Ứng dụng của hàm sinh trong việc giải các bài toán tổ hợp

A mở đầu I t : Hm sinh (Generating Function) toán học m ột công c ụ mạnh để giải số dạng tốn khó Lí thuyết hàm sinh bi ết đến từ lâu nghiên cứu kĩ lưỡng, nhiên tài li ệu đ ược s cấp hoá dịch tiếng Việt thành viết chuyên đề không nhiều Trong q trình giảng dạy cho học sinh chun Tốn, tơi nh ận th có nhiều dạng tốn biết vận dụng khéo léo công cụ hàm sinh l ời gi ải r ất đơn giản không dùng công cụ lời giải phức tạp, chí khơng thể giải phương pháp thơng thường như: Các tốn tìm cơng thức tổng qt dãy số; tốn tổ h ợp… Tuy nhiên, đ ể n ắm v ững lý thuyết hàm sinh cách đầy đủ học sinh l ớp đ ầu c ấp THPT khơng đơn giản, lý thuyết cần sử dụng khơng ki ến th ức tốn cao cấp bậc đại học Để giải vấn đề đó, tơi tìm cách đơn giản hố s ố ki ến thức cho phù hợp với đối tượng học sinh thử áp dụng vào gi ảng dạy đ ối v ới h ọc sinh lớp 10 chuyên Toán Kết thu khả quan đúc rút thành SKKN với tiêu đề “Ứng dụng phương pháp hàm sinh để tìm cơng thức tổng quát số dãy số” (SKKN năm 2012, Hội đồng chấm SKKN ngành xếp loại A) Tuy nhiên, kết thúc chuyên đề này, em h ọc sinh nhận thấy mối liên hệ hàm sinh với toán đếm (T ổ h ợp) v ẫn gặp nhiều khó khăn vận dụng hàm sinh để giải quy ết Trong đó, v ấn đ ề khó khăn là: Làm để xây dựng hàm sinh cho đ ối tượng “rời rạc”, khó “nắm bắt” toán Tổ hợp? Tiếp nối ý tưởng SKKN trước, sau trang bị thêm cho h ọc sinh số kiến thức chương trình THPT (Số phức) vào l ớp 11, tơi ti ếp tục đơn giản hoá số kiến thức toán cao cấp nhằm giúp h ọc sinh có th ể n ắm bắt vận dụng công cụ hàm sinh để giải toán Tổ hợp (dạng tốn cho khó đề thi HSG) Theo dõi qua trình gi ảng dạy cho thấy, nhiều học sinh lớp có th ể xử lý toán T ổ hợp phương pháp hàm sinh bước đầu bi ết cách xây d ựng hàm sinh để xử lý tốn khó Những học sinh có th ể s d ụng tương đối thành thạo hàm sinh để giải linh hoạt tốn khó Vì v ậy, tơi tiếp tục chọn viết vấn đề để trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với đồng nghiệp, đồng thời để làm tư liệu cho năm gi ảng dạy ti ếp theo c Sáng kiến kinh nghiệm trình bày theo cấu trúc 1 Trình bày kết có liên quan Số phức toán cao c ấp dạng đơn giản nhât Vận dụng lý thuyết vào giải toán Đưa hệ thống toán chọn lọc nhằm nâng cao kỹ II - Mục đích: Tiếp tục nâng cao kỹ giải toán cho học sinh l ớp 11 trang bị kiến thức hàm sinh (dưới dạng đơn giản nhất) lớp 10 s ố ki ến th ức Số phức lớp 11 III - Đối tượng áp dụng: Học sinh lớp 11 chuyên Toán IV- Nhiệm vụ nghiên cứu : Đơn giản hoá số kiến thức toán cao cấp đ ể học sinh có th ể nắm b đầy đủ cách vận dụng hàm sinh giải toán Hướng dẫn học sinh xây dựng hàm sinh tốn Tổ hợp thơng qua số ví dụ cụ thể (nhiệm vụ chính) B NỘI DUNG Một vài tính chất nguyên thuỷ bậc n đơn vị Trong phần nhắc lại số kiến thức số phức mà học sinh lớp 11 trang bị Định nghĩa:  bậc n đơn vị gọi nguyên thủy bậc n m đơn vị số nguyên dương m  n ta có  �1 Từ định nghĩa, kết hợp với tính chất s ố ph ức bi ểu di ễn d ưới d ạng mũ, ta dễ dàng chứng minh kết