(Sáng kiến kinh nghiệm) 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 cụ mạnh để giải số dạng toán khó Lí thuyết hàm sinh biết đến từ lâu nghiên cứu kĩ lưỡng, nhiên tài liệu sơ cấp hoá dịch tiếng Việt thành viết chuyên đề khơng nhiều Trong q trình giảng dạy cho học sinh chun Tốn, tơi nhận thấy có nhiều dạng tốn biết vận dụng khéo léo cơng cụ hàm sinh lời giải 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 quát dãy số; toán tổ hợp… Tuy nhiên, để nắm vững lý thuyết hàm sinh cách đầy đủ học sinh lớp đầu cấp THPT khơng đơn giản, lý thuyết cần sử dụng khơng kiến thức tốn cao cấp bậc đại học Để giải vấn đề đó, tơi tìm cách đơn giản hố số kiến thức cho phù hợp với đối tượng học sinh thử áp dụng vào giảng dạy học 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 qt số dãy số” (SKKN năm 2012, Hội đồng chấm SKKN ngành xếp loại A) Tuy nhiên, kết thúc chuyên đề này, em học sinh nhận thấy mối liên hệ hàm sinh với toán đếm (Tổ hợp) cịn gặp nhiều khó khăn vận dụng hàm sinh để giải Trong đó, vấn đề khó khăn là: Làm để xây dựng hàm sinh cho đối tượng “rời rạc”, khó “nắm bắt” tốn Tổ hợp? Tiếp nối ý tưởng SKKN trước, sau trang bị thêm cho học sinh số kiến thức chương trình THPT (Số phức) vào lớp 11, tơi tiếp tục đơn giản hố số kiến thức tốn cao cấp nhằm giúp học sinh nắm bắt vận dụng công cụ hàm sinh để giải toán Tổ hợp (dạng tốn cho khó đề thi HSG) Theo dõi qua trình giảng dạy cho thấy, nhiều học sinh lớp xử lý toán Tổ hợp phương pháp hàm sinh bước đầu biết cách xây dựng hàm sinh để xử lý tốn khó Những học sinh sử dụng tương đối thành thạo hàm sinh để giải linh hoạt tốn khó Vì vậy, 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 giảng dạy Sáng kiến kinh nghiệm trình bày theo cấu trúc Trình bày kết có liên quan Số phức tốn cao cấp 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 lớp 11 trang bị kiến thức hàm sinh (dưới dạng đơn giản nhất) lớp 10 số kiến thức 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 tốn cao cấp để học sinh nắm bắt 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   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: 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   sk  1  nk 0 1  k Khi đó: F (1)  F ()  F (2)   F ( n 1)  f 0s0  f1s1  f 2s2   n( f  f n  f 2n  ) Định lý chứng minh Cũng từ nhận xét chứng minh định lý 2, ta dễ dàng chứng minh kết sau i 2/ p Định lý 3: Nếu   e , với p số nguyên tố, đó: p 1 u p|k  p n‰ u p | k  n‰  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 hi '( x) i 1 h( x) H '( x)  H ( x) 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 khơng đưa định nghĩa đầy đủ, xác Với mục đích hướng dẫn học sinh vận dụng cách tính đạo hàm riêng vào số hàm nhiều biến đơn giản nên tiếp cận 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 hàm F ( x, y ) theo biến x ký hiệu x tính đạo hàm hàm số theo biến x (biến y coi tham số) F  5x  4x3y  6x y  3y Như vậy: x F  x  6x3y  12xy  6y Tương tự ta có: y Xây dựng hàm sinh: Hàm sinh áp dụng tốn đếm Nói riêng, tốn chọn phần tử từ tập hợp thông thường dẫn đến hàm sinh Khi n 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 phần tử từ k 1 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 chọn hai phần tử trở lên a 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 chọn phần tử từ tập hợp  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 chọn phần tử trở lên Tiếp tục áp dụng quy tắc này, ta hàm sinh cho số cách chọn n phần 