CHUYÊN đề môn TOÁN hàm SINH

Có nhiều cách tiếp cận lời giải của một bài toán đếm như: Sử dụng lực lượng tập hợp, sử dụng song ánh, sử dụng hệ thức truy hồi, sử dụng hàm sinh,.... Điều này cho phép chúng ta sử dụng

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

CHUYÊN ĐỀ MÔN: TOÁN HÀM SINH

MỞ ĐẦU

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán ngày nay, bài toán tổ hợp luôn gây ra không ít khó khăn cho cả giáo viên và học sinh Nhiều bài toán tổ hợp được phát biểu dưới hình thức một bài toán đếm, đây cũng là dạng bài hay gặp nhất trong các kì thi chọn học sinh giỏi thời gian gần đây Có nhiều cách tiếp cận lời giải của một bài toán đếm như: Sử dụng lực lượng tập hợp, sử dụng song ánh, sử dụng hệ thức truy hồi, sử dụng hàm sinh, Mỗi bài toán đếm có thể được giải với nhiều cách thức tiếp cận, mỗi cách tiếp cận đó sẽ đem đến những sự thú vị và nét đẹp riêng của nó

Hàm sinh là một trong những sáng tạo bất ngờ, nhiều ứng dụng của toán rời rạc Nói một cách đơn giản, hàm sinh chuyển những bài toán dãy số thành những bài toán về hàm số Điều này cho phép chúng ta sử dụng hàm sinh trong việc giải các dạng toán về phép đếm bởi đa số các bài toán đếm là đi xác định một hàm số đếm :f ¥ →¥ Có cả một ngành toán học lớn nghiên cứu về hàm sinh, tuy nhiên, trong khuôn khổ của chuyên

đề này, chúng ta chỉ tìm hiểu những ứng dụng của hàm sinh trong một số bài toán đếm

Trong kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia năm 2015, Bài toán số 3 là một bài toán đếm mà đa số các thí sinh tiếp cận theo hai hướng: Sử dụng hệ thức truy hồi và sử dụng hàm sinh Số các thí sinh sử dụng hàm sinh không nhiều và có khá nhiều lỗi do chưa hiểu chính xác về hàm sinh cùng các kĩ thuật sử dụng Tuy nhiên, sử dụng hàm sinh là một trong những lời giải đẹp nhất cho bài toán này

Từ những lí do trên, một chuyên đề hệ thống những kiến thức cơ bản về hàm sinh

là rất cần thiết cho việc dạy và học các bài toán đếm Mục đích chính của chuyên đề này

là cung cấp những kiến thức căn bản nhất về hàm sinh cùng các ví dụ minh họa trong một

số bài toán đếm Qua đó, chúng tôi cũng mong muốn các thầy cô và các em tiếp tục phát triển để chúng ta có một chuyên đề hoàn chỉnh và hữu ích hơn

Nội dung của chuyên đề được chia thành hai chương Chương 1 trình bày những vấn đề cơ bản về hàm sinh Chương 2 trình bày ứng dụng của hàm sinh trong một số bài toán đếm Chương 2 được chia thành hai phần chính: Hàm sinh là các đa thức và hàm sinh là các hàm giải tích khai triển được thành chuỗi lũy thừa Sở dĩ có sự phân chia này

là bởi khi chúng ta sử dụng chuỗi lũy thừa sẽ cần một số kiến thức của toán cao cấp Điều này thích hợp cho các em học sinh muốn khám phá thêm về hàm sinh nhưng sẽ phải rất thận trọng khi vận dụng trong các kì thi vì những kiến thức vượt chương trình đó Cũng cần nói thêm rằng, chuyên đề là sự sưu tầm, sắp xếp những vấn đề cơ bản của hàm sinh theo một mạch kiến thức nhất định từ một số nguồn tài liệu đã có cùng với một số kiến thức, bài toán mà chúng tôi đưa thêm vào nhằm làm sáng tỏ cho những vấn đề nêu ra

Chương 1 Hàm sinh

Trong chương này ta sẽ trình bày những kiến thức căn bản về hàm sinh bao gồm: Định nghĩa hàm sinh, các phép toán của hàm sinh và một số ví dụ về hàm sinh

