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

A. më ®Çu

I – Đặt vấn đề:
Hàm sinh (Generating Function) trong toán học là m ột trong các công c ụ
mạnh để giải quyết một số dạng bài toán khó. Lí thuyết hàm sinh đã được bi ết
đến từ lâu và được nghiên cứu khá kĩ lưỡng, tuy nhiên những tài li ệu đã đ ược s ơ
cấp hoá và được dịch ra tiếng Việt thành các bài viết chuyên đề hiện tại không
nhiều. Trong quá trình giảng dạy cho học sinh chuyên Toán, tôi nh ận th ấy có
nhiều dạng bài toán nếu biết vận dụng khéo léo công cụ hàm sinh thì l ời gi ải r ất
đơn giản trong khi nếu không dùng công cụ này lời giải sẽ rất phức tạp, thậm chí
không thể giải được bằng các phương pháp thông thường như: Các bài toán tìm
công thức tổng quát của dãy số; các bài toán tổ h ợp… Tuy nhiên, đ ể n ắm v ững lý
thuyết hàm sinh một cách đầy đủ đối với học sinh các l ớp đ ầu c ấp THPT là
không đơn giản, vì trong lý thuyết này cần sử dụng không ít ki ến th ức toán cao
cấp ở bậc đại học.
Để giải quyết vấn đề đó, tôi đã tìm cách đơn giản hoá một s ố ki ến thức
cho phù hợp với đối tượng học sinh và thử áp dụng vào gi ảng dạy đ ối v ới h ọc
sinh lớp 10 chuyên Toán. Kết quả thu được rất khả quan và đã được đúc rút
thành SKKN với tiêu đề “Ứng dụng phương pháp hàm sinh để tìm công thức tổng
quát của một số dãy số” (SKKN năm 2012, đã được Hội đồng chấm SKKN của
ngành xếp loại A). Tuy nhiên, kết thúc chuyên đề này, mặc dù các em h ọc sinh đã
nhận thấy mối liên hệ giữa hàm sinh với các bài toán đếm (T ổ h ợp) nhưng v ẫn
còn gặp nhiều khó khăn khi vận dụng hàm sinh để giải quy ết. Trong đó, v ấn đ ề
khó khăn nhất là: Làm thế nào để xây dựng được hàm sinh cho các đ ối tượng
“rời rạc”, rất khó “nắm bắt” trong các bài toán Tổ hợp?
Tiếp nối ý tưởng của SKKN trước, sau khi đã trang bị thêm cho h ọc sinh
một số kiến thức cơ bản trong chương trình THPT (Số phức) vào l ớp 11, tôi ti ếp
tục đơn giản hoá một số kiến thức toán cao cấp nhằm giúp h ọc sinh có th ể n ắm
bắt và vận dụng được công cụ hàm sinh để giải quyết các bài toán Tổ hợp (dạng
bài toán được cho là khó nhất trong các đề thi HSG). Theo dõi qua quá trình gi ảng
dạy cho thấy, nhiều học sinh trong lớp đã có th ể xử lý được những bài toán T ổ

hợp cơ bản bằng phương pháp hàm sinh và bước đầu bi ết cách xây d ựng hàm
sinh để xử lý những bài toán khó. Những học sinh khá đã có th ể s ử d ụng tương
đối thành thạo hàm sinh để giải quyết linh hoạt những bài toán khó. Vì v ậy, tôi
tiếp tục chọn viết vấn đề này để trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với các đồng
nghiệp, đồng thời cũng là để làm tư liệu cho những năm gi ảng dạy ti ếp theo c ủa
mình.
Sáng kiến kinh nghiệm này được trình bày theo cấu trúc.
1


1. Trình bày những kết quả cơ bản có liên quan của Số phức và toán cao c ấp
dưới dạng đơn giản nhât.
2. Vận dụng lý thuyết vào giải toán.
3. Đưa ra một hệ thống bài toán chọn lọc nhằm nâng cao kỹ năng.
II - Mục đích:
Tiếp tục nâng cao kỹ năng giải toán cho học sinh l ớp 11 khi đã được trang
bị kiến thức hàm sinh (dưới dạng đơn giản nhất) ở lớp 10 và một s ố ki ến th ức
về Số phức ở lớp 11.
III - Đối tượng áp dụng: Học sinh lớp 11 chuyên Toán.
IV- Nhiệm vụ nghiên cứu :
Đơn giản hoá một số kiến thức toán cao cấp đ ể học sinh có th ể nắm b ắt
đầy đủ về cách vận dụng hàm sinh trong giải toán.
Hướng dẫn học sinh xây dựng hàm sinh trong các bài toán Tổ hợp thông
qua một số ví dụ cụ thể (nhiệm vụ chính).
B. NỘI DUNG
1. Một vài tính chất của căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.
Trong phần này nhắc lại một số kiến thức cơ bản về số phức mà học sinh
lớp 11 đã được trang bị.
Định nghĩa:

