CHUYÊN đề môn TOÁN hàm SINH

Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG CHUYÊN ĐỀ MÔN: TOÁN HÀM SINH MỞ ĐẦU Trong kì thi chọn học sinh giỏi toán ngày nay, toán tổ hợp gây không khó khăn cho giáo viên học sinh Nhiều toán tổ hợp phát biểu hình thức toán đếm, dạng hay gặp kì thi chọn học sinh giỏi thời gian gần Có nhiều cách tiếp cận lời giải toán đếm như: Sử dụng lực lượng tập hợp, sử dụng song ánh, sử dụng hệ thức truy hồi, sử dụng hàm sinh, Mỗi toán đếm giải với nhiều cách thức tiếp cận, cách tiếp cận đem đến thú vị nét đẹp riêng Hàm sinh sáng tạo bất ngờ, nhiều ứng dụng toán rời rạc Nói cách đơn giản, hàm sinh chuyển toán dãy số thành toán hàm số Điều cho phép sử dụng hàm sinh việc giải dạng toán phép đếm đa số toán đếm xác định hàm số đếm f : ¥ → ¥ Có ngành toán học lớn nghiên cứu hàm sinh, nhiên, khuôn khổ chuyên đề này, tìm hiểu ứng dụng hàm sinh số toán đếm Trong kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia năm 2015, Bài toán số toán đếm mà đa số thí sinh tiếp cận theo hai hướng: Sử dụng hệ thức truy hồi sử dụng hàm sinh Số thí sinh sử dụng hàm sinh không nhiều có nhiều lỗi chưa hiểu xác hàm sinh kĩ thuật sử dụng Tuy nhiên, sử dụng hàm sinh lời giải đẹp cho toán Từ lí trên, chuyên đề hệ thống kiến thức hàm sinh cần thiết cho việc dạy học toán đếm Mục đích chuyên đề cung cấp kiến thức hàm sinh ví dụ minh họa số toán đếm Qua đó, mong muốn thầy cô em tiếp tục phát triển để có chuyên đề hoàn chỉnh hữu ích Nội dung chuyên đề chia thành hai chương Chương trình bày vấn đề hàm sinh Chương trình bày ứng dụng hàm sinh số toán đếm Chương chia thành hai phần chính: Hàm sinh đa thức hàm sinh hàm giải tích khai triển thành chuỗi lũy thừa Sở dĩ có phân chia sử dụng chuỗi lũy thừa cần số kiến thức toán cao cấp Điều thích hợp cho em học sinh muốn khám phá thêm hàm sinh phải thận trọng vận dụng kì thi kiến thức vượt chương trình Cũng cần nói thêm rằng, chuyên đề sưu tầm, xếp vấn đề hàm sinh theo mạch kiến thức định từ số nguồn tài liệu có với số kiến thức, toán mà đưa thêm vào nhằm làm sáng tỏ cho vấn đề nêu Chương Hàm sinh Trong chương ta trình bày kiến thức hàm sinh bao gồm: Định nghĩa hàm sinh, phép toán hàm sinh số ví dụ hàm sinh 1.1 Định nghĩa n Cho dãy (vô hạn) { an } Tổng hình thức F ( x ) = ∑ an x gọi hàm sinh sinh dãy { an } n≥ Lương Ngọc Huyên Hai hàm sinh = bi , ∀i = 0,1, THPT Chuyên Tuyên Quang F ( x) = ∑ an x n , n≥ G ( x) = ∑ bn x n gọi n ≥0 Ví dụ 1) Dãy {0,0, ,0, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + 0.x + 0.x + = 2) Dãy {1,0, ,0, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + 0.x + 0.x + = 3) Dãy {a0 , a1 , , an ,0,0, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = a0 + a1.x + a2 x + + an x n + 0.x n +1 + 0.x n + + = a0 + a1.x + a2 x + + an x n Nhận xét n + Ta gọi hàm sinh F ( x) = ∑ an x chuỗi hình thức thông thường ta n≥ coi x ký hiệu thay số Chỉ vài trường hợp ta cho x nhận n giá trị thực, ta gần không để ý đến hội tụ chuỗi ∑ an x n ≥0 + Từ Ví dụ ta thấy đa thức P( x) = a0 + a1.x + a2 x + + an x n hàm sinh xác định F ( x) = a0 + a1.x + a2 x + + an x n + 0.x n +1 + 0.x n+ + Trong nhiều ví dụ sau ta xét hàm sinh có dạng đa thức Ví dụ Với | x |< , ta có công thức tính tổng số nhân lùi vô hạn 1 + x + x + x3 + = 1− x Công thức cho công thức tường minh cho hàm sinh số dãy số sau: 1) Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + x + x + x3 + = 1− x 2) Dãy {1, −1,1, −1, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = − x + x − x3 + = ; 1+ x 3) Dãy {1, a, a , a , } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + ax + a x + = ; − ax 4) Dãy {1,0,1,0, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + x + x + x + = ; − x2 1.2 Tính chất 1.2.1 Tính hàm sinh: Mỗi dãy số { an } cho ta hàm sinh ngược lại 1.2.2 Vành chuỗi lũy thừa hình thức (một biến): Tập chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số thực, kí hiệu ¡ [[x]] , lập thành vành giao hoán với phép toán cộng “+” nhân “.” định nghĩa tương tự đa thức ∑ an xn + ∑ bn xn = ∑ (an + bn ) x n  ∑ an x n ÷. ∑ bn x n ÷ = ∑ cn x n , n≥ n≥0 n≥0  n ≥0   n≥  n≥ cn = a0bn + a1bn −1 + + an −1b1 + anb0 , ∀n ≥ Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang 1.2.3 Một số lớp hàm sinh quan trọng: Trong ¡ [[x]] có hai lớp hàm quan trọng sau mà ta nghiên cứu áp dụng hàm sinh vào toán đếm: + Lớp đa thức ¡ [x] , vành vành ¡ [[x]] + Trong ¡ [[x]] , có chuỗi trùng với hàm giải tích (chẳng hạn x x x3 ,1+ + + + = e x ) Tập chuỗi lập thành 1− x 1! 2! 3! ¡ [[ x ]] vành Các phép toán đại số hoàn toàn tương thích với nhau, theo nghĩa với hàm giải tích với chuỗi 1.2.4 Các phép toán hàm sinh Các phép toán hàm sinh kiểm tra tính đắn cách đơn giản với hàm sinh đa thức Trong trường hợp tổng quát, người ta chứng minh phép toán hoàn toàn hợp lí a) Phép nhân với số: Giả sử F ( x) hàm sinh dãy { an } Khi c.F ( x) + x + x + x3 + = hàm sinh dãy { c.an } Ví dụ Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + x + x + x3 + = 1− x hàm sinh tương ứng dãy {2, 2, , 2, } 1− x b) Phép cộng hàm sinh: Giả sử F ( x) G ( x) hàm sinh dãy { an } Khi đó, hàm F ( x) = { bn } Khi F ( x) + G ( x) hàm sinh dãy { an + bn } Ví dụ Xét dãy {1,1,1, } {1, −1,1, −1, } có hàm sinh tương ứng 1 1 + = F ( x) = G ( x) = Khi hàm sinh dãy − x + x − x2 1− x 1+ x {2,0, 2,0, } c) Phép dịch chuyển sang phải: Giả sử F ( x) hàm sinh dãy { an } Khi {0,0, ,0, a , a , } x k F ( x) hàm sinh dãy 14 43 k Ví dụ Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng F ( x) = + x + x + x3 + = 1− x {0,0, ,0,1,1, } xk 4 Khi dãy có hàm sinh k 1− x d) Phép nhân hàm sinh: Giả sử F ( x) G ( x) hàm sinh dãy { an } { bn } Khi F ( x).G ( x) hàm sinh dãy { cn } với cn = a0bn + a1bn −1 + + an −1b1 + anb0 , ∀n ≥ Ví dụ Xét dãy {1, −1,0,0, } {1,1,1, } có hàm sinh F ( x) = − x G ( x) = Khi tích F ( x).G ( x) = hàm sinh dãy {1,0,0, } 1− x e) Phép lấy đạo hàm: Giả sử F ( x) hàm sinh dãy { an } Khi F '( x ) hàm sinh dãy {a1 , 2a2 ,3a3 , } Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Ví dụ Xét hàm sinh F ( x) = 1 dãy {1,1,1, } Khi F '( x) = (1 − x) 1− x hàm sinh dãy {1, 2,3, } 1.3 Các hàm sinh thường gặp 1.3.1 Định lý Taylor Giả sử f ( x) hàm số liên tục, có đạo hàm cấp khoảng (a; b) x0 ∈ (a; b) Khi ta có công thức khai triển Taylor f ( x) = ∑ n ≥0 Đặc biệt, ∈ (a, b) ta có f ( x) = ∑ n≥ 1.3.2 Bảng hàm sinh thường gặp Hàm số a0 + a1 x + + an x 1− x 1+ x 1 − ax (1 + x) n 1 − xr 1 + xr ln(1 + x) e x n f ( n ) ( x0 ) n x n! f ( n ) (0) n x n! Khai triển luỹ thừa a0 + a1 x + + an x n + 0.x n +1 + 0.x n +2 + + x + x + x3 + − x + x − x + + ax + a x + a x + + Cn1 x + Cn2 x + + Cnn x n + x r + x r + x 3r + − x r + x r − x3r + x x3 x x − + − + 1+ x x x3 + + + 1! 2! 3! Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Chương Ứng dụng hàm sinh số toán đếm 2.1 Ứng dụng hàm sinh đa thức số toán đếm Trong phần ta thường sử dụng bổ đề sau đây: Bổ đề Cho p > số nguyên tố Khi đó, α nghiệm phức khác đa thức x p − α, α , , α p −1 , α p = nghiệm x p − Chứng minh Vì α p = 1, α ≠ nên + α + α + + α p−1 = Xét số nguyên dương n Khi tồn cặp q, r ∈ ¥ với r < p thỏa mãn n = p.q + r Suy α n = α p.q + r = (α p )q α r = α r (1) Với j ∈ {1, 2, , p − 1} {j , j , , pj} hệ thặng dư thu gọn theo môđun p Theo tính chất (1) {α j , α j , , α pj }={α, α , , α p = 1} , + α j + α j + + α ( p −1) j = α j + α j + + α ( p −1) j + α pj = α + α + + α p = Suy α, α , , α p −1, α p = nghiệm x p − Dạng toán đếm xét đếm số tổ hợp lặp tập cho trước thỏa mãn điều kiện Bài toán (PTNK 2009) Từ chữ số 3, 4, 5, lập số tự nhiên có n chữ số số chia hết cho Lời giải Gọi cn số lượng số tự nhiên có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, số chia hết hết cho Xét số a = a1a2 an với ∈ {3, 4,5,6} Khi a M3 ⇔ a1 + a2 + + an M3 Giả sử chữ số a1 , a2 , , an có k1 chữ số 3, k2 chữ số 4, k3 chữ số 5, k4 chữ số Suy k1 + k2 + k3 + k4 = n (*) Do (k1 , k2 , k3 , k4 ) thỏa mãn (*) tương ướng  k + k + k + k M 3  ( với lũy thừa x3k1 +4 k2 +5k3 +6 k4 khai triển đa thức P( x) = x3 + x + x5 + x ) n Suy số (k1 , k2 , k3 , k4 ) thỏa mãn (*) hệ số x3k1 +4 k2 +5k3 +6 k4 khai triển đa ( thức P( x) = x3 + x + x5 + x ) n , hay cn tổng hệ số x k , với k M3 , P( x) Để tính cn ta gọi α nghiệm phương trình α + α + = Khi α3 = if k ≡ (mod 3) 3  α k + α k + = α + α + = if k ≡ (mod 3)  α + α + = if k ≡ (mod 3) Như 6n ( ) 2n P(1) + P (α) + P (α ) = ∑ ak + α + α = 3∑ a3k = 3cn ⇒ cn = k =0 2n k =0 Vì P(1) = , P(α) = P(α ) = nên cn = ∑ a3k n k =0 P(1) + P(α) + P(α ) 4n + = Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Nhận xét Điều mấu chốt toán cho tương ứng số lượng số cần đếm với tổng hệ số x k (với k M3 ) khai triển P( x) Đây kĩ thuật hay sử dụng toán đếm dạng Bài toán (VMO 2015) Cho k ∈ ¥ * Có số tự nhiên n không vượt k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 10 i) n chia hết cho ii) Tất chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp A = { 2,0,1,5} Lời giải Vì 10k không chia hết ta cần xét số n thỏa mãn < n < 10k Bổ sung chữ số vào trước cần thiết, ta đưa xét số có dạng n = a1a2 ak với ∈ { 2,0,1,5} Ta cần đếm số chia hết cho Gọi ck số lượng số cần đếm Tương tự Bài toán ta xét đa thức ( P( x) = x + + x + x5 ) k P (1) + P(α) + P(α ) 4k + α 2k + α k Khi ck = , với α + α + = = 3 Từ α + α + = ta tính được: S = 4k − 4k + k không chia hết cho S = 3 k chia hết cho Lời bình Sự có mặt chữ số tập chữ số cho trước gây nhiều khó khăn cho học sinh kì thi VMO 2015 Đã có nhiều lời giải sai thiếu nhạy bén việc giải khó khăn Một hướng giải khó khăn bổ sung chữ số vào trước cần thiết để đưa tất số cần đếm số có k chữ số lời giải Có thí sinh làm điều này, lại rơi vào sai lầm đếm số số có m chữ số, ≤ m ≤ k , hàm sinh truy hồi Trong hai toán xét tổ hợp lặp tập thỏa mãn tính chất Khi ta làm việc với tập tập, tức tổ hợp không lặp nó, ta cần đa thức dạng khác để áp dụng Bài toán Cho tập hợp A = { 1, 2,3, , 2009} Tìm số tập A mà tổng phần tử tập chia hết cho Lời giải Xét tập X = {a1 , a2 , , ak } ⊂ A thỏa mãn a1 + a2 + + ak M7 Vì đôi phân biệt nên tập X tương ứng với lũy thừa 2009 ) Do vậy, số tập x a1 + a2 + + ak khai triển F ( x) = (1 + x)(1 + x ) (1 + x A thỏa mãn toán (kí hiệu S ( A) ) tổng hệ số x n , với n M7 khai triển F ( x) = (1 + x)(1 + x ) (1 + x 2009 ) 1 F (1) + F (α) + L + F (α )  , với α nghiệm  7 phức