1.1 Định nghĩa

Cho dãy (vô hạn) { }a Tổng hình thức n

0

n

F x a x

≥

=∑ gọi là hàm sinh sinh bởi dãy

{ }a n

Hai hàm sinh

0

n

F x a x

≥

0

n

G x b x

≥

=∑ gọi là bằng nhau nếu , 0,1,

i i

a =b ∀ =i

Ví dụ 1

1) Dãy {0,0, ,0, } có hàm sinh tương ứng là F x( ) 0 0.= + x+0.x2+ = 0

2) Dãy {1,0, ,0, } có hàm sinh tương ứng là F x( ) 1 0.= + x+0.x2+ = 1

3) Dãy { , , , ,0,0, }a a0 1 a n có hàm sinh tương ứng là

F x =a +a x a x+ + +a x + x + + x + + =a +a x a x+ + +a x

Nhận xét

+ Ta gọi hàm sinh

0

n

F x a x

≥

=∑ là chuỗi hình thức bởi vì thông thường ta sẽ chỉ

coi x là một ký hiệu thay vì một số Chỉ trong một vài trường hợp ta sẽ cho x nhận các

giá trị thực, vì thế ta gần như cũng không để ý đến sự hội tụ của các chuỗi

0

n n n

a x

≥

+ Từ Ví dụ 1 ta thấy đa thức P x( )=a0+a x a x1 + 2 2+ + a x n n là một hàm sinh được xác định bởi F x( )=a0+a x a x1 + 2 2+ + a x n n+0.x n+1+0.x n+2+ Trong nhiều ví

dụ sau này ta sẽ xét các hàm sinh có dạng đa thức như trên

Ví dụ 2 Với | | 1x < , ta có công thức tính tổng của các số nhân lùi vô hạn là

1

x x x

x

−

Công thức này cho chúng ta công thức tường minh cho hàm sinh của một số dãy số sau:

1) Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 3 1

1

F x x x x

x

2) Dãy {1, 1,1, 1, }− − có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 3 1

1

F x x x x

x

3) Dãy {1, , , , }a a a2 3 có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 2 1

1

F x ax a x

ax

4) Dãy {1,0,1,0, } có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 4 6 1 2

1

x

1.2 Tính chất

1.2.1 Tính duy nhất của hàm sinh: Mỗi dãy số { }a cho ta duy nhất một hàm sinh và n

ngược lại

1.2.2 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức (một biến): Tập các chuỗi lũy thừa hình

thức với hệ số thực, kí hiệu là [[ ]]¡ x , lập thành một vành giao hoán với phép toán cộng

“+” và nhân “.” được định nghĩa tương tự như đa thức

a x b x a b x

≥ ≥ ≥

=

trong đó c n =a b0 n+a b1 n−1+ + a b n−1 1+a b n 0,∀ ≥n 0

1.2.3 Một số lớp hàm sinh quan trọng: Trong [[ ]]¡ x có hai lớp hàm quan trọng sau

mà ta sẽ nghiên cứu khi áp dụng hàm sinh vào các bài toán đếm:

+ Lớp các đa thức [ ]¡ x , đây là một vành con của vành [[ ]]¡ x .

+ Trong [[ ]]¡ x , có những chuỗi trùng với một hàm giải tích nào đó (chẳng hạn như

2 3

x

x x x

x

− ) Tập các chuỗi như vậy lập thành một

vành con của [[ ]]¡ x Các phép toán đại số là hoàn toàn tương thích với nhau, theo nghĩa

với các hàm giải tích như thế nào thì với các chuỗi cũng như vậy

1.2.4 Các phép toán trên hàm sinh

Các phép toán trên hàm sinh dưới đây có thể kiểm tra tính đúng đắn của nó một cách đơn giản với các hàm sinh đa thức Trong trường hợp tổng quát, người ta chứng minh được rằng những phép toán đó là hoàn toàn hợp lí

a) Phép nhân với hằng số: Giả sử ( ) F x là hàm sinh của dãy { }a Khi đó ( ) n c F x là

hàm sinh của dãy {c a n}

Ví dụ 3 Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 3 1

1

F x x x x

x

−

Khi đó, hàm 2 ( ) 2

1

F x

x

=

− là hàm sinh tương ứng của dãy {2, 2, , 2, }.

b) Phép cộng các hàm sinh: Giả sử ( ) F x và ( ) G x lần lượt là hàm sinh của dãy { }a n

và { }b Khi đó ( ) n F x +G x( ) là hàm sinh của dãy {a n+b n} .

