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

A mở đầu I t : Hm sinh (Generating Function) tốn học cơng c ụ mạnh để giải số dạng tốn khó Lí thuyết hàm sinh đ ược bi ết đến từ lâu nghiên cứu kĩ lưỡng, nhiên nh ững tài li ệu đ ược s cấp hoá dịch tiếng Việt thành vi ết chuyên đ ề hi ện t ại khơng nhiều Trong q trình giảng dạy cho học sinh chun Tốn, tơi nh ận th có nhiều dạng tốn biết vận dụng khéo léo cơng c ụ hàm sinh l ời gi ải r ất đơn giản không dùng công cụ l ời gi ải r ất ph ức t ạp, th ậm chí khơng thể giải phương pháp thông thường như: Các tốn tìm cơng thức tổng qt dãy số; toán tổ hợp… Tuy nhiên, đ ể n ắm v ững lý thuyết hàm sinh cách đầy đủ học sinh lớp đ ầu c ấp THPT khơng đơn giản, lý thuyết cần sử dụng khơng ki ến th ức tốn cao c ấp bậc đại học Để giải vấn đề đó, tơi tìm cách đơn giản hố m ột s ố ki ến th ức cho phù hợp với đối tượng học sinh thử áp dụng vào giảng d ạy h ọc sinh l ớp 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 c số dãy số” (SKKN năm 2012, Hội đồng chấm SKKN ngành x ếp loại A) Tuy nhiên, kết thúc chuyên đề này, m ặc dù em h ọc sinh nh ận th mối liên hệ hàm sinh với toán đ ếm (Tổ hợp) nh ưng v ẫn cịn g ặp nhiều khó khăn vận dụng hàm sinh để giải Trong đó, v ấn đ ề khó khăn là: Làm để xây dựng hàm sinh cho đ ối t ượng “r ời r ạc”, r ất 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 (S ố phức) vào l ớp 11, tơi ti ếp tục đơn giản hố số kiến thức tốn cao cấp nhằm giúp học sinh có th ể n ắm bắt vận dụng công cụ hàm sinh để giải quy ết toán T ổ h ợp (d ạng toán cho khó đề thi HSG) Theo dõi qua trình gi ảng dạy cho thấy, nhiều học sinh lớp có th ể xử lý đ ược nh ững toán T ổ hợp phương pháp hàm sinh bước đầu biết cách xây d ựng hàm sinh để xử lý toán khó Những học sinh có th ể s d ụng t ương đối thành thạo hàm sinh để giải linh hoạt nh ững tốn khó Vì v ậy, tơi tiếp tục chọn viết vấn đề để trao đổi kinh nghi ệm gi ảng d ạy v ới đ ồng nghiệp, đồng thời để làm tư liệu cho nh ững năm gi ảng d ạy ti ếp theo c Sáng kiến kinh nghiệm trình bày theo cấu trúc Trình bày kết có liên quan Số phức toán cao c ấp d ưới 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 đ ược trang bị kiến thức hàm sinh (dưới dạng đơn giản nhất) l ớp 10 m ột s ố ki ến th ức v ề 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 để học sinh nắm b đầy đủ cách vận dụng hàm sinh giải toán Hướng dẫn học sinh xây dựng hàm sinh tốn T ổ h ợp 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 h ọc sinh lớp 11 trang bị Định nghĩa: bậc n đơn vị gọi nguyên thủy bậc n đơn vị số nguyên dương m n ta có m Từ định nghĩa, kết hợp với tính chất số phức biểu diễn dạng mũ, ta dễ dàng chứng minh kết sau: Định lý 1: Nếu nguyên thủy bậc n đơn vị thì: k 2k Đặc biệt với k Định lý 2: Kí hiệu ( n 1)k với ( k , n) 1 ta có e2 i / n n1 với n số nguyên dương nguyên thuỷ bậc n đơn vị Khi đa thức k deg F , có: f f n f 2n F ( x ) f f x f x2 , với f k = n F (1) F ( ) F ( ) F ( n1 ) Chứng minh: Ta có nhận xét: Tổng s k k .