 12x 2 4 (2x 2 + x 1)(1 2x) = 8 9(1 + x) + 171 8(1 2x) + 369 8(1 2x) 2 = 8 9 X n0 ( 1) n x n + 171 8 X n0 (2x) n + 369 8 X n0 (n + 1)(2x) n = X n0 ( 8 9 ( 1) n + 171 8 2 n + x n 369 8 (n + 1)(2) n )x n (2) çng nh§t h» sè cõa (1) v (2) ta ÷ñc a n = 8 9 ( 1) n + 171 8 2 n +x n 369 8 (n +1)(2) n 25
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ SƠ CẤP PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SINH Giáo viên hướng dẫn: ThS. Đào Ngọc Minh Nhóm sinh viên: Trương Thị Nhung Lăng Thúy Nga Phạm Thị Lan Phương Mai Thị Ngoan Lớp: K57C HÀ NỘI, 9/2010 Mục lục 1 Giới thiệu về hàm sinh và các phép toán trên hàm sinh 2 1.1 Giới thiệu về hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Các phép toán trên hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.1 Nhân với hằng số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.2 Cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.3 Dịch chuyển sang phải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.4 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.5 Quy tắc xoắn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2 Sử dụng phương pháp hàm sinh trong giải toán 7 2.1 Dùng hàm sinh là đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2 Dùng hàm sinh là các chuỗi lũy thừa vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.2 Dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2.3 Đếm bằng hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3 Bài tập 15 1 1 Giới thiệu về hàm sinh và các phép toán trên hàm sinh 1.1 Giới thiệu về hàm sinh Hàm sinh là một trong những sáng tạo thần tình, bất ngờ, nhiều ứng dụng của toán rời rạc. Nói một cách nôm na, hàm sinh chuyển những bài toán về dãy số thành những bài toán về hàm số. Với điều này chúng ta có thể dễ dàng giải quyết được một số bài toán. Trong bài này, các dãy số sẽ được để trong dấu ngoặc <> để phân biệt với các đối tượng toán học khác. Định nghĩa : Hàm sinh thường của dãy số vô hạng (a n ) n ≥ 0 là chuỗi lũy thừa hình thức: G(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x n + ··· + a n x n + . . . Ta gọi hàm sinh là chuỗi lũy thừa hình thức bởi vì thông thường ta sẽ chỉ coi x là một kí hiệu thay thế thay vì một số. Chỉ trong vài trường hợp, ta sẽ cho x nhận các giá trị thực, vì thế ta gần như không để ý đến sự hội tụ của các chuỗi. Có một số loại hàm sinh khác nhau, trong bài này ta chỉ xét đến hàm sinh thường. Trong bài này ta sẽ ký hiệu sự tương ứng giữa một dãy số và hàm sinh bằng dấu "↔" như sau : <a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n , . . . > ↔ a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ··· + a n x n + . . . Ví dụ, dưới đây là một số ví dụ và hàm sinh của chúng <0, 0, 0, 0, . . . ,> ↔ 0 + 0.x + 0.x 2 + 0.x 3 + ··· = 0 <1, 0, 0, 0, . . . ,> ↔ 1 + 0.x + 0.x 2 + 0.x 3 + ··· = 1 <3, 2, 1, 0, . . . ,> ↔ 3 + 2.x + 1.x 2 + 0.x 3 + ··· = x 2 + 2x + 3 Quy tắc ở đây rất đơn giản: Số hạng thứ i của dãy số (đánh số từ 0) là hệ số của x i trong hàm sinh. Nhắc lại