sau: Định lý 1: Nếu  nguyên thủy bậc n đơn vị thì: 1  k  2k   ( n1) k  với (k , n)  n1 Đặc biệt với k  ta có 1        2i / n Định lý 2: Kí hiệu   e với n số nguyên dương nguyên thuỷ bậc n đơn vị Khi đa thức F ( x )  f0  f1x  f 2x  , với f k = k  deg F , có: f  f n  f 2n    F (1)  F ()  F ( 2)   F ( n 1) n  Chứng minh: Ta có nhận xét: k ( n 1) k  n n chia hết k (do  n  nên  k  1) Tổng sk  1     k Trong trường hợp khác ta có  �1 sk  1  nk 0 1  k Khi đó: F (1)  F ()  F (2)   F ( n 1)  f0s0  f1s1  f 2s2   n( f0  f n  f2n  ) Định lý chứng minh Cũng từ nhận xét chứng minh định lý 2, ta d ễ dàng ch ứng minh đ ược kết sau i 2 / p Định lý 3: Nếu   e , với p số nguyên tố, đó: p 1 �p n�u p | k � n�u p | k �kj  �0 j 0 Đạo hàm tích hàm số, đạo hàm riêng hàm nhiều biến: 2.1 Đạo hàm tích hàm số: n Định lý 4: Nếu hàm số H ( x)  �hi ( x) i 1 với hi ( x) hàm số có đạo hàm thì: n h '( x) H '( x)  H ( x)� i i 1 h( x ) Định lý dễ dàng chứng minh quy n ạp theo n Trường hợp n  công thức quen thuộc 2.2 Đạo hàm riêng hàm nhiều biến: Vì chương trình THPT chưa học khái niệm đạo hàm riêng nên không đưa định nghĩa đầy đủ, xác Với mục đích hướng dẫn học sinh vận dụng cách tính đạo hàm riêng vào số hàm nhi ều biến đ ơn gi ản nên ch ỉ ti ếp c ận khái niệm qua ví dụ 3 Ví dụ: Cho hàm số F ( x, y )  x  x y  2x y  3xy  y Khi đó, đạo hàm riêng � F x tính đạo hàm của hàm F ( x, y ) theo biến x ký hiệu � hàm số theo biến x (biến y coi tham số) � F  5x  4x3y  6x y  3y x Như vậy: � � F  x  6x3y  12xy  6y y Tương tự ta có: � Xây dựng hàm sinh: Hàm sinh áp dụng tốn đếm Nói riêng, toán chọn phần tử từ tập hợp thông thường dẫn đến hàm sinh n Khi hàm sinh áp dụng theo cách này, hệ số x số cách chọn n phần tử 3.1 Chọn phần tử khác nhau: Hàm sinh cho dãy hệ số nhị thức suy trực tiếp từ định lý nhị thức  Ck0, Ck1, Ck2, , Ckk , 0, 0,  � Ck0  Ck1x   Ckk x k  (1 x) k k n Như hệ số x ( (1 x) số cách chọn n phần tử phân biệt từ 2 tập hợp gồm k phần tử Ví dụ, hệ số x Ck số cách chọn k 1 phần tử từ tập hợp k phần tử Tương tự, hệ số x số cách chọn k  phần tử từ tập hợp k phần tử 3.2 Xây dựng hàm sinh để đếm: Thơng thường ta dịch mơ tả tốn đếm thẳng sang ngơn ngữ k hàm sinh để giải Ví dụ, ta chứng tỏ (1 x ) sinh số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần tử mà không cần dùng đến định lý nhị thức hay hệ số nhị thức Ta làm sau: Đầu tiên, xét tập hợp có phần tử  a1 Hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập hợp đơn giản x  x  1 x Ta có cách chọn không phần tử nào, cách chọn phần tử cách ch ọn hai ph ần t tr a lên Tương tự, số cách chọn n phần tử từ tập hợp  2 cho hàm sinh 1 x Sự khác biệt phần tử hai trường hợp không quan trọng Ta có nguyên lý quan trọng sau đây: hàm sinh cho số cách chọn phần tử từ hợp hai tập hợp tích hàm sinh cho số cách chọn phần tử từ tập hợp Ví dụ: Theo nguyên lý, hàm sinh cho số cách ch ọn phần tử từ t ập h ợp  a1; a2 2 là: (1 x)(1 x)  (1 x)  1 2x  x a ;a Có thể kiểm chứng tập hợp  2 ta có cách chọn phần tử, cách chọn phần tử, cách chọn phần