Ví dụ 4 Xét dãy {1,1,1, } và {1, 1,1, 1, }− − có các hàm sinh tương ứng là 1

( )

1

F x

x

=

− và

1 ( ) 1

G x

x

=

1 x+1 x =1 x

− + − là hàm sinh của dãy

{2,0, 2,0, }

c) Phép dịch chuyển sang phải: Giả sử ( ) F x là hàm sinh của dãy { }a Khi đó n

( )

k

x F x là hàm sinh của dãy {0,0, ,0, , , }0 1

k

a a

Ví dụ 5 Dãy {1,1, ,1, } có hàm sinh tương ứng là ( ) 1 2 3 1

1

F x x x x

x

−

Khi đó dãy {0,0, ,0,1,1, }

k

14 2 43 có hàm sinh là

1

k

x x

− .

d) Phép nhân các hàm sinh:

Giả sử ( )F x và ( ) G x lần lượt là hàm sinh của dãy { }a và n { }b Khi đó ( ) ( ) n F x G x

là hàm sinh của dãy { }c với n c n =a b0 n+a b1 n−1+ + a b n−1 1+a b n 0,∀ ≥n 0.

Ví dụ 6 Xét dãy {1, 1,0,0, }− và {1,1,1, } lần lượt có các hàm sinh là ( ) 1F x = −x

và ( ) 1

1

G x

x

=

− Khi đó tích ( ) ( ) 1F x G x = là hàm sinh của dãy {1,0,0, }

e) Phép lấy đạo hàm: Giả sử ( ) F x là hàm sinh của dãy { }a Khi đó '( ) n F x là hàm

sinh của dãy { , 2 ,3 , }a1 a2 a3

Ví dụ 6 Xét hàm sinh ( ) 1

1

F x

x

=

− của dãy {1,1,1, } Khi đó 2

1 '( )

(1 )

F x

x

=

− là

hàm sinh của dãy {1, 2,3, }

1.3 Các hàm sinh thường gặp

1.3.1 Định lý Taylor Giả sử ( ) f x là một hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên

khoảng ( ; )a b và x0∈( ; )a b Khi đó ta có công thức khai triển Taylor

( ) 0 0

( )

!

n

n n

f x

n

≥

Đặc biệt, khi 0 ( , )∈ a b ta có ( )

0

(0) ( )

!

n n n

f

n

≥

1.3.2 Bảng các hàm sinh thường gặp

0 1 n n

0 1 n n 0 n 0 n

a +a x+ +a x + x + + x + +

1

1 x− 1+ +x x2+x3+

1

1 x+ 1− +x x2− +x3

1

1 ax− 1+ax a x+ 2 2+a x3 3+

(1+x)n 1+C x C x1n + n2 2+ + C x n n n

1

1−x r 1+x r +x2r +x3r +

1

1+x r 1−x r +x2r −x3r +

x x x

x− + − +

x

e

2 3

1! 2! 3!

x x x

Chương 2 Ứng dụng của hàm sinh trong một số bài toán đếm

2.1 Ứng dụng của hàm sinh đa thức trong một số bài toán đếm

Trong phần này ta thường sử dụng bổ đề sau đây:

Bổ đề Cho p>2 là một số nguyên tố Khi đó, nếu α là một nghiệm phức khác 1

của đa thức x p−1 thì α α, 2, ,αp−1,α =p 1 cũng nghiệm x p−1

Chứng minh Vì α = α ≠p 1, 1 nên 1+ α + α + + α2 p−1=0 Xét một số nguyên

dương bất kì n Khi đó tồn tại cặp , q r∈¥ với r p< thỏa mãn n= p q r + Suy ra

. ( )

n p q r+ p q r r

Với mọi j∈{1, 2, ,p−1} thì { , 2 , , }j j pj là các hệ thặng dư thu gọn theo môđun p

Theo tính chất (1) thì {α αj, 2j, ,αpj}={ ,α α2, ,α =p 1}, do đó

1+ α + α + + αj j p− j = α + α + + αj j p− j+ α = α + α + + α =pj p 0 Suy ra α α, 2, ,αp−1,α =p 1 là các nghiệm của x p −1

Dạng toán đếm đầu tiên chúng ta xét là đếm số các tổ hợp lặp của một tập cho trước thỏa mãn điều kiện nào đó

Bài toán 1 (PTNK 2009) Từ các chữ số 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên có n chữ số và các số này chia hết cho 3.