khác phương trình x − = Tương tự ta tính , S ( A) = Ta thấy F (1) = 22009 Mặt khác, số nguyên tố nên {j , j , ,7 j}, {8 j,9 j, ,14 j}, {2003j, 2004 j, , 2009 j} Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang lập thành hệ thặng dư thu gọn theo môđun Bởi F (α j ) = (1 + α j )(1 + α j )K (1 + α 2009 j ) = (1 + α j )K (1 + α j )  (1 + α8 j )K (1 + α14 j )  (1 + α 2003 j )K (1 + α 2009 j )  = (1 + α)(1 + α )K (1 + α )  287 = (1 + 1) 287 = 287 22009 + 6.2287 Bài toán (IMO 1995) Cho tập hợp A = {1, 2, , p} với p số nguyên tố Tìm số tập A thỏa mãn: i) Mỗi tập có p phần tử ii) Tổng phần tử tập chia hết cho p Lời giải Để giải toán phương pháp hàm sinh ta cần sử dụng biến x y , lũy thừa biến x để tính tổng phần tử tập con, lũy thừa biến y để tính số phần tử tập Giả sử có tập B , thêm phần tử m vào tập tổng phần tử tăng lên m đơn vị số lượng phần tử tập tăng lên đơn vị Nhưng ta phải giữ lại tập không chứa m trước thêm m vào, hàm sinh chứa nhân tử có dạng + x m y Vậy P = Xét hàm sinh F ( x, y ) = (1 + xy )(1 + x y ) (1 + x p y ) Khai triển F ( x, y ) dạng tổng n k thành F ( x, y ) = ∑ a( n,k ) x y k ,n Khi khai triển F ( x, y ) thành tổng số mũ x có dạng x1 + x2 + L + xk với x1, x2 ,K , xk số đôi phân biệt tập A , số mũ tương ứng y k , f n,k số tập A có k phần tử mà tổng phần tử n Như số S = ∑ a( kp , p ) = ∑ a( n, p ) tập cần đếm A k ≥0 nMp Gọi α nghiệm phức khác đa thức x p − Khi đó, tương tự toán p −1 k a y = F (α j , y ) ta tính ∑ ( n,k ) ∑ p j =0 k ≥0,nMp Ta có F (1, y ) = (1 + y ) p ; F (α j , y ) = (1 + α j y )(1 + α j y ) (1 + α jp y ); ∀j ≥ Vì p số nguyên tố nên {j , j , , pj}, {( p + 1) j ,( p + 2) j , , pj} hệ thặng dư thu gọn môđun p , F (α j , y ) = (1 + α j y )(1 + α j y ) (1 + α jp y ) = [(1 + αy )(1 + α y )…(1 + α p y )]2 ; ∀j ≥ Mặt khác, ta thấy đa thức y p + = có nghiệm −ε −1, −ε −2 ,K , −ε − p Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang (1 + αy )(1 + α y )K (1 + α p y ) = + y p ⇒ ∑ k ≥0, nMp ⇒ ∑ a(n, p ) = C2pp + 2( p − 1) p nMp Vậy S = a( n,k ) y k = 1 (1 + y ) p + ( p − 1)(1 + y p )   p C2pp + 2( p − 1) p Ta mở rộng Bài toán thành toán sau: Bài toán Cho tập hợp A = {1, 2, , m} p số nguyên tố Tìm số tập A thỏa mãn: i) Mỗi tập có p phần tử ii) Tổng phần tử tập chia hết cho p Lời giải Tương tự Bài toán 4, xét hàm sinh F ( x, y ) = (1 + xy )(1 + x y ) (1 + x m y ) = ∑ a( n,k ) x n y k k ,n Ta cần phải tính tổng S = ∑ a( kp , p ) = ∑ a( n, p ) k ≥0 nMp Gọi α nghiệm phức khác đa thức x p − Khi ∑ k ≥0,nMp a( n ,k ) y k = p −1 F (α j , y ) ∑ p j =0 Ta có F (1, y ) = (1 + y ) m ; F (α j , y ) = (1 + α j y )(1 + α j y ) (1 + α jm y ); ∀j ≥ Ta viết m = p.q + r với ≤ r < p − Vì p số nguyên tố nên hệ {j , j ,3 j , , pj} , {( p + 1) j , , pj} , , {( p(q − 1) + 1) j , , pqj} hệ thặng dư thu gọn theo môđun p , F (α j , y ) = (1 + α j y )(1 + α j y ) (1 + α mj y ) p = (1 + αy )(1 + α y ) …(1 + α p y )  (1 + α j y )(1 + α j y ) …(1 + α rj y )  ; ∀j ≥ = (1 + y p ) q (1 + α j y )(1 + α j y ) …(1 + α rj y ) Suy p −1 p −1 1 j p q ∑ a(n,k ) y = p ∑ F (α , y) = p (1 + y ) ∑ (1 + α j y)(1 + α j y)…(1 + α rj y) + p (1 + y)n k ≥0,nMp j =0 j =0 k Đồng hệ số y p ta S = ∑ a( kp , p ) = ∑ a( n , p ) = k ≥0 nMp ( p − 1)q + C m p p m ( p − 1)   + Cmp  p = p Ngoài hai kĩ thuật sử dụng toán trên, hàm sinh đa thức sử dụng linh hoạt số toán tổ hợp khác toán đây: Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Bài toán (Việt Nam TST 