tử cách ch ọn ph ần t tr lên Tiếp tục áp dụng quy tắc này, ta hàm sinh cho s ố cách ch ọn n k phần tử từ tập hợp k phần tử là: (1 x)(1 x) (1 x)  (1 x) Đây cơng thức hàm sinh mà ta nhận cách sử dụng định lý nhị thức Nhưng trường hợp này, thẳng từ toán đếm đến hàm sinh Ta mở rộng điều thành nguyên lý tổng quát Định lý 5: (Quy tắc xoắn) Gọi A( x) hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp A B ( x) hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp B Nếu A B rời hàm sinh cho cách chọn phần tử từ A  B A( x).B( x) Lưu ý: Quy tắc đa nghĩa, cần hi ểu xác cách ch ọn phần tử từ tập hợp có nghĩa nào? Rất đáng ý Quy t ắc xo ắn v ẫn cho nhiều cách hiểu khác từ cách chọn Ví d ụ, ta có th ể đòi h ỏi chọn phần tử phân biệt, cho phép chọn m ột số lần có gi ới hạn đó, cho chọn lặp lại tuỳ ý Một cách đơn gi ản, giới h ạn nh ất là: (1) thứ tự chọn phần tử không quan trọng (2) giới hạn áp dụng cho việc chọn phần tử A B áp dụng cho việc chọn phần tử A  B (Chặt chẽ hơn, cần có song ánh cách chọn n phần tử từ A  B với thứ tự cách chọn từ A B chứa tổng thể n phần tử) Chứng minh Định nghĩa � � � n 0 n 0 n0 A( x)  �an x n , B ( x)  �bn x n , C ( x)  A( x).B ( x)  �cn x n Trước tiên ta tính tích A( x).B ( x) biểu diễn hệ số cn thông qua hệ số a b Ta xếp số hạng thành dạng bảng sau: b0 b1x b2x b3x3 … a0 a0b0 a0b1x a0b2x a0b3x3 … a1x a1b0x a1b1x a1b2x3 a1b3x … a2x a2b0x a2b1x a2b2x a2b3x … a3x3 … a3b0x3 … a3b1x … a3b2x … a3b3x6 … … Chú ý số hạng có luỹ thừa x xếp đường chéo n Nhóm tất số hạng lại, ta thấy hệ số x tích cn  a0bn  a1bn 1   an 1b1  anb0 Bây ta chứng minh số cách chọn n phần tử từ A �B Một cách tổng quát, ta chọn n phần tử từ A �B cách chọn j phần tử từ A n  j phần tử từ B, j số từ đến n Điều có a j bn j thể thực cách Lấy tổng từ đến n, ta có: a0bn  a1bn1   an1b1  anb0 cách chọn n phần tử từ A �B Đó giá trị cn tính 3.3 Chọn phần tử có lặp: Ta xét tốn ví dụ sau: Bài tốn 1: Có cách chọn 12 kẹo từ loại kẹo? Tổng quát: Có cách chọn k phần tử từ tập hợp có n phần tử, ta cho phép phần tử chọn nhiều lần? Ta xây dựng hàm sinh cho toán Giả sử ta chọn n phần tử (có lặp) từ tập hợp có phần tử Khi có cách chọn phần tử, cách chọn phần tử, cách ch ọn ph ần tử … Như thế, hàm sinh cách chọn có lặp từ tập hợp có phần tử  1111 , , , ,  � 1 x  x  x3   1 x Áp dụng định lý (Quy tắc xoắn) ta có (hàm sinh cách ch ọn ph ần t t hợp tập hợp rời tích hàm sinh cách ch ọn ph ần tử từ tập hợp): 1 1  1 x 1 x 1 x (1 x)n n Vậy, hàm sinh cách chọn phần tử từ tập hợp n phần tử có lặp là: (1 x ) Xây dựng hàm sinh toán tổ hợp: Bài tốn mở đầu: Có nhiêu cách gi ỏ n trái thoả mãn điều kiện ràng buộc sau: Số táo phải chẵn Số chuối phải chia hết cho Chỉ có nhiều cam Chỉ có nhiều đào Ví dụ, để giỏ trái ta có cách sau: Táo 4 2 0 Chuối 0 0 5 Cam Đào 0 1 Nhận xét: Các điều kiện ràng buộc toán phức t ạp d ường giải Tuy nhiên, ta xem xét toán b ằng hàm sinh lời giải bất ngờ Giải: Trước hết, ta tìm hàm sinh cho số cách chọn táo: Có cách chọn táo, có cách chọn táo (vì s ố táo