( n 1)kn n chia hết k (do n nên sk Trong trường hợp khác ta có k F (1) F ( ) F ( ) F ( n1 k nk 1) Khi đó: k f s n ( f f fs ) fs 00 11 n f 2n .) 22 Định lý chứng minh Cũng từ nhận xét chứng minh định lý 2, ta dễ dàng ch ứng minh đ ược kết sau Định lý 3: Nếu ei / p , với p số nguyên tố, đó: p1 p n ‰u p | k kj n ‰u p | k j0 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 ) H ( x) H ( x )hi ( x) với i1 nh i '( x) h ( x) h ( x) i hàm số có đạo hàm thì: i1 Định lý dễ dàng chứng minh quy nạp 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 d ẫn học sinh v ận d ụng cách tính đạo hàm riêng vào số hàm nhiều biến đơn gi ản nên ch ỉ ti ếp c ận khái niệm qua ví dụ Ví dụ: Cho hàm số F ( x , y ) x x y 2x y 3xy y Khi đó, đạo hàm riêng F(x,y) F hàm theo biến x ký hiệu theo biến x (biến y coi tham số) x tính đạo hàm hàm số F 5x 4x y 6x y 3y4 Như vậy: x F y 3 x 6x y 12xy 6y 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 Khi hàm sinh áp dụng theo cách này, hệ số tử xn số cách chọn n phần 3.1 Chọn phần tử khác nhau: Hàm sinh cho dãy hệ số nhị thức suy trực tiếp từ định lý nh ị thức k C k , C k , C k , , C k , 0, 0, C k0 C k1x C kk x k (1 x)k Như hệ số xn ( (1 x)k số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp gồm k phần tử Ví dụ, hệ số phần tử từ tập hợp k phần tử Tương tự, hệ số hợp k phần tử xk x2 C2 k số cách chọn số cách chọn k1 phần tử từ tập 3.2 Xây dựng hàm sinh để đếm: Thông thường ta dịch mơ tả tốn đếm thẳng sang ngôn ng ữ (1 x)k hàm sinh để giải Ví dụ, ta chứng tỏ sinh số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần tử mà không cần dùng đ ến đ ịnh lý nh ị th ức hay hệ số nhị thức a1 Ta làm sau: Đầu tiên, xét tập hợp có phần tử x x1 Hàm sinh cho số x cách chọn n phần tử từ tập hợp đơn giản Ta có cách chọn khơng phần tử nào, cách chọn phần tử cách chọn hai ph ần t tr lên a2 Tương tự, số cách chọn n phần tử từ tập hợp cho hàm sinh khác biệt phần tử hai trường hợp không quan tr ọng 1x Sự 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 ph ần t t t ập h ợp a1; a2 là: (1 x )(1 x ) (1 x ) 2x x a1; a2 Có thể kiểm chứng tập hợp 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 ph ần k tử từ tập hợp k phần tử là: (1 x )(1 x ) (1 x ) (1 x) Đây cơng thức hàm sinh mà ta nhận đ ược b ằng cách s d ụng định lý nhị thức Nhưng trường hợp này, th ẳng t toán đếm đến hàm sinh Ta mở rộng điều thành nguyên lý tổng quát Định lý 5: (Quy tắc xoắn) Gọi hợp A B ( x) A( x) hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp B Nếu A B A( x ).B ( x) rời hàm sinh cho cách chọn phần tử từ A B Lưu ý: Quy tắc đa nghĩa, cần hiểu 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 ch ọn m ột s ố lần có gi ới hạn đó, cho chọn lặp lại tuỳ ý Một cách đơn giản, gi ới h ạn nh ất là: (1) thứ tự chọn phần tử không quan trọng (2) giới hạn áp dụng cho việc chọn phần t c A B áp dụng cho việc chọn phần tử A B (Chặt chẽ hơn, c ần có m ột song ánh gi ữa cách chọn n phần tử từ A B với thứ tự cách chọn từ A B ch ứa tổng thể n phần tử) Chứng minh Định nghĩa A( x )a n x n , n0 n n B ( x )bn x , C ( x ) A( x ).B ( x )c n x n0 n0 Trước tiên ta tính tích A( x ).B ( x) c biểu diễn hệ số n thông qua hệ số a b Ta xếp số hạng thành dạng bảng sau: b0 a0 a0b0 b1x a0b1x bx 2 bx abx 02 3 abx 03 … … a1x a1b0x abx abx 11 abx 12 … 13 a2x a2b0x a2b1x a2b2x a2b3x … a3x … a3b0x … a3b1x … a3b2x … a3b3x … … Chú ý số hạng có luỹ thừa x xếp đường chéo Nhóm tất số hạng lại, ta thấy hệ số cn a0bn a1bn an 1b1 xn tích a n b0 Bây ta chứng minh số cách ch ọn n ph ần t t A B Một cách tổng quát, ta chọn n phần tử từ A B cách chọn j phần tử từ A thể n j thực a b n cách phần tử từ B, j số từ đến n Điều có a j bn j cách Lấy tổng từ đến n, ta có: chọn n phần tử từ A B Đó giá trị c n ab ab n n1 a b n1 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 t t t ập hợp có n ph ần t ử, 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 nh ất m ột ph ần t Khi có cách chọn phần tử, cách ch ọn ph ần t ử, cách ch ọn ph ần t … Như thế, hàm sinh cách chọn có lặp từ tập hợp có phần tử 1111,,,, x x x 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 c cách ch ọn ph ần tử từ tập hợp): 1 x x 1 x (1 x) n Vậy, hàm sinh cách chọn phần tử từ tập hợp n phần tử có lặp là: (1 x)n Xây dựng hàm sinh toán tổ hợp: Bài toán mở đầu: Có nhiêu cách giỏ 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 s ắp sau: Táo Chuối 4 2 0 5 Cam Đào 0 1 Nhận xét: Các điều kiện ràng buộc toán ph ức tạp d ường giải Tuy nhiên, ta xem xét tốn 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 số táo phải ch ẵn), có cách chọn táo, có cách chọn táo… Nh ta có hàm sinh cho s ố cách A( x ) x x4 chọn táo là: 1 x2 Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn chuối là: B(x)1 x x 10 x5 Bây giờ, ta chọn cam cách, cam cách, … Nhưng ta chọn cam, ta có hàm sinh cho số cách chọn C(x) x x cam là: x x x x Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn đào là: Trong xk xk k ký hiệu cho tổng số chấm mặt xuất hệ số số lần xuất cặp mặt xuất có tổng s ố ch ấm k Chẳng hạn, xét tổng số chấm xuất hai xúc xắc chuẩn gieo b ằng Ta th 3 tích có cặp sau có tích x ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x )( x ) , hệ số x Nói cách khác, ta có cách phân tích số thành tổng số chấm xuất mặt xúc xắc