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 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 hiểu xác cách chọn phần tử từ tập hợp có nghĩa nào? Rất đáng ý Quy tắc xoắn cho nhiều cách hiểu khác từ cách chọn Ví dụ, ta địi hỏi chọn phần tử phân biệt, cho phép chọn số lần có giới hạn đó, cho chọn lặp lại tuỳ ý Một cách đơn giản, giới hạn 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 A( x)   an x n , B ( x )   bn x n , C ( x )  A( x ).B ( x )    cn x n n 0 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: a0 b0 b1x b2x b3x … a0b0 a0b1x a0b2x a0b3x3 … a1x a1b0x a1b1x a1b2x3 a1b3x … a2x a2b0x a2b1x3 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 a j bn j 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 chọn phần 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 chọn phần tử từ hợp tập hợp rời tích hàm sinh cách chọn phần 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 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 sau: Táo 4 2 0 Chuối 0 0 5 Cam Đào 0 1 Nhận xét: Các điều kiện ràng buộc tốn q phức tạp dường khơng thể giải Tuy nhiên, ta xem xét tốn 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 chẵn), có cách chọn táo, có cách chọn táo… Như 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, cam cách, … Nhưng ta khơng thể chọn cam, ta có hàm sinh cho số cách chọn cam là: C ( x )  1 x  x  x  x  1 x 1 x Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn đào là: D( x)  1 x  1 x 1 x Theo quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ loại trái bằng: A( x).B ( x).C ( x).D ( x)  1 1 x 1 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 toán 1: Một xúc xắc gọi “chuẩn” có mặt đánh dấu chấm mà số chấm là: 1, 2, 3, 4, 5, Khi ta tung hai xúc xắc “chuẩn”, dễ dàng tính xác suất tổng số chấm mặt xuất Chẳng hạn, xác suất tung hai xúc xắc nhận tổng số chấm mặt xuất 1/36, xác suất nhận tổng số chấm mặt xuất 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 cấu trúc xúc xắc đó, số chấm mặt phải số nguyên dương) cho xác suất tổng số chấm mặt xuất tung hai xúc xắc khơng đổi so với tung hai xúc xắc “chuẩn”? Chẳng hạn, mặt xúc xắc không chuẩn ta đánh dấu chấm, xúc xắc cịn lại có hai mặt đánh dấu mặt chấm Nhưng xác suất tổng số chấm mặt xuất tung hai xúc xắc 1/36, xác suất tổng số chấm mặt xuất 1/6 Giải: Xét xúc xắc chuẩn, ta xây dựng hàm sinh số lần xuất mặt chứa k k chấm cách: gán cho mặt chứa k chấm ký hiệu x số lần xuất mặt k chấm hệ số x k Khi hàm sinh số chấm mặt xúc xắc chuẩn là: D( x)  x1  x2  x3  x  x  x Rõ ràng, tung hai xúc xắc chuẩn, hàm sinh tổng số chấm xuất mặt hai xúc xắc là:   D ( x) D( x)  x1  x  x  x  x  x x1  x  x  x  x  x : k Trong x ký hiệu cho tổng số chấm mặt xuất k hệ số x k số lần xuất cặp mặt xuất có tổng số chấm k Chẳng hạn, xét tổng số chấm xuất hai xúc xắc chuẩn gieo Ta thấy 3 tích có cặp sau có tích x ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x 4)( x 2) , ( x 5)( x1) , hệ số x6 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  2x3  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 xắc khơng chuẩn Kí hiệu: a1, a2, , a6 b1, b2, , b6 số chấm mặt hai xúc xắc không chuẩn, hàm sinh số xúc xắc không chuẩn a1 a6 b1 b6 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 chuẩn Do giả thiết, xác suất tổng số chấm xuất mặt gieo hai xúc xắc không chuẩn 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  x  x  x  x  x    x x3( x  x  1)  ( x  x  1)   x  