Lời giải Gọi c là số lượng các số tự nhiên có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 n

và các số này chia hết hết cho 3

Xét các số a a a= 1 2 a n với a i∈{3, 4,5,6} Khi đó aM3⇔ +a1 a2+ + a nM Giả sử3 trong các chữ số a a1, , ,2 a có n k chữ số 3, 1 k chữ số 4, 2 k chữ số 5, 3 k chữ số 6 Suy4

ra 1 2 3 4

(*)

k k k k n



 M Do đó mỗi bộ ( , , , )k k k k thỏa mãn (*) tương ướng1 2 3 4

với một lũy thừa x3k1+4k2+5k3+6k4 trong khai triển đa thức P x( )=(x3+x4+x5+x6)n Suy

ra số các bộ ( , , , )k k k k thỏa mãn (*) bằng hệ số của 1 2 3 4 x3k1+4k2+5k3+6k4 trong khai triển đa thức P x( )=(x3+x4+x5+x6)n, hay c bằng tổng các hệ số của các n x , với k kM , trong3 ( )

P x

Để tính c ta gọi n α là một nghiệm của phương trình α + α + =2 1 0 Khi đó α =3 1 và

2

3 0 (mod 3)

1 0 2 (mod 3)

if k

if k

if k

≡







Như vậy

3

(1) ( ) ( )

3

+ α + α

Vì P(1) 4 , ( )= n P α = α =P( 2) 1 nên

2 3 0

3

n n

k

=

+

Nhận xét Điều mấu chốt trong bài toán trên là cho tương ứng giữa số lượng các số

cần đếm với tổng hệ số của các x (với k kM ) trong khai triển ( )3 P x Đây là một kĩ thuật

hay được sử dụng trong các bài toán đếm dạng này

Bài toán 2 (VMO 2015) Cho k∈¥ Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá*

10k thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) n chia hết cho 3.

ii) Tất cả các chữ số trong biểu diễn thập phân của n đều thuộc tập hợp

{2,0,1,5}

Lời giải Vì 10k không chia hết cho 3 nên ta chỉ cần xét các số n thỏa mãn

0< <n 10k Bổ sung chữ số 0 vào trước nếu cần thiết, ta đưa về xét các số có dạng

1 2 k

n a a= a với a i∈{2,0,1,5} Ta cần đếm các số như vậy và chia hết cho 3

Gọi c là số lượng các số cần đếm Tương tự Bài toán 1 ta xét đa thức k

P x = x + + +x x

1 0

Từ α + α + =2 1 0 ta tính được: 4 1

3

k

S = − nếu k không chia hết cho 3 và 4 2

3

k

S = + nếu

k chia hết cho 3.

Lời bình Sự có mặt của chữ số 0 trong tập các chữ số cho trước đã gây ra rất nhiều

khó khăn cho học sinh trong kì thi VMO 2015 Đã có rất nhiều lời giải sai vì thiếu sự nhạy bén trong việc giải quyết khó khăn trên Một trong những hướng giải quyết khó khăn này là bổ sung các chữ số 0 vào trước nếu cần thiết để đưa tất cả các số cần đếm về

các số có k chữ số như lời giải trên Có rất ít thí sinh làm được điều này, còn lại đều rơi vào sai lầm khi đếm số các số có đúng m chữ số, 1 m k≤ ≤ , bằng cả hàm sinh và truy hồi

Trong hai bài toán trên chúng ta xét các tổ hợp lặp của một tập thỏa mãn tính chất nào đó Khi ta làm việc với các tập con của một tập, tức là các tổ hợp không lặp của nó,

ta cần một đa thức dạng khác để áp dụng

Bài toán 3 Cho tập hợp A={1, 2,3, ,2009} Tìm số các tập con của A mà tổng các

phần tử trong mỗi tập con đó chia hết cho 7

Lời giải Xét một tập con X ={ , , , }a a1 2 a k ⊂ A thỏa mãn a1+a2+ + a kM Vì7 các a là đôi một phân biệt nên mỗi tập con X như trên tương ứng với một lũy thừa i

1 2 k

x + + + trong khai triển F x( ) (1= +x)(1+x2) (1+x2009) Do vậy, số các tập con của

A thỏa mãn bài toán (kí hiệu là ( ) S A ) bằng tổng hệ số của x , với n nM trong khai triển 7

2 2009 ( ) (1 )(1 ) (1 )

F x = +x +x +x

Tương tự trên ta tính được , ( ) 1 (1) ( ) ( 6) ,

7

S A = F + α + + αF L F  với α là một nghiệm

phức khác 1 của phương trình x7− =1 0

Ta thấy F(1) 2= 2009 Mặt khác, vì 7 là số nguyên tố nên

{ , 2 , ,7 }, {8 ,9 , ,14 }, {2003 , 2004 , , 2009 }j j j j j j j j j

lập thành các hệ thặng dư thu gọn theo môđun 7 Bởi vậy

287

= (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 1) 2

K

K

Vậy 22009 6.2287

7

P= +

Bài toán 4 (IMO 1995) Cho tập hợp A={1, 2, , 2 }p với p là một số nguyên tố Tìm số các tập con của A thỏa mãn:

i) Mỗi tập có đúng p phần tử.