chuẩn là: + 5, + 4, + 3, + 2, + Do đa thức tích: D(x)D(x) x 2x 3x 4x xk 2x 11 x 12 k có hệ số số cách phân tích số thành tổng số chấm xuất mặt xúc xắc chuẩn phép gieo hai xúc x ắc Ta áp dụng phương pháp cho trường hợp xúc x ắc không b1, b2 , , b6 chuẩn Kí hiệu: a1, a2, , a6 số chấm mặt hai xúc xắc không chuẩn, hàm sinh số m ỗi xúc x ắc không chuẩn tương ứng là: A( x ) x a1 a x B ( x ) x b1 b x A( x ) B ( x ) Tương tự trên, tích 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 xắc 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 ) x x 2 x 3 x x x 62 2 x x ( x x 1) ( x x 1) x x 2 x x1 2 x x x1 e3 x ( x 1) x x x x1 e4 B ( x ) x Giả sử: A( x ) x f e ( x 1) x ( x 1) f 2 e x x1 f x x1 f4 e i f i số nguyên không âm thoả mãn Do A() B() f f 6, suy e f Nếu ta có xúc xắc chuẩn f i i với 1i4 nên đa thức phải chia hết cho x , từ cách xác định ban đầu ta phải có A(1) B(1) 6, Mặt khác từ , e e e f 3 e f 2 e f e f 1 nghĩa A( x ) B ( x ) D ( x) phải xúc xắc e 0; e3 f3 Như có trường hợp (trường hợp hoàn toàn tương tự), đó: A( x ) x ( x 1) x x 1x B ( x ) x ( x 1) x x x x 2x 2 2x x x x x x x x Như vậy, ta xây dựng hai xúc xắc khơng chuẩn thoả mãn tốn cách đánh dấu lại số chấm mặt b ởi s ố: 1; 3; 4; 5; 6; 1; 2; 2; 3; 3; Bài toán 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 số chia h ết cho Như yêu cầu tốn tương đương với việc tìm số số có n chữ số mà tổng chữ số chia hết cho Ta có ch ữ số số th ỏa mãn có giá tr ị số 2,3,7 Do hàm sinh cho ch ữ số hàm sinh: F(x) x Trong f x x x 9n f f1x f 2x x x x x9 Xét 9n f 9n x k số số có n chữ số từ {2,3,7,9} mà có tổng chữ số Khi số số cần tìm là: k A f f f f9n Gọi e i/3 cos2 i sin nguyên thủy bậc ba đơn vị, ta có 1 10 Khi đó: F (1) f f1 f f f4 F() f ff f3f 2 F( ) f 2f f f3 f Suy ra: F (1) F ( ) F ( ) f (1 ) f (1 23 )f f (1 ) f 3( f f f6 ) 3A Vậy ta có số cần tìm : A F(1) F( ) F( ) (1 1 1) n ( 11) n ( n 1) n 3( 2) Bài toán 3: Cho số nguyên dương phân biệt mãn: a a |1i j n b b |1i j n i j i j a , a , , a , b , b , , b n n với n thoả Chứng minh n luỹ thừa Giải: Xét hai hàm sinh: A( x ) x a A( x ) Ta có: x a x a n b b b B ( x ) x x x n x 2a x i i1 a a i n B(x) j x 1i jn Vậy ta có: A( x ) 2 A( x ) B ( x2) A( x ) B ( x ) n 2b i 2xbi b j i1 1i jn B ( x ) , hay A( x ) B(x) k Mặt khác: A(1) B (1) n nên ta viết: A( x ) B ( x ) ( x k R(1) Do ( x 1) R ( x ) A( x ) R ( x ) A( x ) Vớ i x n , ta có B(x) k , hay n (x k B(x) (x k k 1) R ( x) , 1) R ( x ) , suy ra: 1) R ( x ) Vậy n luỹ thừa 11 Trong toán ta thấy hàm sinh xây dựng đ ược ch ỉ có m ột bi ến nhất, nguyên nhân toán ch ỉ địi h ỏi thơng tin ràng bu ộc Trong thực tế, việc xây dựng hàm sinh khơng thể dựa biến (vì biến cho ta thông tin nhất!) Đối v ới nh ững tốn địi h ỏi nhi ều thông 