công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là : 1 + z + z 2 + ··· = 1 1 − z Đẳng thức này không đúng với |z| ≥ 1. Nhưng một lần nữa ta không quan tâm đến vấn đề hội tụ. Công thức này cho chúng ta công thức tường minh cho hàm sinh của hàng loạt dãy số : < 1, 1, 1, 1, ··· >↔ 1 + x + x 2 + x 3 + ··· = 1 1 − x < 1, −1, 1, −1, ··· >↔ 1 −x + x 2 − x 3 + ··· = 1 1 + x < 1, a, a 2 , a 3 , ··· >↔ 1 + ax + a 2 .x 2 + a 3 .x 3 + ··· = 1 1 − ax 2 < 1, 0, 1, 0, ··· >↔ 1 + x 2 + x 4 + ··· = 1 1 − x 2 Vận dụng điều này, ta có bài toán : Ví dụ 1. Tìm công thức tổng quát cho dãy (y n , n ≥ 0) với y 0 = 1 và y n = a.y n−1 + b n , ∀n ≥ 1. Giải Xét G(x) = ∞ n=1 y n x n Khi đó : G(x) = y 0 + ∞ n=0 y n x n = y 0 + ∞ n=1 (ay n−1 + b n )x n = y 0 + ∞ n=0 ay n−1 x n + ∞ n=0 b n x n = ax ∞ n=0 y n x n + y 0 − 1 + ∞ n=0 b n x n = axG(x) + 1 − 1 + 1 1 − bx do(y 0 = 1) = axG(x) + 1 1 − bx Vậy G(x) = axG(x) + 1 1 − bx ⇔ G(x)(1 − ax) = 1 1 − bx ⇔ G(x) = 1 (1 − ax)(1 − bx) ⇔ G(x) = 1 b − a ( b 1 − bx − a 1 − ax ) Mà b 1 − bx = b(1 + bx + b 2 x 2 + . . . ) = ∞ n=0 b n+1 x n a 1 − ax = a(1a + ax + a 2 x 2 + . . . ) = ∞ n=0 a n+1 x n ⇒ G(x) = ∞ n=0 b n+1 − a n+1 b − a Vậy công thức tổng quát của y n là: y n = b n+1 − a n+1 b − a , ∀n ≥ 0. 1.2 Các phép toán trên hàm sinh Phép màu của hàm sinh nằm ở chỗ ta có thể chuyển các phép toán thực hiện trên dãy số thành các phép toán thực hiện trên hàm sinh tương ứng của chúng. Từ đó ta có thể dễ dàng thực hiện các phép toán. 3 1.2.1 Nhân với hằng số Quy tắc 1. Nếu < f 0 , f 1 , f 2 , f 3 , ··· >↔ F (x) thì < cf 0 , cf 1 , cf 2 , ··· >↔ cF (x) Chứng minh: Ta có: < cf 0 , cf 1 , cf 3 , ··· >↔ (cf 0 )x + (cf 1 ) + (cf 3 )x 3 + . . . = c(f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + f 3 x 3 + . . . ) = cF (x) Ví dụ 2. < 1, 0, 1, 0, ··· >↔ 1 1 − x 2 < 2, 0, 2, 0, ··· >↔ 2 1 − x 2 Ví dụ 3. < 1, a, a 2 , a 3 , ··· >↔ 1 + ax + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 1 1 − ax = f(x) Nhân hàm sinh trên với a ta được: af(x) = a 1 − ax ⇔ af(x) = a(1 + ax + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . ) = a + a 2 x + a 3 x 2 + a 4 x 3 + ··· ↔< a, a 2 , a 3 , a 4 , ··· > 1.2.2 Cộng Quy tắc 2. Cộng hai hàm sinh tương ứng với việc cộng các số hạng của dãy số theo đúng chỉ số. Nếu < f 0 , f 1 , f 2 , ··· >↔ F (x) và < g 0 , g 1 , g 2 , ··· >↔ G(x) thì < f 0 + g 0 , f 1 + g 1 , f 2 + g 2 , ··· >↔ F (x) + G(x). Chứng minh: Ta có : < f 0 + g 0 , f 1 + g 1 , f 2 + g 2 , ··· > ↔ (f 0 + g 0 ) + (f 1 + g 1 )x + (f 2 + g 2 )x 2 + . . . = (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + . . . ) + (g 0 + g 1 x + g 2 x 2 + . . . ) = F (x) + G(x) Ví dụ 4. < 2, 0, 2, 0, ··· >↔ 2 1 − x 2 Thật vậy < 1, 1, 1, 1, ··· >↔ 1 1 − x và < 1, −1, 1, −1, ··· >↔ 1 1 + x Áp dụng quy tắc cộng ta có: < 2, 0, 2, 0, ··· >↔ 1 1 − x + 1 1 + x = 2 1 − x 2 . 