2008) Cho M tập hợp 2008 số nguyên dương đầu tiên, số tô màu xanh, đỏ, vàng màu tô số, xét tập S1 = { ( x, y, z ) ∈ M | x, y, z tô màu: x + y + z ≡ (mod 2008) }; S = { ( x, y, z ) ∈ M | x, y, z tô màu} Chứng minh rẳng: | S1 | > | S2 | Lời giải Gọi A, B, C tập hợp tương ứng gồm số màu xanh, đỏ, vàng thuộc ∑ x a , G ( x ) = ∑ x b , H ( x) = ∑ x c M Xét hàm sinh: F ( x) = a∈A I ( x) = F ( x) + G ( x) + H ( x) = ∑x b∈B a1 + a2 + a3 + ∈A ∑x c∈C b1 + b2 + b3 + bi∈B ∑ x c + c + c = ∑ an x n ci ∈C n Khi an số ( x, y, z ) có màu có tổng n Gọi α phương trình x 2008 − = Ta thấy S1 = 2007 2007  k k I ( α ) = F (α ) + G (α k ) + H (α k )  ∑ ∑  2008 k =0 2008 k =0 2007 2007 k k k S2 = F (α )G (α ) H (α ) = 3.F (α k )G (α k ) H (α k ) ∑ ∑ 2008 k =0 2008 k =0 Với k ≠ F (α k ) + G (α k ) + H (α k ) = , F (α k ) + G (α k ) + H (α k ) = 3F (α k )G (α k ) H (α k ) Vậy ta cần chứng minh F (1) + G (1) + H (1) > 3F (1)G (1) H (1) Theo bất đẳng thức AM-GM F (1) + G (1) + H (1) ≥ 3F (1)G (1) H (1) Dấu xảy F (1) = G (1) = H (1) , suy 3F (1) = 2008 , điều vô lý 2008 không chia hết cho Vậy F (1) + G (1) + H (1) > 3F (1)G (1) H (1) Do | S1 | > | S2 | Bài toán Giả sử với số tự nhiên n ta có hai dãy số dương {a1 , a2 ,K , an } {b1 , b2 ,K , bn } cho dãy tổng {a1 + a2 , a1 + a3 ,K , an−1 + an } hoán vị dãy tổng {b1 + b2 , b1 + b3 ,…, bn−1 + bn } Chứng minh n lũy thừa F ( x) = Lời giải Xét hàm sinh ∑ x a , G( x) = ∑ xb i i ∈A bi∈B Ta có [F ( x)]2 = ∑ x2a ∑ x ∑ x 2b + ∑ x i ∈A [G( x)]2 = + = F ( x2 ) + ,a j ∈A i bi ∈B + a j ∑ x + a j ,a j ∈A bi +b j = G( x2 ) + bi ,b j ∈B ∑ x bi +b j bi ,b j ∈B Suy [F ( x)]2 − [G( x)]2 = F ( x ) − G ( x ) Vì F (1) = G (1) = n nên nghiệm F ( x) − G ( x) , F ( x) − G ( x) = ( x − 1) k H ( x) với k ∈ ¥ * Vậy Lương Ngọc Huyên F ( x) + G ( x) = THPT Chuyên Tuyên Quang F ( x) − G ( x) F ( x ) − G ( x ) ( x − 1) k H ( x ) k H (x ) = = = ( x + 1) F ( x) − G ( x) F ( x) − G ( x) H ( x) ( x − 1)k H ( x) H (12 ) = 2k ⇒ n = 2k −1 Chọn x = ta nhận 2n = F (1) + G (1) = (1 + 1) H (1) 2.2 Ứng dụng hàm sinh hàm giải tích số toán đếm Trong mục tìm hiểu ứng dụng hàm số khai triển thành chuỗi lũy thừa (mà ta tạm gọi hàm giải tích) Như nói trên, tập hàm số lập thành vành ¡ [[x]] ; phép toán hàm giải tích chuỗi lũy thừa hình thức tương ứng hoàn toàn tương thích Chú ý kĩ thuật lấy hàm sinh phần tương tự hàm sinh đa thức nên toán nêu trình bày lời giải; việc rút nhận xét, bình luận xin dành cho độc giả Bài toán Có cách chia 20 bút cho em học sinh A, B, C D biết số bút nhận A chẵn, số bút B chia hết cho 3, C nhiều D nhiều Lời giải Hàm sinh số bút nhận A, B, C D A( x) = + x + x + = , − x2 B( x) = + x3 + x + = , − x3 k C ( x) = + x + x = − x3 , 1− x − x2 D( x) = + x = 1− x Hàm sinh cho số cách chia n bút F ( x) = 1 − x3 − x   = ÷ − x − x3 − x − x  − x  ' 1     = + x + x + x + suy F ( x) =  Từ = = + x + x + ÷ ÷ 1− x 1− x  1− x  Vậy số cách chia 20 bút thỏa mãn điều kiện 21 Bài toán Tìm số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + + xn = m (*) với m, n số tự nhiên cho trước ( ) n Lời giải Xét hàm sinh F ( x) = + x + x + Mỗi số hạng khai triển F ( x) thành tổng có dạng x x1 + x2 + + xn xi ≥ 0, ∀i Ta thấy tổng từ trái qua phải gặp lũy thừa x m biểu thức khai triển thu gọn F ( x) hệ số x m tăng thêm đơn vị Do vậy, hệ số x m khai triển F ( x) thành tổng số nghiệm phương trình cho Ta tìm hệ số x m ( Từ F ( x) = + x + x + ) n n   suy F ( x) =  ÷ Khai triển Taylor hàm F ( x) ta − x   hệ số x m 10 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang F ( m ) (0) n(n + 1) (n + m − 1) ( n + m − 1)! = = = Cnm+ m−1 m! m! m !