x x3  2   x 1  2  x  x 2( x  1)2 x  x     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  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  2f23f  , 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  x  x8 2  x4 Như vậy, ta xây dựng hai xúc xắc khơng chuẩn thoả mãn tốn cách đánh dấu lại số chấm mặt số: 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 hết 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 chữ số số thỏa mãn có giá trị số 2,3,7 Do hàm sinh cho chữ số x  x  x  x Xét hàm sinh:  F ( x)  x  x  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  f3  f   f 9n Gọi   e2i /3  cos   1   2  2 2  i sin 3 nguyên thủy bậc ba đơn vị, ta có 1 3 0 1  10 F (1)  f0  f1  f  f  f  Khi đó: F ()  f0  f1  f 22  f  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  f  f6  )  3A Vậy ta có số cần tìm là :   F (1)  F ( )  F ( 2) 1  (1 1 1 1) n  (  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  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 n Ta có: A( x)2   x 2ai  i 1  1i  j n x n  a j 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)  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 11 Trong toán ta thấy hàm sinh xây dựng có biến nhất, nguyên nhân tốn địi hỏi thơng tin ràng buộc Trong thực tế, việc xây dựng hàm sinh khơng thể dựa biến (vì biến cho ta thông tin nhất!) Đối với tốn địi hỏi nhiều thơng tin ta cần xét hàm sinh với nhiều biến Những toán cho ta thấy việc xây dựng hàm sinh ràng buộc nhiều thông tin cần sử dụng nhiều biến Bài toán 4: (IMO 1995) 1; 2; ; 2p 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  1; 2; ; 2p 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 có dạng: G ( x, y )   g n ,k x n y k i i 1; 2; ; 2p số tập k phần tử  N  g p , p  g 2p , p  có tổng phần tử n Khi số tập cần tính Để xây dựng hàm sinh G ( x, y ) ta cần xác định hàm sinh cho cách chọn phần tử m n , k 0 g n ,k 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 không chọn m khơng thuộc vào tập có dạng Do hàm sinh cho phép chọn m x0 y  x m y1  1 x m y Suy ra: G ( x, y)  (1 xy )(1 x2 y )(1 x 3y) (1 x p y ) 2i / p Đặt   e nguyên thuỷ bậc p đơn vị Khi theo định lý 2, ta có:  n ,k 0 p|n g n,k y k  1 G (1, y )  G (, y )   G ( p 1, y )  (1)  p 12 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 )  Vậy từ (1) suy ra: n , k 0 p|n g n ,k y k  p  p ) (1 y )2p  ( p  1)(1 y p )2 p  Đây hệ số luỹ thừa x G ( x, y ) p 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 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 ngun dương theo thứ tự khơng giảm (ví dụ n = phân hoạch  + + + 1, + + 2, + 3, + 2, ) Với 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:   phân hoachcœ an  A()   B ( )  phân hoachcœ an  Giải: 13 Đặt   phân hoachcœ an  A()  an  œ 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  có phân hoạch  , hàm sinh cho cách chọn m m 2m 3m 1 x  x  x  Với m  1, số chọn k lần ứng với k lần chọn ta biểu diễn k x , nhiên để biết thêm số lần số xuất  ta gán thêm cho biến y để chọn k lần xuất k lần  Do 2 hàm sinh cho m  1 xy  x y  Xét : F ( x, y )   n , k 0 f n,k x n y k  (1 xy  x y  )(1 x  x  )(1 x  x  ) Trong ta dùng biến x để kiểm soát tổng phân hoạch biến y kiểm f soát số lần xuất số phân hoạch, n,k số phân hoạch n có k số Bằng cách sử dụng tổng chuỗi số, ta viết dạng đơn giản F ( x, y )  (1 xy )(1 x2)(1 x3) Ta ý số tất số có tất phân hoạch  n mà kf phân hoạch có k số n,k , hệ số an A( x) (theo cách xác