ii) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p

Lời giải Để giải bài toán bằng phương pháp hàm sinh ta cần sử dụng 2 biến x và y ,

trong đó lũy thừa của biến x để tính tổng của các phần tử của tập con, lũy thừa của biến

y để tính số phần tử của tập con đó Giả sử khi đã có một tập con của B , khi thêm một phần tử m vào tập con đó thì tổng các phần tử sẽ tăng lên m đơn vị và số lượng phần tử của tập sẽ tăng lên một đơn vị Nhưng ta phải giữ lại những tập con không chứa m trước khi thêm m vào, do đó trong hàm sinh sẽ chứa các nhân tử có dạng 1+x y m

Xét hàm sinh F x y( , ) (1= +xy)(1+x y2 ) (1+x y2p ) Khai triển ( , )F x y dưới dạng tổng

,

( , ) n k n k

k n

F x y =∑a x y

Khi khai triển ( , )F x y thành tổng thì các số mũ của x có dạng x1+ + +x2 L x k với

1, , ,2 k

x x K x là các số đôi một phân biệt của tập A, số mũ tương ứng của y là k , như vậy

,

n k

f chính là số tập con của A có k phần tử mà tổng các phần tử là n Như vậy số các tập con cần đếm của A là ( , ) ( , )

0

≥

M Gọi α là một nghiệm phức khác 1 của đa thức x p −1 Khi đó, tương tự các bài toán trên

ta tính được

1 ( , )

1

( , )

p

n k

p

−

M

Ta có

2

(1, ) (1 ) ;

p

= +

Vì p là số nguyên tố nên { , 2 , , }, {( j j pj p+1) ,(j p+2) , , 2 }j pj là các hệ thặng dư thu

gọn môđun p , do đó

( j, ) (1 j )(1 j ) (1 jp ) [(1 )(1 ) (1 p )] ; 1

Mặt khác, ta thấy đa thức y p + =1 0 có các nghiệm là −ε −ε−1, −2, ,K −ε−p do đó

2 2 2

( , ) 0,

2 ( , )

1

2( 1)

n k

k n p p

p

n p

n p

p

a

p

≥

∑

∑

M

M

K

Vậy 2 2( 1).

p

p

S

p

=

Ta có thể mở rộng Bài toán 4 thành bài toán sau:

Bài toán 5 Cho tập hợp A={1, 2, , }m và p là số nguyên tố Tìm số các tập con của A thỏa mãn:

i) Mỗi tập có đúng p phần tử.

ii) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p

Lời giải Tương tự như Bài toán 4, xét hàm sinh

2

( , ) ,

( , ) (1 )(1 ) (1 m ) n k n k

k n

F x y = +xy +x y +x y =∑a x y

Ta cần phải tính tổng ( , ) ( , )

0

≥

M Gọi α là một nghiệm phức khác 1 của đa thức x p −1 Khi đó

1 ( , )

1

( , )

p

n k

p

−

M

Ta có

2

(1, ) (1 ) ;

m

= +

Ta viết m= p q r. + với 0≤ < −r p 1 Vì p là số nguyên tố nên các hệ { , 2 ,3 , , } j j j pj ,

{(p+1) , ,2 }j pj , , {( (p q− +1) 1) , ,j pqj} là các hệ thặng dư thu gọn theo môđun p ,

do đó

2

2

(1 ) (1 )(1 ) (1 )

p

Suy ra

2 ( , )

n k

M

Đồng nhất hệ số của y ta được p

( , ) ( , ) 0

( 1) ( 1)

p

p

m

≥

 

M

Ngoài hai kĩ thuật sử dụng trong 5 bài toán trên, các hàm sinh đa thức có thể được sử dụng linh hoạt trong một số bài toán tổ hợp khác như 2 bài toán dưới đây:

Bài toán 6 (Việt Nam TST 2008) Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương

đầu tiên, mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, vàng và mỗi màu thì được tô ít nhất một số, xét 2 tập

1

S ={( , , )x y z ∈M3| , ,x y z tô cùng màu: x y z+ + ≡0 (mod 2008)};

2

S ={( , , )x y z ∈M3| , ,x y z tô cùng màu}.