ph ải ch ẵn), có cách chọn táo, có cách chọn qu ả táo… Như v ậy ta có hàm sinh cho số cách chọn táo là: A( x)  1 x  x   1 x Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn chuối là: B ( x )  1 x  x10   1 x Bây giờ, ta chọn cam cách, qu ả cam b ằng cách, … Nhưng ta chọn cam, ta có hàm sinh cho s ố cách ch ọn cam là: C ( x )  1 x  x  x3  x  1 x 1 x Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn đào là: 1 x D( x)  1 x  1 x Theo quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ loại trái bằng: 1 1 x 1 x A( x).B ( x ).C ( x).D( x )    1 2x  3x  4x  1 x 1 x 1 x 1 x (1 x ) Vậy số cách giỏ trái gồm n trái đơn giản n  Sau đây, ta xem xét số toán giải phương pháp hàm sinh ý cách xây dựng hàm sinh toán Bài tốn 1: Một xúc xắc gọi “chuẩn” có mặt đánh dấu ch ấm mà số chấm là: 1, 2, 3, 4, 5, Khi ta tung hai xúc x ắc “chu ẩn”, d ễ dàng tính xác suất tổng số chấm mặt xuất hi ện Chẳng h ạn, xác suất tung hai xúc xắc nhận tổng số chấm mặt xuất b ằng 1/36, xác suất nhận tổng s ố chấm mặt xu ất hi ện b ằng 1/6 Hỏi tạo cặp xúc xắc “không chuẩn” từ cặp xúc xắc “chuẩn” cách đánh dấu lại số chấm mặt (không làm thay đổi c ấu trúc xúc xắc đó, số chấm mặt phải số nguyên dương) cho xác suất tổng số chấm mặt xuất tung hai xúc x ắc khơng đổi so với tung hai xúc xắc “chuẩn”? Chẳng hạn, m ột m ặt c m ột xúc xắc không chuẩn ta đánh dấu chấm, xúc xắc lại có hai m ặt đánh dấu mặt chấm Nhưng xác suất tổng số chấm m ặt xuất tung hai xúc xắc 1/36, xác su ất c t số chấm mặt xuất 1/6 Giải: Xét xúc xắc chuẩn, ta xây dựng hàm sinh s ố l ần xuất hi ện mặt k chứa k chấm cách: gán cho mặt chứa k chấm ký hiệu x số lần k xuất mặt k chấm hệ số x Khi hàm sinh số chấm mặt xúc xắc chuẩn là: D( x)  x1  x  x3  x  x  x6 Rõ ràng, tung hai xúc xắc chuẩn, hàm sinh tổng s ố ch ấm xuất hi ện mặt hai xúc xắc là:   D( x ) D ( x )  x1  x  x3  x  x  x x1  x  x  x  x  x6 : k Trong x ký hiệu cho tổng số chấm mặt xuất hi ện k hệ số k x số lần xuất cặp mặt xuất có tổng s ố chấm b ằng k Chẳng hạn, xét tổng số chấm xuất hai xúc xắc chuẩn gieo b ằng 6 Ta thấy tích có cặp sau có tích x ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x3)( x3) , ( x 4)( x2) , ( x 5)( x1) , hệ số x6 Nói cách khác, ta có cách phân tích số thành tổng số chấm xuất mặt m ỗi xúc x ắc chuẩn là: + 5, + 4, + 3, + 2, + Do đa thức tích: D( x) D( x)  x  2x  3x  4x   2x11  x12 k có hệ số x số cách phân tích số k thành tổng số chấm xuất mặt xúc xắc chuẩn phép gieo hai xúc xắc Ta áp dụng phương pháp cho trường hợp xúc x ắc khơng chuẩn Kí hiệu: a1, a2, , a6 b1, b2, , b6 số chấm mặt hai xúc xắc không chuẩn, hàm sinh số xúc xắc không a1 a6 b1 b6 chuẩn tương ứng là: A( x)  x   x B( x)  x   x Tương tự trên, tích A( x) B ( x ) biểu diễn hàm sinh cho tổng số chấm xuất mặt phép gieo hai xúc xắc không chu ẩn Do gi ả thi ết, xác suất tổng số chấm xuất mặt gieo hai xúc x ắc không chu ẩn trùng với xác suất gieo hai xúc xắc chuẩn, ta suy ra: A( x) B( x)  D( x) D( x)  � A( x) B ( x)  x1  x2  x3  x  x5  x6    x x3( x  x  1)  ( x  x  1)   x  x2 x3  2   x 1  2   x  x 2( x  1)2 x  x  2   x 1 Giả sử:      x e3 A( x)  x e1 ( x  1)e2 x  x  B ( x )  x f1 ( x  1) f2 x  x  f3  x2  x  e4   x 1 f4 ei fi số nguyên không âm thoả mãn ei  fi  với 1�i �4 Do A(0)  B(0)  nên đa thức phải chia hết cho x , từ e1  f1  Mặt khác, từ cách xác định ban đầu ta phải có A(1)  B (1)  6, nghĩa 2e23e4  f 23f  , suy e2  f  e4  f  Nếu ta có e3  f  A( x)  B( x)  D( x) xúc xắc phải xúc xắc chuẩn Như có trường hợp e3  f3  (trường hợp e3  0; f3  hồn tồn tương tự), đó:  B ( x)  x( x  1)  x    x  1  x  2x  2x A( x)  x( x  1) x  x  x  x   x  x  x  x  x6  x8 2  x4 Như vậy, ta xây dựng hai xúc xắc khơng chuẩn thoả mãn tốn cách đánh dấu lại số chấm mặt m ỗi b ởi s ố: 1; 3; 4; 5; 6; 1; 2; 2; 3; 3; Bài tốn 2: (Rumania MO 2003) Có số có n chữ số, chữ số thuộc tập {2,3,7,9} chia hết cho 3? Giải: Ta có số chia hết cho tổng chữ s ố chia h ết cho Như yêu cầu toán tương đương với vi ệc tìm s ố s ố có n chữ số mà tổng chữ số chia hết cho Ta có m ỗi ch ữ s ố c s ố th ỏa mãn có giá trị số 2,3,7 Do hàm sinh cho m ỗi ch ữ s ố x  x3  x  x Xét hàm sinh: 10  F ( x)  x  x3  x  x  n  f0  f1x  f 2x   f 9n x 9n Trong f k số số có n chữ số từ {2,3,7,9} mà có tổng chữ số k Khi số số cần tìm là: A  f  f  f   f 9n Gọi   e2i /  cos 2 2  i sin 3 nguyên thủy bậc ba đơn vị, ta có 1 3 1     0  �1 1  F (1)  f0  f1  f  f3  f  Khi đó: F ()  f0  f1  f 22  f3  f 4  F (2)  f0  f12  f 2  f  f 4  Suy ra: F (1)  F ()  F (2)  f0  (1   2) f1  (1    2) f  f3  (1    2) f   3( f0  f3  f  )  3A Vậy ta có số cần tìm :    F (1)  F ()  F ( 2) 1  (1 1 1 1) n  (2  1   1) n  (  1   1) n  (4n  2) 3 A  Bài toán 3: Cho số nguyên dương phân biệt a1, a2, , an , b1, b2, , bn với n �2 thoả     a  a j | 1�i  j �n  bi  b j | 1�i  j �n mãn: i Chứng minh n luỹ thừa Giải: Xét hai hàm sinh: A( x)  x a1  x a2   x an B( x)  xb1  xb2   xbn 11 n Ta có: A( x )2  �x 2ai  i 1 � x n  a j 1�i  j �n B( x)2  �x 2bi  i 1 � x bi b j 1�i j �n 2 2 2 2 Vậy ta có: A( x)  A( x )  B( x)  B( x ) , hay A( x)  B ( x)  A( x )  B ( x ) k Mặt khác: A(1)  B (1)  n nên ta viết: A( x)  B ( x)  ( x 1) R ( x) , k k R (1) �0 Do ( x  1) R( x)  A( x)  B( x)   ( x  1) R ( x ) , suy ra: R( x )  A( x )  B ( x )   ( x  1) k R ( x 2) k k 1 Với x  1, ta có 2n  , hay n  Vậy n luỹ thừa Trong toán ta thấy hàm sinh xây dựng ch ỉ có m ột bi ến nhất, nguyên nhân toán ch ỉ đòi hỏi m ột thơng tin ràng bu ộc Trong thực tế, việc xây dựng hàm sinh dựa bi ến (vì m ột biến cho ta thông tin nhất!) Đối với tốn đòi h ỏi nhi ều thơng tin ta cần xét hàm sinh với nhiều biến Nh ững toán ti ếp theo cho ta thấy việc xây dựng hàm sinh ràng buộc nhiều thông tin c ần s d ụng nhi ều h ơn biến Bài toán 4: (IMO 1995) 1; 2; ; p Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập  thỏa mãn: (i) A có p phần tử (ii) Tổng tất phần tử A chia hết cho p Giải: Rõ ràng với i,1�i �2p ta xét hàm sinh phép chọn phần 2p � 1 xi  i i 1; 2; ; p tử i tập  x  x  1 x tích i 1 khơng thể tập A có p phần tử Vấn đề đặt đại lượng cần tính bao