4 1.2.3 Dịch chuyển sang phải Ta bắt đầu từ một dãy số đơn giản và hàm sinh của nó: < 1, 1, 1, 1, ··· >↔ 1 1 − x . Bây giờ ta dịch chuyển sang phải bằng cách thêm k số 0 vào đầu: < 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 1, ··· >↔ x k + x k+1 + x k+2 + ··· = x k (1 + x + x 2 + . . . ) = x k 1 − x Như vậy thêm k số 0 vào đầu dãy số tương ứng với việc hàm sinh nhân với x k . Điều này cũng đúng trong trường hợp tổng quát. Quy tắc 3. Nếu < f 0 , f 1 , f 2 , ··· >↔ F (x) thì < 0, 0, . . . , 0, f 0 , f 1 , f 2 , ··· >↔ x k F (x) Chứng minh: < 0, 0, . . . , 0, f 0 , f 1 , f 2 , ··· >↔ f 0 x k + f 1 x k+1 + f 2 x k+2+ . . . = x k (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + . . . ) = x k F (x) 1.2.4 Đạo hàm Điều gì sẽ xảy ra nếu ta lấy đạo hàm của hàm sinh? Chúng ta hãy bắt đầu từ việc lấy đạo hàm của một hàm sinh đã trở nên quen thuộc trong dãy số toàn 1: d dx (1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + . . . ) = d dx ( 1 1 − x ) 1 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + ··· = 1 (1 − x) 2 < 1, 2, 3, 4, ··· >↔ 1 (1 − x) 2 Ta tìm được hàm sinh cho dãy số < 1, 2, 3, 4, ··· > Tổng quát, việc lấy đạo hàm của hàm sinh có hai tác động lên dãy số tương ứng: Các số hạng được nhân với chỉ số và toàn bộ dãy số được dịch chuyển sang trái 1 vị trí. Quy tắc 4. Nếu < f 0 , f 1 , f 2 , ··· >↔ F (x) thì < f 1 , 2f 2 , 3f 3 , ··· >↔ dF (x) dx Chứng minh: < f 1 , 2f 2 , 3f 3 , ··· >↔ f 1 + 2f 2 x + 3f 3 x 2 + . . . = d dx (f 0 + f 1 x + f 2 x 2 + f 3 x 3 + . . . ) = dF (x) dx Quy tắc đạo hàm là một quy tắc rất hữu hiệu. Trong thực tế, ta thường xuyên cần đến một trong hai tác động của phép đạo hàm, nhân số hạng với chỉ số và dịch chuyển sang trái. Một cách điển hình, ta chỉ muốn có một tác động và tìm cách "vô hiệu hóa" tác động còn lại. Ví dụ 5. Tìm hàm sinh cho dãy số < 0, 1, 4, 9, 16, ··· > 5 Giải Ta có < 0, 1, 4, 9, 16, ··· >=< 0, 1.1, 2.2, 3.3, 4.4, ··· > Mặt khác < 1, 1, 1, ··· >↔ 1 1 − x = f(x) df(x) dx =< 0, 1, 2, 3, 4, ··· >= 1 (1 − x) 2 Áp dụng quy tắc dịch chuyển sang phải: < 0, 1, 2, 3, 4, ··· >↔ x (1 − x) 2 = g(x) Áp dụng quy tắc đạo hàm, ta được: < 1.1, 2.2, 3.3, 4.4, ··· >↔ dg dx (x) = 1 + x (1 − x 3 ) hay < 1, 4, 9, 16, ··· >↔ 1 + x (1 − x) 3 Vậy hàm sinh của dãy số ban đầu tương ứng là: < 0, 1, 4, 9, 16, ··· >↔ x(1 + x) (1 − x) 3 1.2.5 Quy tắc xoắn Xét hàm G(x) = A(x).B(x) = ∞ n=0 n i=0 a i b n−i Đặt d n = n i=0 a i b n−i . Ta có hàm sinh cho dãy {d n }∀n ≥ 0 chính là hàm G(x). Ta gọi quy tắc này là phép xoắn hay quy tắc xoắn. Ví dụ 6. Số Catalan Số Catalan là số được xác định một cách truy hồi như sau: d 0 = d 1 = 1, C n = d 0 d n−1 + d 1 d n−2 + ··· + d n−1 d 0 = n−1 i=0 d i d n−1−i ∀n ≥ 1 Số Catalan có nhiều định nghĩa tổ hợp khác nhau, chẳng hạn, số Catalan là số các cách nối 2n điểm trên đường tròn bằng n dây cung không cắt nhau, là số cây nhị phân có gốc có n + 1 lá, là số đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ điểm (0, 0) đến điểm (n, n) không vượt qua đường thẳng y = x,. Ngoài ra, trong quá trình tính cũng đưa ra các định nghĩa về số Catalan: Là các cách tính tích các ánh xạ f 0 , f 1 , . . . , f n . Sau đây là bài toán quan trọng về số Catalan. Hãy tính số hạng tổng quát