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) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập mãn: 1; 2; ; 2p thỏa (i) A có p phần tử (ii) Tổng tất phần tử A chia hết cho p Giải: Rõ ràng với i , i 2p ta xét hàm sinh phép chọn phần 2p khơng thể i x tích i 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 th ế ta ph ải xét hàm sinh có dạng: tử i tập G(x,y) 1; 2; ; 2p x g n , k x n yk n,k0 x xi i gn , k số tập k phần tử 1; 2; ; 2p có tổng phần tử n Khi số tập cần tính N g p , p g2p , p Để G ( x , y) xây dựng hàm sinh ta cần xác định hàm sinh cho cách chọn phần tử m 1; 2; ; 2p 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 khơng chọn m khơng thuộc vào tập có dạng Do hàm sinh cho phé p chọn m G ( x , y ) (1 xy )(1 x y )(1 x y ) (1 x e Đặt i / p x y 2p x m y 1 x m y Suy ra: y) nguyên thuỷ bậc p đơn vị Khi theo định lý 2, ta có: gn,ky n,k0 p|n k G (1, y ) G ( , y ) G ( p 1, y) (1) p 12 Ta tính G ( k , y) , với ≤ k ≤ p − (1 Khi k = 0, G (1, y ) y) 2p Với ≤ k ≤ p − Ta có gcd(k, p) = nên 12,, , p 1.k , 2.k , , p.k (mod p) Suy ra: k k G ( , y ) (1 (1 k y )(1 (1 y )(1 2k 3k y )(1 y )(1 2k y )(1 y ) (1 y ) (1 p k gn,ky p|n x số luỹ thừa pk y) y) y ) (1 2pk y) p (1 y ) (1 y ) 2p p ( p 1)(1 y ) p n,k Vậy từ (1) suy ra: 3k y )(1 Đây hệ G ( x, y) p Ngn , p Từ suy số cần tính n0 p|n hệ số y p tổng p C2 p 2( p 1) p N p C2 p 2( p 1) p Vậy số tập thoả mãn toán là: Bài toán (USA MO 1989) Ta gọi phân hoạch số nguyên n ≥ nghĩa n có th ể bi ểu di ễn thành tổng nhiều số ngun dương theo thứ tự khơng giảm (ví dụ n = A( ) B( ) phân hoạch + + + 1, + + 2, + 3, + 2, ) V ới m ỗi phân hoạch xác định số số xuất số nguyên dương phân biệt xuất + + + + 5, có: A( ) = B( ) Giải: xác định số phân hoạch + = 3) Chứng minh với n cố định, ta A() phân hoach cœa n (ví dụ n = 13 B() phân hoach c œa n 13 A( ) an B ( ) bn phân hoach cœa n Đặt v phân hoach cœa n Để chứng minh toán ta xây dựng hai hàm sinh A( x )an xn n0 B ( x )bn x v n n0 , sau chứng tỏ A( x ) B ( x) ta có a A( x) n b n với n Trước tiên để xây dựng ta cần kiểm sốt hai thơng tin sau: tổng phân hoạch số số phân hoạch Với số nguyên x m bở i x 2m 3m xk x Vớ i m2 có phân hoạch , hàm sinh cho cách ch ọn m m1 , số chọn k lần ứng với k lần chọn ta biểu diễn , nhiên để biết thêm số lần số xuất ta gán thêm cho bi ến k k y để chọn lần xuất lần Do 2 hàm sinh cho m xy x y Xét : n F(x,y) fn,kx y x k x (1 xy 2 x y )(1 x x .)