hàm hai thơng tin: kích thước tập tổng phần tử tập Vì ta phải xét hàm sinh G ( x, y )  có dạng:  1; 2; ; 2p � g n ,k x n y k n ,k �0 g n ,k số tập k phần tử có tổng phần tử n Khi số tập cần tính 12 N  g p , p  g p , p  Để xây dựng hàm sinh G ( x, y ) ta cần xác định hàm sinh cho 1; 2; ; p cách chọn phần tử m tập  Với ≤ m ≤ 2p ta có m chọn m thuộc vào tập A (có p phần tử tổng phần tử chia hết cho p), ngược lại m không chọn m khơng thuộc vào tập 0 m m có dạng Do hàm sinh cho phép chọn m x y  x y  1 x y Suy ra: G ( x, y )  (1 xy )(1 x y )(1 x3y ) (1 x p y ) 2i / p Đặt   e nguyên thuỷ bậc p đơn vị Khi theo định lý 2, ta có: 1� G (1, y )  G (, y )   G ( p 1, y) � � �(1) p � g n,k y k  n ,k �0 p|n k Ta tính G ( , y ) , với ≤ k ≤ p − Khi k = 0, G (1, y )  (1 y ) 2p Với ≤ k ≤ p − Ta có gcd(k, p) = nên  1, 2, , p   1.k , 2.k , , p.k  (mod p) Suy ra: G ( k , y )  (1  k y )(1  2k y )(1 3k y ) (1  pk y )     (1 y )(1  y )(1  y ) (1  y )   (1 y  (1  k y )(1  2k y )(1 3k y ) (1  pk y ) � g n,k y k  Vậy từ (1) suy ra: n ,k �0 p|n p  2 p ) (1 y )2 p  ( p  1)(1 y p )2 p  Đây hệ p số luỹ thừa x G ( x, y) N  �g n, p Từ suy số cần tính  n�0 p|n p hệ số y tổng  p C2 p  2( p  1) p 13 Vậy số tập thoả mãn toán là: N   p C2 p  2( p  1) p Bài toán (USA MO 1989) Ta gọi phân hoạch  số nguyên n ≥ nghĩa n biểu diễn thành tổng nhiều số nguyên dương theo thứ tự khơng giảm (ví d ụ n = phân hoạch  + + + 1, + + 2, + 3, + 2, ) V ới m ỗi phân hoạch  xác định A() số số xuất  B () xác định số số nguyên dương phân biệt xuất  (ví dụ n = 13  phân hoạch + + + + + 5, A() = B () = 3) Chứng minh với n cố định, ta có: � A()   phân hoach c� an & � B ( )  phân hoachc� an & Giải: Đặt �  phân hoachc� an & A( )  an � � an  phân hoachc & B()  bn � Để chứng minh toán ta xây dựng hai hàm sinh A( x)  �an x n n 0 � B( x)  �bn x n n 0 , sau chứng tỏ A( x)  B( x) ta có an  bn với n Trước tiên để xây dựng A( x) ta cần kiểm sốt hai thơng tin sau: tổng phân hoạch số số phân hoạch Với số nguyên m �2 có phân hoạch  , hàm sinh cho cách chọn m 1 x m  x2m  x3m  Với m  1, số chọn k lần ứng với k lần chọn ta biểu k diễn x , nhiên để biết thêm số lần số xuất  ta gán thêm cho biến y để chọn k lần xuất k lần 2  Do hàm sinh cho m  1 xy  x y  Xét : F ( x, y )  � f n,k x n y k  (1 xy  x2y  )(1 x2  x  )(1 x3  x6  ) n ,k �0 14 Trong ta dùng biến x để kiểm soát tổng phân hoạch biến y f kiểm soát số lần xuất số phân hoạch, n,k số phân hoạch n có k số Bằng cách sử dụng tổng chuỗi số, ta có th ể vi ết d ưới d ạng đơn giản F ( x, y )  (1 xy )(1 x 2)(1 x 3) Ta ý số tất số có tất phân hoạch  n kf mà phân hoạch có k số n ,k , hệ số an A( x) (theo cách xác định tổng số tất s ố xuất tất c ả phân ho ạch  số nguyên n ) tính tổng số phân hoạch  số xuất lần cộng với hai lần số phân hoạch  số xuất lần, cộng với ba lần số phân hoạch  số xuất lần … Do đó: an  f n,1  f n,2  3f n ,3   �kf n,k k �0 Suy ra: A( x)  �an x n  n�0 � k f n ,k x n n ,k �0 Xét đạo hàm riêng F ( x, y ) theo biến y , ta có: Cho y  1, ta có: Lại do: F ( x, y )  � F � y  y 1 � F  � k f n ,k x n y k 1 � y n�0,k �1 � k f n,k x n  A( x) n�0,k � 1 (1 xy )(1 x 2)(1 x 3) nên � F �� � x  �  � � y � y� 1 xy �(1 x 2)(1 x3) (1 xy )2 (1 x 2)(1 x3) A( x)  Do đó: � F � y  y 1 x (1) (1 x) (1 x 2)(1 x3) Tương tự, ta thiết lập hàm B( x) cách xét hàm: 15 G ( x, y )  � g n,k x n y k  (1 xy  x2y  )(1 x2 y  x y  )(1 x3y  x6 y  ) n ,k �0 �� xm y �  �� 1 m� m1� 1 x � g Trong n,k số phân hoạch  n với k phần tử phân biệt Biến x biểu diễn cho phần tử phân hoạch bi ến y biểu diễn số lần xuất phần tử phân hoạch Tương tự ta có số tất số phân biệt có tất phân k g n , k hoạch  n mà phân hoạch có k số phân biệt , hệ số bn B ( x) (theo cách xác định số số nguyên dương phân bi ệt xuất tất phân hoạch  số nguyên n ) tính tổng số phân hoạch  có số xuất cộng với hai lần s ố phân hoạch  có số phân biệt xuất hiện, cộng với ba lần số phân hoạch  có số phân biệt xuất hiện… Do đó: bn  g n,1  2g n,2  3g n,3   �k g n ,k k� Suy ra: B( x)  �bn x n  n�0 � k g n ,k x n n�0,k � B( x)  � k g n ,k x n  n�0,k � Tương tự ta có: � G � y y 1 , � g '( y ) � G xi y xi  G ( x, y )� i gi ( y )  1 � g '( y )  i � y 1 xi 1 xi i 1 g i ( y ) , với Vậy ta có: gi '( y ) gi ( y ) B( x)  Suy ra:  xi y 1 � G � y � g '( y )  G ( x, y ) � i i 1 g i ( y ) y 1  G ( x,1) � y 1  G ( x,1)�xi i 1 x x  (2) 1 x (1 x) (1 x 2)(1 x 3) 16 (Do G ( x,1)  (1 x  x  )(1 x  x  )(1 x  x  )  1 1 x 1 x 1 x3 ) Từ (1) (2) suy A( x)  B( x ) , an  bn với n Bài toán 6: Cho số nguyên dương m n , n  chia hết cho m Tính số bốn số nguyên dương ( x, y, z, t ) cho tổng x  y  z  t chia hết cho m 1�x, y, z , t �n HD: Sử dụng định lý Một số toán áp dụng: Bài 1: Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương k khơng vượt q p − Tìm số tập k phân tử {1,2, … , p}, cho tổng phần tử tập chia hết cho p Bài 2: (IMO Shortlist 1998) Cho (an )n�� dãy không giảm số tự nhiên cho số tự nhiên bi ểu diễn cách dạng  2a j  4ak với i, j , k không thiết phân biệt Bài 3: (USA MO 1996) Xác định (kèm chứng minh) tập X tập sơ ngun với tính chất sau: số ngun n có nghiệm phương trình a + 2b = n với a, b �X C  C  Bài 4: Tính tổng n n     (1) n Cnn n Bài 5: Chứng minh �(1)k Cnk C2nn12k  k 0 Bài 6: (China 1996) Cho số nguyên dương n Tìm số đa thức P ( x) với hệ số thuộc tập {0,1,2,3} thỏa mãn P (2)  n Bài 7: (Putnam 1957) Gọi ( n) số cách biểu diễn n thành tổng gồm 2, xếp theo thứ tự Ví dụ = + + = + + = + + = + = + + + (ta có (4)  5) Gọi ( n) số cách biểu diễn n thành tổng số nguyên lớn Ví dụ = + = + = + = + + ta có (6)  Chứng minh (n)  (n  2) 17 Bài 8: (IMO Shortlist 2007) Tìm tất số nguyên dương n cho tập S   1, 2, 3, , n tơ màu đỏ xanh thỏa mãn tính chất sau: tập S chứa 2007 có thứ tự ( x, y, z ) cho: (i) (ii) x, y, z màu x  y  z chia hết cho n Bài 9: (Vietnam TST 2008) Cho tập E = {1,2, ,2008} tô ba màu xanh, đỏ vàng Gọi A số ba ( x, y, z ) �E cho x, y, z màu 2008 chia hết x  y  z Gọi B tập ba ( x, y, z ) �E cho x, y, z đôi khác màu 2008 chia hết x  y  z Chứng minh 2A > B Bài 10: Cho p số nguyen tố