Chứng minh rẳng: 2 |S1| |> S2|

Lời giải Gọi , ,A B C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng thuộc

M Xét các hàm sinh: ( ) a, ( ) b, ( ) c

n

I x F x G x H x x + + x + + x + + a x

Khi đó a chính là số bộ ( , , ) n x y z có cùng một màu và có tổng là n Gọi α của phương trình x2008 − =1 0 Ta thấy

1

và

2

Với k ≠0 thì (F α + α +k) G( k) H(α =k) 0, do đó

3( k) 3( k) 3( k) 3 ( k) ( k) ( k)

F α +G α +H α = F α G α H α

Vậy ta chỉ cần chứng minh F3(1)+G3(1)+H3(1) 3 (1) (1) (1).> F G H

Theo bất đẳng thức AM-GM thì F3(1)+G3(1)+H3(1) 3 (1) (1) (1).≥ F G H Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (1)F =G(1)=H(1), suy ra 3 (1) 2008F = , điều này vô lý vì 2008 không chia hết cho 3 Vậy F3(1)+G3(1)+H3(1) 3 (1) (1) (1).> F G H Do đó 2 |S1| |> S2|

Bài toán 7 Giả sử với mỗi số tự nhiên n ta luôn có hai dãy số dương { , , , }a a1 2 K a n

và { , , , }b b1 2 K b n sao cho dãy tổng {a1+a a2, 1+a3, ,K a n−1+a n} là một hoán vị của dãy các tổng {b1+b b2, 1+ …b3, ,b n−1+b n} Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2.

Lời giải Xét các hàm sinh ( ) i, G( ) i.

Ta có

2

a

2

b

Suy ra [ ( )]F x 2−[G( )]x 2 =F x( )2 −G x( ).2

Vì (1)F =G(1)=n nên 1 là nghiệm của ( )F x −G x( ), do đó ( )F x −G x( ) (= −x 1)k H x( ) với k∈¥ Vậy *

2( ) 2( ) ( )2 ( )2 ( 2 1) ( )2 ( )2

k

k k

Chọn x=1 ta nhận được

2

1 (1 )

(1)

H

−

2.2 Ứng dụng của hàm sinh là các hàm giải tích trong một số bài toán đếm

Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu ứng dụng của các hàm số khai triển được thành

chuỗi lũy thừa (mà ta tạm gọi là các hàm giải tích) Như đã nói ở trên, tập các hàm số này

lập thành một vành con của [[ ]]¡ x ; hơn nữa các phép toán trên các hàm giải tích và trên

các chuỗi lũy thừa hình thức tương ứng là hoàn toàn tương thích nhau Chú ý rằng kĩ thuật lấy hàm sinh trong phần này tương tự như đối với hàm sinh là đa thức nên trong các bài toán nêu ra chúng tôi chỉ trình bày lời giải; việc rút ra các nhận xét, bình luận xin dành cho độc giả

Bài toán 1 Có bao nhiêu cách chia 20 cái bút cho 4 em học sinh A, B, C và D biết số

bút nhận được của A chẵn, số bút của B chia hết cho 3, C được nhiều nhất 2 cái còn D được nhiều nhất 1 cái

Lời giải Hàm sinh số bút nhận được của A, B, C và D lần lượt là

2 4

2

1

1

A x x x

x

−

3 6

3

1

1

B x x x

x

−

3

2 1

1

x

C x x x

x

−

−

2 1

1

x

x

−

= + =

−

Hàm sinh cho số cách chia n cái bút là

2

F x

1 x = + +x x + +x

2

Vậy số cách chia 20 cái bút thỏa mãn điều kiện trên là 21

Bài toán 2 Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1+ + +x2 x n =m

(*) với ,m n là 2 số tự nhiên cho trước.

Lời giải Xét hàm sinh F x( )= + +(1 x x2+ )n Mỗi số hạng trong khai triển ( )F x

thành tổng có dạng x x x1+ + +2 x n trong đó x i ≥ ∀0, i Ta thấy tổng từ trái qua phải mỗi khi gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển thu gọn của ( ) F x hệ số của x m

tăng thêm một đơn vị Do vậy, hệ số của x trong khai triển của ( ) m F x thành tổng chính

là số nghiệm của phương trình đã cho Ta sẽ tìm hệ số của x m.

Từ F x( )= + +(1 x x2+ )n suy ra ( ) 1

1

n

F x

x

=  − ÷ Khai triển Taylor hàm ( )F x ta được

hệ số của x là m