(1 .) n,k0 Trong ta dùng biến x để kiểm sốt tổng phân hoạch biến y kiểm soát số lần xuất số phân hoạch, có k f n,k số phân hoạch n số Bằng cách sử dụng tổng chuỗi số, ta viết dạng đơn giản F ( x , y) (1 xy )(1 x )(1 x ) Ta ý số tất số có tất phân ho ạch k kf a A( x) n mà phân hoạch có số n , k , hệ số n (theo cách xác định tổng số tất số xuất t ất c ả phân ho ạch c s ố nguyên n ) tính tổng số phân hoạch s ố xu ất hi ện lần cộng với hai lần số phân hoạch số xuất lần, c ộng với ba lần số phân hoạch số xuất l ần … Do đó: 14 f f n, 3f n, kfn,k n, an A( x )a n x Suy ra: n k0 k.fn,kx n0 n n,k n k1 F Xét đạo hàm riêng F ( x , y) theo biến y , ta có: y F Cho y1 , ta có: y Lại do: F ( x , y) F y y xy k.fn,kx A( x) (1 xy )(1 x )(1 x ) nên F y Do đó: n ,k y n 0, k x (1 x )(1 x ) A( x) n k.fn,kx y (1 xy ) x 2 (1 x )(1 x ) (1) (1 x ) (1 x )(1 x ) y1 Tương tự, ta thiết lập hàm G ( x , y )g n , k x n y k B ( x) cách xét hàm: (1 xy x y )(1 x y x y )(1 x y x y ) n,k m x y xm m1 k g Trong n , k số phân hoạch n với phần tử phân biệt Biến x biểu diễn cho phần tử phân hoạch biến y biểu diễn số lần xuất phần tử phân hoạch Tương tự ta có số tất số phân biệt có t ất c ả phân ho ạch k n mà phân hoạch có số phân biệt k.g n,k , hệ số b n B ( x) (theo cách xác định số số nguyên dương phân biệt xu ất hi ện tất phân hoạch số nguyên n ) tính tổng số phân hoạch có số xuất cộng với hai lần số phân ho ạch có số phân biệt xuất hiện, cộng với ba l ần số phân ho ạch có s ố phân biệt xuất hiện… Do đó: 15 2g n, bn g n, 3g n, k gn,k n B ( x )bn x k g n , k x Suy ra: k1 n n0 n 0, k B ( x ) k g n , k xn G Tương tự ta có: G y G ( x , y) i1 g i '( y) g ( y) , với xiy gi(y) , xi g i '( y) x i x i i g i '( y) G Suy ra: y1 i x g i '( y) Vậy ta có: g i ( y) y B(x) y n 0, k G(x,y) y G ( x , 1) x g ( y) y i1 i i i1 y1 G ( x, 1) x x G ( x , 1) (1 x x )(1 x 2x ( 2) x .)(1 x x ) 1 x (Do Từ (1) (2) suy A( x ) B ( x) , (1 x ) (1 x )(1 x ) a n b n 1 x x ) với n Bài toán 6: n2 Cho số nguyên dương m n , ( x, y, z, t ) cho tổng bốn số nguyên dương x, y, z, t n chia hết cho m Tính số x y z t chia hết cho m HD: Sử dụng định lý Một số toán áp dụng: Bài 1: Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương k không v ượt p − Tìm số tập k phân tử {1,2, … , p}, cho t ph ần t c m ỗi t ập chia hết cho p 16 Bài 2: (IMO Shortlist 1998) Cho (a ) n n dãy không giảm số tự nhiên cho số tự nhiên biểu diễn cách d ưới d ạng 2a j 4ak với i,j,k không thiết phân biệt Bài 3: (USA MO 1996) Xác định (kèm chứng minh) tập X t ập sơ ngun với tính chất sau: số nguyên n có nghi ệm c ph ương trình a + 2b = n với a , b X Bài 4: Tính tổng Cn 02 Cn 12 n n ( 1) Cn n ( 1) k C nk Cnn k Bài 5: Chứng minh k 2 Bài 6: (China 1996) Cho số nguyên dương n Tìm số đa thức thuộc tập {0,1,2,3} thỏa mãn P ( 2) n ( n) P ( x) với hệ số Bài 7: (Putnam 1957) Gọi số cách biểu diễn n thành tổng gồm 2, xếp theo thứ tự Ví dụ = + + = + + = + + = + = + + + (ta có ( 4) ) Gọi ( n) số cách biểu diễn n thành tổng s ố nguyên lớn Ví dụ = + = + = + = + + ta có (6) Chứng minh ( n ) ( n 2) Bài 8: (IMO Shortlist 2007) Tìm tất số nguyên