lẻ n số nguyên dương không chia hết cho p   x , x , , x p 1 Tìm số gồm p 1 số tự nhiên không lớn n 1 cho x  2x2   ( p  1) x p 1 �0(mod p) tổng n p 1  p  p Đáp số Bài 11: (China MO 1999) Với tập A , xác định S ( A) tổng phần tử thuộc A S ( A)  A  S   1, 2, ,1999 (nếu A  � ) Gọi r  0,1, 2, 3, , 6, xác định Tr   T | T  S , S (T ) r (mod 7) T Với r tính r C - KẾT QUẢ THỰC HIỆN Qua hai chuyên đề SKKN hàm sinh, với mục đích nhằm cung c ấp thêm cho học sinh công cụ hữu hiệu để giải l ớp tốn khó (xuất kỳ thi HSG toán) ều ki ện th ời gian eo h ẹp c chương trình dạy, cách đơn giản hoá kiến thức lý thuy ết khơng thuộc chương trình THPT đem lại hiệu thi ết thực Cụ th ể: Đ ối chi ếu k ết kiểm tra phần Dãy số Tổ hợp trước sau h ọc chuyên đ ề cho thấy: Kết kiểm tra trước chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 2/30 (6,7%) Điểm 12/30 (40%) Điểm TB 10/30(33,3 %) Điểm yếu 6/30(20% ) Điểm 18 Kết kiểm tra sau chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 6/30 (20%) Điểm 15/30 (50%) Điểm TB 5/30(16,7% ) Điểm yếu 4/30(13,3 %) Điểm Mặc dù, đối chiếu qua 02 ki ểm tra trước sau chuyên đề, đ ộ tin cậy chưa cao qua thực tế chấm cho thấy: Các em h ọc sinh biết sử dụng công cụ hàm sinh để giải toán hiệu làm đ ược nâng lên KẾT LUẬN Với mục đích đặt ban đầu, hy vọng viết có th ể s dụng tài liệu tham khảo cho bạn học sinh yêu thích mơn tốn, đồng thời để trao đổi thêm số vấn đề có kinh nghi ệm giảng dạy với bạn bè, đồng nghiệp Do khn kh ổ s ự đầu tư tìm tòi có hạn nên viết chắn khơng tránh kh ỏi nh ững thi ếu sót, s sài Rất mong nhận ý kiến đóng góp quý báu đ ồng nghi ệp em học sinh để tài liệu hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 20 tháng năm 2015 Sáng kiến kinh nghiệm thực trình giảng dạy sở tìm tòi, khai thác, tham khảo tài liệu, viết tác giả ngồi nước kiến thức ví dụ minh hoạ Tôi xin cam đoan không chép lại SKKN ý tưởng SKKN người (trong khuôn khổ hiểu biết cá nhân nội dung này) NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Thanh Sơn 19 Tài liệu tham khảo Srini Devadas and Eric Lehman, Generating Functions, Lectures Notes, April 2005 Zachary R.Abel, Multivariate Generating Functions and Other Tidbits, Mathematical Reflections, vol 2, 2006 Kim Đình Sơn, Hàm sinh, nguồn Internet Trần Nam Dũng, Hàm sinh, nguồn http://forum.mathscope.org Nguyễn Thanh Sơn, Ứng dụng phương pháp hàm sinh để tìm cơng thức tổng quát số dãy số, SKKN năm 2012 20 ... 1 x Áp dụng định lý (Quy tắc xoắn) ta có (hàm sinh cách ch ọn ph ần t t hợp tập hợp rời tích hàm sinh cách ch ọn ph ần tử từ tập hợp) : 1 1  1 x 1 x 1 x (1 x)n n Vậy, hàm sinh cách chọn... tập hợp  2 cho hàm sinh 1 x Sự khác biệt phần tử hai trường hợp khơng quan trọng Ta có ngun lý quan trọng sau đây: hàm sinh cho số cách chọn phần tử từ hợp hai tập hợp tích hàm sinh cho số cách... Đơn giản hoá số kiến thức tốn cao cấp đ ể học sinh có th ể nắm b đầy đủ cách vận dụng hàm sinh giải toán Hướng dẫn học sinh xây dựng hàm sinh tốn Tổ hợp thơng qua số ví dụ cụ thể (nhiệm vụ chính)