của dãy Catalan. Giải Ta có d n+1 = n i=0 d i d n−i ∀n ≥ 1 Xét hàm sinh G(x) = ∞ n=0 d n x n = 1 + ∞ n=1 d n x n (vì d 0 = 1) khi đó G(x) − 1 = ∞ n=1 d n x n = ∞ n=1 n i=0 d i d n−i x n Theo quy tắc xoắn ta có: G(x) − 1 = xG(x) 2 ⇒ G(x) = 1 ± √ 1 − 4x 2x vì G(x) ≥ 0 ⇒ G(x) = 1 − √ 1 − 4x 2x 6 ta có: √ 1 − 4x = ∞ n=0 f (n) (0) n! x n = 1 − 2 ∞ n=1 1 n C n−1 2n−2 x n (theo khai triển Taylor) Đồng nhất hai vế ta được: G(x) = 1 − (1 − 2 ∞ n=1 1 n C n−1 2n−2 x n ) 2x = ∞ n=0 1 n + 1 C n 2n x n Vậy số Catalan là: d n = 1 n + 1 C n 2n Trên đây là một số phép toán trên hàm sinh. Sau đây chúng ta sẽ xét một số bài toán cụ thể sử dụng một vài hàm sinh thường gặp với một số phép toán tương ứng. 2 Sử dụng phương pháp hàm sinh trong giải toán 2.1 Dùng hàm sinh là đa thức Ví dụ 7. Cho m, n, r là các số tự nhiên với r ≤ m, n chứng minh rằng: C r m+n = r k=0 C k n C r−k m Giải Xét f(x) = (1 + x) n và g(x) = (1 + x) m Ta có f(x)g(x) = (1 + x) n+m = n+m r=0 C r n+m x r (1) Mặt khác ta có: f(x) = n k=0 C k n x k và g(x) = m j=0 C j m x j ⇒ f(x)g(x) = n k=0 C k n x k m j=0 C j m x j = n k=0 m j=0 C k n C j m x k+j = n+m r=0 ( r k=0 C k n Cm r − kx r ) (2) Từ (1) và (2) đồng nhất hóa các hệ số của x r ta có: C r n+m = r k=0 C k n C r−k m (đpcm) Ví dụ 8. Tính :S = 1 2 C 1 n + 2 2 C 2 n + 3 2 C 3 n + ··· + p 2 C p n + ··· + n 2 C n n Giải Xét f(x) = (1 + x) n = C 0 n + C 1 n x + C 2 n x 2 + C 3 n x 3 + ··· + C n n x n và g(x) = x(1 + x) n = C 0 n x + C 1 n x 2 + C 2 n x 3 + C 3 n x 4 + ··· + C n n x n+1 Ta có: f , (x) = n(1 + x) n−1 = C 1 n + 2C 2 n x + 3C 3 n x 2 + ··· + nC n n x n−1 ⇒ f , (1) = n2 n−1 = C 1 n + 2C 2 n + 3C 3 n + ··· + nC n n (1) Và có: g , (x) = (1 + x) n + nx(1 + x) n−1 = C 0 n + 2C 1 n x + 3C 2 n x 2 + 4C 3 n x 3 + ··· + (n + 1)C n n x n 7 ⇒ g ,, (x) = 2n(1 + x) n−1 + n(n − 1)x(1 + x) n−2 = 2C 1 n + 3.2C 2 n x + 4.3C 3 n x 2 + ··· + (n + 1)nC n n x n−1 ⇒ g ,, (1) = 2n2 n−1 + n(n − 1)2 n−2 = 2C 1 n + 3.2C 2 n + 4.3C 3 n + ··· + (n + 1)nC n n (2) Lấy (1) trừ (2) vế với vế ta có: S = 2n2 n−1 + n(n − 1)2 n−2 − n2 n−1 = n2 n−1 + n(n − 1)2 n−2 . 2.2 Dùng hàm sinh là các chuỗi lũy thừa vô hạn Đầu tiên chúng ta nhắc lại một số lý thuyết về chuỗi lũy thừa vô hạn. Đây cũng chính là những cơ sở lý thuyết cho phương pháp này. 2.2.1 Cơ sở lý thuyết • A = R[[x]] các chuỗi lũy thừa hình thức trên trường thực R có dạng n≥0 a n x n là một vành với phép cộng và nhân chuỗi thông thường : n≥0 a n x n + n≥0 b n x n = n≥0 (a n + b n )x n k n≥0 a n x n = n≥0 ka n x n , k ∈ R • n≥0 a n x n = n≥0 b n x n ⇔ a n = b n • Trong A, phần tử u = n≥0 a n x n khả nghịch ⇔ a 0 = 0 và 1 u = 1 n≥0 a n x n Nhìn chung thì hàm sinh có rất nhiều ứng dụng. Ở đây, chúng ta chỉ xét tới những ứng dụng thường gặp của hàm sinh. Trước tiên phải nói tới là dùng hàm sinh để giải quyết các bài toán về dãy số đệ qui. Khi đã biết công thức truy hồi của dãy, ta có thể dùng hàm sinh để tính công thức của số hạng tổng quát của dãy đó. 2.2.2 Dãy Fibonacci Dãy Fibonacci là dãy số quen thuộc xác định bởi