(n − 1)! Như số nghiệm nguyên không âm (*) Cnk+ k −1 Bài toán Cho số nguyên dương n Chứng minh tằng số cách phân tích n thành tổng số nguyên dương lẻ số cách phân tích n thành tổng số nguyên dương khác Lời giải Xét hàm sinh ( )( )( ) F ( x) = + x + x + + x3 + x + + x5 + x10 + Số mũ số hạng phân tích thành tổng F ( x) có dạng i1 + 3i2 + 5i3 + có nghĩa tổng số lẻ, số lẻ lặp lại Vậy số cách phân tích n thành tổng số nguyên dương lẻ hệ số x n khai triển F ( x) Tương tự, xét hàm sinh ( )( ) G ( x) = ( + x ) + x + x3 Số mũ số hạng phân tích thành tổng G ( x) có dạng i1 + i2 + i3 + với i1 , i2 , số nguyên dương phân biệt Như hệ số x n khai triển G ( x) số cách phân tích n thành tổng số nguyên dương khác Ta chứng minh F ( x) = G ( x) Thật F ( x) = 1 1 − x 2k k × × L = ; G ( x ) = (1 + x ) = =∏ ∏ ∏ ∏ k +1 k k +1 1− x 1− x 1− x − x − x − x k ≥0 k ≥1 k ≥1 k ≥0 Bài toán Cho n ∈ ¥ giả sử phương trình x + y = n có m1 nghiệm ¥ 20 ; x + y = n − có m2 nghiệm ¥ 20 ; nx + (n + 1) y = có mn nghiệm ¥ 20 ; (n + 1) x + (n + 2) y = có mn+1 nghiệm ¥ 20 Chứng minh ∑ mk = n + k 1 × − x − x2 Khai triển F1 ( x) thành tổng số hạng lũy thừa x với số mũ có dạng i + j Vậy m1 hệ số x n khai triển F1 ( x) thành tổng Do ta có 2 Lời giải Ta xét hàm sinh F1 ( x ) = (1 + x + x L )(1 + x + x L ) = F1 ( x ) = L + m1x n + L Lý luận tương tự ta có Fk ( x) = L + mk x n+1−k + L ⇒ x k −1Fk ( x) = L + mk x n + L k 2k k +1 2( k +1) L )= Với Fk ( x) = (1 + x + x L )(1 + x + x 1 × , ∀k = 1,L , n + − x k − x k +1 11 Lương Ngọc Huyên Suy THPT Chuyên Tuyên Quang ∑ x k −1Fk ( x) = L + ∑ mk x n + L k Mặt khác k ∑x k −1 k x k −1 1   Fk ( x) = ∑ = − = k k +1 ∑ k k +1 ÷ ) x − x k  − x − x  x(1 − x) k (1 − x )(1 − x Hệ số x n khai triển ∑ x k −1Fk ( x) thức 1 − (1 − x) (1 − x)(1 − x n+ ) Vậy ∑ mk = C−n2+1 − C−n1+1 = n + k hệ số x n+1 khai triển biểu k Bài toán Cho hữu hạn cấp số cộng, cho số tự nhiên khác phần tử cấp số Chứng minh có hai cấp số cộng số cấp số cộng có công sai Lời giải Giả sử có m cấp số cộng {a j + nb j }, j = 1,K , m mà số tự nhiên phần tử cấp số Ta có m ∑∑ x a j + nb j m =∑ x aj j =1 − x j =1 n≥0 bj Mặt khác m ∑∑ x a j + nb j j =1 n≥0 a m x x j = ∑x ⇒ =∑ (*) x − j =1 − xb j k ≥1 k Giả sử hai cấp số cộng nói có công sai, tập { b1, b2 ,K bn } hữu hạn, tồn phần tử lớn nhất, giả sử b1 Gọi ε nghiệm khác phương trình xb1 = thỏa mãn εbi ≠ 1, ∀i :1 < i ≤ m Khi thay ε vào phương trình (*) ta thấy vế trái số vế phải ∞ Vậy điều giả sử sai Bài toán Tìm số hoán vị điểm cố định tập hợp {1, 2,3, , n} Lời giải Gọi số hoán vị với k điểm cố định cho trước Dn−k suy tổng số hoán vị với k điểm cố định Cnk Dn−k Vì tổng số hoán vị n ! nên ta có n ! = ∑ Cnk Dn−k ⇔ ∑ k k Dn−k H D = ⇔ ∑ n −k = 1; H n−k = n −k k !(n − k )! k! (n − k )! k Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có e− x (−1) m m k e H ( x) = ⇔ H ( x) = = ∑x ∑ x 1− x 1− x k m! m x Vậy ta có n Dn (−1)k 1 1 1 =∑ ⇒ Dn = n ! − + − L + (−1) n  n ! k =0 k ! n !  2! 3! 4! 1 1 n 1 Số hoán vị cần tìm Dn = n ! − + − L + (−1) n !  2! 3! 4! 