dương n cho t ập S 12,, 3, , n tơ màu đỏ xanh thỏa mãn tính chất sau: tập S ( x , y , z) chứa 2007 có thứ tự (i) cho: x , y , z màu x y z (ii) chia hết cho n Bài 9: (Vietnam TST 2008) Cho tập E = {1,2, ,2008} đ ược tô b ởi ba màu xanh, đ ỏ vàng Gọi A số ba hết xyz ( x , y , z ) E3 Gọi B tập ba 2008 chia hết xyz cho x , y , z màu 2008 chia ( x , y , z ) E3 cho x , y , z đôi khác màu Chứng minh 2A > B 17 Bài 10: Cho p số nguyen tố lẻ n số nguyên dương không chia hết cho p Tìm số x , x , , xp gồm tổng x 2x ( p 1) x n p1 Đáp số p1 0(mod p) p1 số tự nhiên không lớn A T r cho p p Bài 11: (China MO 1999) Với tập A , xác định (nếu n1 S(A) T | T S , S (T ) A0 ) Gọi r (mod 7) S ( A) tổng phần tử thuộc A S 12,, ,1999 Với r tính T r r 012,,, 3, ,6, xác định C - KẾT QUẢ THỰC HIỆN Qua hai chuyên đề SKKN hàm sinh, với mục đích nh ằm cung c ấp thêm cho học sinh công cụ hữu hiệu để giải lớp tốn khó (xuất kỳ thi HSG toán) điều kiện th ời gian eo h ẹp c chương trình dạy, cách đơn giản hoá kiến th ức lý thuy ết khơng thu ộc chương trình THPT đem lại hiệu thiết thực Cụ thể: Đối chiếu kết kiểm tra phần Dãy số Tổ hợp trước sau học chuyên đ ề cho th ấy: Kết kiểm tra trước chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 2/30 (6,7%) Điểm Điểm TB Điểm yếu 12/30 (40%) 10/30(33,3% 6/30(20%) ) Điểm Kết kiểm tra sau chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 6/30 (20%) Điểm 15/30 (50%) Điểm TB Điểm yếu 5/30(16,7%) 4/30(13,3 %) Điểm Mặc dù, đối chiếu qua 02 kiểm tra tr ước sau chuyên đ ề, đ ộ tin cậy chưa cao qua thực tế chấm cho thấy: Các em học sinh biết sử dụng cơng cụ hàm sinh để giải tốn hiệu qu ả làm đ ược nâng lên KẾT LUẬN 18 Với mục đích đặt ban đầu, tơi hy vọng vi ết có th ể đ ược 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 khuôn kh ổ s ự đ ầu t tìm tịi cịn có hạn nên viết chắn không tránh kh ỏi nh ững thi ếu sót, s sài Rất mong nhận ý kiến đóng góp quý báu c 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 tịi, khai thác, tham khảo tài liệu, viết tác giả nước kiến thức ví dụ minh hoạ Tơi 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 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 công thức tổng quát số dãy số, SKKN năm 2012 19 ... áp dụng: Học sinh lớp 11 chuyên Toán IV- Nhiệm vụ nghiên cứu : Đơn giản hoá số kiến thức tốn cao cấp để học sinh nắm b đầy đủ cách vận dụng hàm sinh giải toán Hướng dẫn học sinh xây dựng hàm sinh. .. (Quy tắc xoắn) ta có (hàm sinh cách ch ọn ph ần t t hợp tập hợp rời tích hàm sinh c cách ch ọn ph ần tử từ tập hợp) : 1 x x 1 x (1 x) n Vậy, hàm sinh cách chọn phần tử từ tập hợp n phần tử có lặp... tập hợp cho hàm sinh khác biệt phần tử hai trường hợp không quan tr ọng 1x Sự 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