công thức truy hồi: f 0 = 0; f 1 = 1; f n = f n−1 + f n−2 , ∀n ≥ 2 Chúng ta sẽ thử dùng hàm sinh để tìm công thức tường minh cho các số hạng của dãy số đó. 8 a) Tìm hàm sinh : Khai triển dãy Fibonacci ta được : f 0 = 0 f 1 = 1 f 2 = f 1 + f 0 f n = f n−2 + f n−1 Giả sử F (x) = n≥0 f n x n = f 0 + f 1 x + n≥2 f n x n = x + n≥2 f n x n = x + n≥2 (f n−1 + f n−2 )x n = x + n≥2 f n−1 x n + n≥2 f n−2 x n = x + n≥2 f n−1 x n + n≥2 f n−2 x n = x + x n≥0 f n x n + x 2 n≥0 f n x n = x + xF (x) + x 2 F (x) ⇒ F (x) = x 1 − x − x 2 ⇒< 0; 1; 2; 3; 5; 8; 13; ··· >↔ x 1 − x − x 2 Chúng ta thấy dãy Fibonacci rất khó chịu nhưng hàm sinh của nó lại rất đơn giản. b) Tìm công thức tường minh của số hạng tổng quát: Như vậy chúng ta đã tìm hàm sinh của dãy Fibonacci, công việc tiếp theo là tìm hệ số từ hàm sinh. Có một vài cách tiếp cận cho bài toán này, nhưng cách đơn giản nhất là sử dụng phương pháp phân tích. Từ các hàm phân thức ta phân tích thành các phân thức sơ cấp, tìm các hệ số cho các phân thức sơ cấp. Từ đó ta tìm được các hệ số cần tìm. Cụ thể vào bài toán với dãy số Fibonacci, ta làm như sau: – Phân tích mẫu số ra thừa số: 9 [...]... Fibonacci Tương tự như vậy, chúng ta cũng có thể dùng phương pháp hàm sinh để giải nhiều bài toán về dãy số khác 2.2.3 Đếm bằng hàm sinh Trong phần này chúng ta sẽ biết thêm một ứng độc đáo của hàm sinh nữa, đó là hàm sinh có thể sử dụng cho các bài toán đếm Cụ thể là bài toán về chọn các phần tử từ một tập hợp thông thường sẽ dẫn tới hàm sinh Khi hàm sinh được áp dụng theo cách này thì hệ số của xn chính... Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm được hàm sinh cho số cách chọn n cái kẹo từ bốn loại kẹo là: 1+x 1 1 = F (x) = 1(1 + x) 1−x1−x (1 − x)2 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo dâu là 1 + x + x2 + · · · = d) Hàm sinh cho số cách chọn kẹo socola là x + x3 + x11 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo chanh là x2 + x4 + x5 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo dâu là 1 + x + x2 + · · · = 1 1−x 1 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo sữa là... cái 5 cái 1 cách chọn 6 cái 21 ⇒ Hàm sinh cho số cách chọn một loại kẹo thảo mãn điều kiện trên là: 1 + x3 + x6 + x9 + Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm được hàm sinh cho số cách chọn n cái kẹo từ bốn loại kẹo là: F (x) = (1 + x3 + x6 + x9 + )4 = 1 (1 − x3 )4 c) Hàm sinh cho số cách chọn kẹo socola là 1 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo chanh là 1 + x 1 1−x 1 Hàm sinh cho số cách chọn kẹo sữa là 1... là vô vọng Nhưng hàm sinh lại cho ta một cách giải quyết nhanh gọn Giải Trước tiên ta đi tìm hàm sinh cho cách chọn từng loại quả: Chọn táo: 1 cách chọn 0 quả táo 0 cách chọn 1 quả táo 1 cách chọn 2 quả táo 0 cách chọn 3 quả táo 1 1 − x2 Tương tự ta tìm được hàm sinh cho cách chọn chuối là: Như thế ta có hàm sinh A(x) = 1 + x2 + x4 + · · · = B(x) = 1 + x5 + x10 + · · · = 1 1 − x5 Hàm sinh cho cách chọn... cách chọn 1 phần tử 0 cách chọn 2 phần tử trở lên ⇒ Hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập {a1 } là 1 + x Tương tự như vậy, hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập {ai }(1 ≤ i ≤ k) cũng là 1 + x (không phụ thuộc vào sự khác biệt giữa các ai ) Bây giờ ta sẽ chứng minh: hàm sinh cho số cách chọn các phần tử từ hợp của hai tập hợp bằng tích các hàm sinh cho số cách chọn các phần tử từ mỗi tập hợp(∗)... +···+dk =m≤n m kn x2k+1 để xây dựng hàm sinh cho số nghiệm nguyên lẻ Bài 7 Dùng chuỗi f (x) = k≥0 của phương trình x1 + x2 + · · · + xd = n (∗) Giải Trong phương trình (∗) thì x1 , x2 , x3 , , xd có vai trò như nhau nên ta chỉ cần tìm hàm sinh cho cách chọn một xi (1 ≤ i ≤ d) bất kì Vì xi nguyên dương lẻ nên xi nhận các giá trị :1, 3, 5, 7, Như vậy hàm sinh cho cách chọn một xi là : f (x) =... không âm của phương trình: x1 + x2 + · · · + xd = n Giải Vì x1 , x2 , , xd nguyên không âm nên suy ra xi (1 ≤ i ≤ d) nhận các giá trị 0, 1, 2, 3, Ta tìm hàm sinh cho cách chọn mỗi xi (1 ≤ i ≤ d) Có 1 cách chọn giá trị 0 1 cách chọn giá trị 1 1 cách chọn giá trị 2 1 cách chọn giá trị 3 1 1−x Áp dụng quy tắc xoắn: ⇒ Hàm sinh cho cách chọn bộ số (x1 , x2 , x3 , , xd ) là ⇒ Hàm sinh cho cách... chọn các phần tử có lặp: Để hiểu cách giải bài toán này trước tiên ta phải mở rộng (∗) thành quy tắc xoắn: Quy tắc xoắn: Gọi A(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp A và B(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp B Nếu A và B rời nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập A ∪ B là A(x)B(x) Quy tắc này đúng cho cả trường hợp chọn các phần tử phân biệt ,cũng đúng cho... ta có un = n≥0 Bài 10 Dùng hàm sinh để xác định số cách chia 10 quả bóng giống nhau cho 4 đứa trẻ để mỗi đứa nhận ít nhất 2 quả Giải Để giải bài toán ta tìm hàm sinh cho số cách chia bóng cho một đứa trẻ Giả thiết cho mỗi đứa nhận ít nhất 2 quả bóng nên ta suy ra 0 cách đứa trẻ nhận 0 quả 0 cách đứa trẻ nhận 1 quả 1 cách đứa trẻ nhận 2 quả 1 cách đứa trẻ nhận 3 quả Vậy hàm sinh cho cách chia đó là x2... xuất hiện ít nhất 10 lần Giải a) Vì mỗi loại kẹo xuất hiện là như nhau nên ta chỉ cần tìm hàm sinh cho số cách chọn một loại kẹo Ta có 0 cách chọn 0 cái 1 cách chọn 1 cái 0 cách chọn 1 cách chọn 2 cái 3 cái Vậy hàm sinh cho số cách chọn một loại kẹo là : x + x3 + x5 + Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm được hàm sinh cho cách chọn bốn loại kẹo là: F (x) = (x+ x3 + x5 + )4 = x4 (1 + x2 + x4 + )4 . 8 2.2.3 Đếm bằng hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3 Bài tập 15 1 1 Giới thiệu về hàm sinh và các phép toán trên hàm sinh 1.1 Giới thiệu về hàm sinh Hàm sinh là một trong. trên hàm sinh. Sau đây chúng ta sẽ xét một số bài toán cụ thể sử dụng một vài hàm sinh thường gặp với một số phép toán tương ứng. 2 Sử dụng phương pháp hàm sinh trong giải toán 2.1 Dùng hàm sinh. cũng có thể dùng phương pháp hàm sinh để giải nhiều bài toán về dãy số khác. 2.2.3 Đếm bằng hàm sinh Trong phần này chúng ta sẽ biết thêm một ứng độc đáo của hàm sinh nữa, đó là hàm sinh có thể sử