2.3 Bài tập vận dụng 12 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Bài Xác định số cách chia 10 bong bóng giống cho đứa trẻ cho đứa nhận hai Bài Hỏi có cách trao 25 phần thưởng giống cho học sinh cho học sinh nhận không phần thưởng Bài (Rumania – 2003) Cho tập A = {2,3,7,9} Tìm số số có n chữ số lập từ A mà số chia hết cho Bài Cho X = { 0,1, 2, , 25} Tìm số tập X có phân tử tổng phần tử chia hết cho 19 Bài Cho T tập số nguyên không âm a) Kí hiệu f (n, k , T ) số tập thứ tự T gồm k phần tử mà có tổng n n (các phần tử trùng nhau) Xác định ∑ f (n, k , T ) x n b) Kí hiệu g (n, k , T ) số tập thứ tự T gồm k phần tử phân biệt mà n có tổng n Xác định ∑ g (n, k , T ) x n Bài Chứng minh có cách phân chia tập số tự nhiên thành hai tập hợp A B cho: Với số nguyên không âm n số cách phân tích n thành dạng a1 + a2 với a1 ≠ a2 ≥ 1; a1 , a2 ∈ A số cách phân tích n thành tổng b1 + b2 ; b1 ≠ b2 ; b1 , b2 ∈ B Bài Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương n nguyên tố với p Tìm số x1 ,K , x p −1 gồm p − số tự nhiên cho tổng x1 + x2 + K ( p − 1) x p −1 chia hết cho p , số x1, x2 ,K , x p −1 không lớn n −1 Bài Cho hai số nguyên dương m, n n + Mm Tìm số ba số nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện x + y + z Mm x, y, z ≤ n ( ) 13 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang KẾT LUẬN Chuyên đề trình bày vấn đề hàm sinh mối liên hệ với toán đếm Với toán đưa ra, cố gắng mô tả mô hình hàm sinh áp dụng cho toán với nhận xét, bình luận giúp người đọc hiểu rõ ý đồ tác giả toán Cụ thể, chuyên đề nêu số nội dung sau: Một là, đưa khái niệm hàm sinh dạng chuỗi lũy thừa hình thức số tính chất hay dùng hàm sinh vận dụng vào toán đếm Hai là, trình bày hệ thống toán vận dụng hàm sinh đa thức toán đếm Ba là, trình bày số toán vận dụng hàm sinh hàm giải tích toán đếm Bốn là, đưa số tập vận dụng để học sinh tự giải tìm hiểu thêm vấn đề trình bày chuyên đề Từ chuyên đề mở rộng, phát triển nội dung ứng dụng khác hàm sinh như: Sử dụng hàm sinh để xác định số hạng tổng quát dãy số, sử dụng hàm sinh để chứng minh đẳng thức tổ hợp, sử dụng hàm sinh nhiều biến giải toán tổ hợp, Ngoài ra, giáo viên tìm hiểu thêm tính chất chuỗi lũy thừa hình thức dựa lí thuyết vành, môđun topo I -adic Cuối cùng, tác giả xin chân thành cảm ơn TS Trần Nam Dũng thầy giáo Trần Quốc Luật, giáo viên trường THPT chuyên Hà Tĩnh, cung cấp cho tác giả tư liệu quan trọng hàm sinh làm sở cho chuyên đề 14 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Tài liệu tham khảo [1] Nhiều tác giả, Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT chuyên, Môn Toán – 2012, Dự án PTDG THPT [2] Milan Novakovic, Generating functions Olympiad training materials – 2012 [3] Srini Devadas and Eric Lehman, Generating Functions, Lectures Notes, April 2005 [4] Wikipedia Các bài: Gererating Functions, Probability Generating Functions [5] Một số tài liệu Internet khác 15 [...]... bài toán đếm Ba là, trình bày một số bài toán về vận dụng hàm sinh là các hàm giải tích trong những bài toán đếm Bốn là, đưa ra một số bài tập vận dụng để học sinh tự giải và tìm hiểu thêm về các vấn đề trình bày trong chuyên đề Từ chuyên đề trên chúng ta có thể mở rộng, phát triển các nội dung ứng dụng khác của hàm sinh như: Sử dụng hàm sinh để xác định số hạng tổng quát của dãy số, sử dụng hàm sinh. .. hình hàm sinh áp dụng cho bài toán đó cùng với những nhận xét, bình luận giúp người đọc hiểu rõ hơn ý đồ của tác giả trong từng bài toán Cụ thể, chuyên đề đã nêu được một số nội dung chính sau: Một là, đưa ra khái niệm hàm sinh dưới dạng các chuỗi lũy thừa hình thức và một số tính chất hay dùng của hàm sinh khi vận dụng vào