định tổng số tất số xuất tất phân hoạch  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: 14 an  f n ,1  f n ,2  f n ,3   Suy ra: A( x)   an x n  n0  n , k 0  kf n,k k 0 k f n ,k x n Xét đạo hàm riêng F ( x, y ) theo biến y , ta có: Cho y  1, ta có: F ( x, y )  Lại do: 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 x3) 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)2(1 x 2)(1 x3) Tương tự, ta thiết lập hàm B ( x) cách xét hàm: G ( x, y )   n , k 0 g n,k x n y k  (1 xy  x y  )(1 x y  x y  )(1 x3y  x y  )   xm y     1  1 x m  m 1 g Trong n ,k số phân hoạch  n với k 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 tất phân hoạch  n mà phân hoạch có k số phân biệt k g n,k , hệ số bn B ( x) (theo cách xác định số số nguyên dương phân biệt xuất tất phân hoạch  số nguyên n ) tính tổng số phân hoạch  có số xuất cộng với hai lần số phân hoạch  có số phân biệt xuất hiện, cộng với ba lần số phân hoạch  có số phân biệt xuất hiện… Do đó: 15 bn  g n ,1  2g n ,2  3g n,3    k g n ,k k 1 Suy ra: B ( x)   bn x n  n0  k g n ,k x n n0,k 1 B ( x)   k g n ,k x n  n0,k 1 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  y 1  G ( x,1) (Do gi '( y ) i 1 g i ( y )   G ( x, y )  G ( x,1) x i y 1 i 1 x x  (2) 1 x (1 x)2(1 x 2)(1 x3) 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 không vượt p − Tìm số tập k phân tử {1,2, … , p}, cho tổng phần tử tập chia hết cho p 16 Bài 2: (IMO Shortlist 1998) Cho (an )n dãy không giảm số tự nhiên cho a  2a j  4ak số tự nhiên biểu diễn cách dạng i với i, j, k không thiết phân biệt Bài 3: (USA MO 1996) Xác định (kèm chứng minh) tập X tập sô 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   (1) n n C  n n 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) 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 17 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 cấp thêm cho học sinh công cụ hữu hiệu để giải lớp tốn khó (xuất kỳ thi HSG toán) điều kiện thời gian eo hẹp chương trình dạy, cách đơn giản hố kiến thức lý thuyết khơng thuộc chương trình THPT đem lại hiệu thiết thực Cụ thể: Đối chiếu kết kiểm tra phần Dãy số Tổ hợp trước sau học chuyên đề cho thấy: Kết kiểm tra trước chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 2/30 (6,7%) Điểm Điểm TB 12/30 (40%) 10/30(33,3% ) Điểm yếu 6/30(20%) Điểm Điểm yếu 4/30(13,3 %) Điểm Kết kiểm tra sau chuyên đề: Số lượng (%) Điểm giỏi 6/30 (20%) Điểm 15/30 (50%) Điểm TB 5/30(16,7%) Mặc dù, đối chiếu qua 02 kiểm tra trước sau chuyên đề, độ 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 làm nâng lên KẾT LUẬN 18 Với mục đích đặt ban đầu, tơi hy vọng viết sử dụng tài liệu tham khảo cho bạn học sinh u thích mơn tốn, đồng thời để trao đổi thêm số vấn đề có kinh nghiệm giảng dạy với bạn bè, đồng nghiệp Do khuôn khổ đầu tư tìm tịi cịn có hạn nên viết chắn khơng tránh khỏi thiếu sót, sơ sài Rất mong nhận ý kiến đóng góp quý báu đồng nghiệp 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 q 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 cơng thức tổng qt số dãy số, SKKN năm 2012 19 ...  1 x Áp dụng định lý (Quy tắc xoắn) ta có (hàm sinh cách chọn phần tử từ hợp tập hợp rời tích hàm sinh cách chọn phần tử từ tập hợp) : 1 1  1 x 1 x 1 x (1 x)n n Vậy, hàm sinh cách chọn... 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. .. 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 chọn phần tử … Như thế, hàm sinh cách chọn có lặp từ tập hợp có