các bài toán đếm Hai là, trình bày hệ thống bài toán về vận dụng hàm sinh là... đều không lớn hơn n −1 Bài 8 Cho hai số nguyên dương m, n trong đó n + 2 Mm Tìm số các bộ ba số nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện x + y + z Mm trong đó x, y, z ≤ n ( ) 13 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang KẾT LUẬN Chuyên đề đã trình bày những vấn đề cơ bản nhất của hàm sinh trong mối liên hệ của nó với các bài toán đếm Với mỗi bài toán đưa ra, chúng tôi đã cố gắng mô tả mô hình hàm. .. dụng hàm sinh nhiều biến trong giải các bài toán tổ hợp, Ngoài ra, các giáo viên có thể tìm hiểu thêm về tính chất của các chuỗi lũy thừa hình thức dựa trên lí thuyết vành, môđun và topo I -adic Cuối cùng, tác giả xin chân thành cảm ơn TS Trần Nam Dũng và thầy giáo Trần Quốc Luật, giáo viên trường THPT chuyên Hà Tĩnh, đã cung cấp cho tác giả những tư liệu quan trọng về hàm sinh làm cơ sở cho chuyên đề. .. THPT chuyên Hà Tĩnh, đã cung cấp cho tác giả những tư liệu quan trọng về hàm sinh làm cơ sở cho chuyên đề này 14 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Tài liệu tham khảo [1] Nhiều tác giả, Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT chuyên, Môn Toán – 2012, Dự án PTDG THPT [2] Milan Novakovic, Generating functions Olympiad training materials – 2012 [3] Srini Devadas and Eric Lehman,...Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang F ( m ) (0) n(n + 1) (n + m − 1) ( n + m − 1)! = = = Cnm+ m−1 m! m! m !(n − 1)! Như vậy số nghiệm nguyên không âm của (*) bằng Cnk+ k −1 Bài toán 3 Cho số nguyên dương n Chứng minh tằng số các cách phân tích n thành tổng các số nguyên dương lẻ bằng số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương khác nhau Lời giải Xét hàm sinh ( )( )( ) F ( x) = 1... là Dn = n ! − + − L + (−1) n !  2! 3! 4! 2.3 Bài tập vận dụng 12 Lương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Bài 1 Xác định số cách chia 10 quả bong bóng giống nhau cho 4 đứa trẻ sao cho mỗi đứa nhận được ít nhất hai quả Bài 2 Hỏi có bao nhiêu cách trao 25 phần thưởng giống nhau cho 4 học sinh sao cho mỗi học sinh nhận được ít nhất 3 nhưng không quá 7 phần thưởng Bài 3 (Rumania – 2003) Cho tập A =... ( x) thành tổng Do đó ta có 2 2 4 Lời giải Ta xét hàm sinh F1 ( x ) = (1 + x + x L )(1 + x + x L ) = F1 ( x ) = L + m1x n + L Lý luận tương tự ta có Fk ( x) = L + mk x n+1−k + L ⇒ x k −1Fk ( x) = L + mk x n + L k 2k k +1 2( k +1) L )= Với Fk ( x) = (1 + x + x L )(1 + x + x 1 1 × , ∀k = 1,L , n + 1 1 − x k 1 − x k +1 11 Lương Ngọc Huyên Suy ra THPT Chuyên Tuyên Quang ∑ x k −1Fk ( x) = L + ∑ mk x n... giả sử là sai Bài toán 6 Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2,3, , n} Lời giải Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là Dn−k suy ra tổng số các hoán vị với đúng k điểm cố định là Cnk Dn−k Vì tổng số hoán vị là n ! nên ta có n ! = ∑ Cnk Dn−k ⇔ ∑ k k Dn−k H D = 1 ⇔ ∑ n −k = 1; H n−k = n −k k !(n − k )! k! (n − k )! k Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có 1 e−... i1 + 3i2 + 5i3 + có nghĩa là tổng của các số lẻ, mỗi số lẻ có thể lặp lại Vậy số cách phân tích n thành tổng các số nguyên dương lẻ chính là hệ số của x n trong khai triển của F ( x) Tương tự, xét hàm sinh ( )( ) G ( x) = ( 1 + x ) 1 + x 2 1 + x3 Số mũ của số hạng trong phân tích thành tổng của G ( x) có dạng i1 + i2 + i3 + với i1 , i2 , là các số nguyên dương phân biệt Như vậy hệ số của x n trong