ε

là một căn bậc n của đơn vị và được gọi là căn nguyên thủy bậc n

của đơn vị nếu mọi số nguyên dương

m
ta có

εm ≠ 1

Từ định nghĩa, kết hợp với các tính chất của s ố ph ức bi ểu di ễn d ưới d ạng
mũ, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau:
Định lý 1: Nếu

ε

là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì:

1+ ε k + ε2k + ... + ε( n−1) k = 0

Đặc biệt với

k =1

ta có

( k , n) = 1
với

.

1+ ε + ε2 + ... + ε n−1 = 0

2


Định lý 2: Kí hiệu
thuỷ bậc

nếu

n

ε = e2πi / n

với

n

là một số nguyên dương là một căn nguyên

của đơn vị. Khi đó mọi đa thức

k > deg F

f 0 + f n + f 2n + ... =

, đều có:

F ( x ) = f0 + f1x + f 2x 2 + ...

, với

(

1
F (1) + F (ε) + F (ε 2) + ... + F (ε n −1)
n

fk

=0

)

Chứng minh: Ta có nhận xét:
Tổng

sk = 1+ ε k + ... + ε( n−1) k = n

Trong trường hợp khác ta có

nếu

εk ≠ 1

n

và

chia hết

k

(do

1− ε nk
sk =
=0
1− ε k

εn = 1

εk = 1
nên
).

. Khi đó:

F (1) + F (ε) + F (ε2) + ... + F (ε n −1) = f0s0 + f1s1 + f 2s2 + ... = n( f0 + f n + f2n + ...)
Định lý được chứng minh.
Cũng từ nhận xét trong chứng minh định lý 2, ta d ễ dàng ch ứng minh đ ược
kết quả sau.
Định lý 3: Nếu
p −1

ε = ei 2π/ p

, với p là một số nguyên tố, khi đó:

u p|k
 p n‰
u p /| k
 n‰

∑ εkj = 0
j =0

2. Đạo hàm của tích các hàm số, đạo hàm riêng của hàm nhiều biến:
2.1 Đạo hàm của tích các hàm số:
n

H ( x) = ∏ hi ( x)
i −1

Định lý 4: Nếu hàm số

với

hi ( x)

là các hàm số có đạo hàm thì:

n

hi '( x)
i =1 h( x )

H '( x) = H ( x)∑

.

3


Định lý này dễ dàng chứng minh được bằng quy n ạp theo

n=2

n

. Trường hợp

là công thức quen thuộc.

2.2 Đạo hàm riêng của hàm nhiều biến:
Vì chương trình THPT chưa học khái niệm đạo hàm riêng nên ở đây không
đưa ra định nghĩa đầy đủ, chính xác. Với mục đích hướng dẫn học sinh vận dụng
cách tính đạo hàm riêng vào một số hàm nhi ều biến đ ơn gi ản nên ch ỉ ti ếp c ận
khái niệm qua ví dụ.
Ví dụ: Cho hàm số

F ( x, y ) = x 5 + x 4 y + 2x3y 3 − 3xy 4 + y 6

F ( x, y )

. Khi đó, đạo hàm riêng

∂F

∂x

x
theo biến được ký hiệu
và được tính như đạo hàm của
y
x
hàm số theo biến (biến được coi là tham số).
của hàm

Như vậy:

∂F
= 5x 4 + 4x3y + 6x 2 y 3 − 3y 4
∂x

Tương tự ta có:

∂F
= x 4 + 6x3y 2 − 12xy 3 + 6y 5
∂y

3. Xây dựng hàm sinh:
Hàm sinh có thể được áp dụng trong các bài toán đếm. Nói riêng, các bài
toán chọn các phần tử từ một tập hợp thông thường sẽ dẫn đến các hàm sinh.
Khi hàm sinh được áp dụng theo cách này, hệ số của
phần tử.

xn

chính là số cách chọn n

3.1. Chọn các phần tử khác nhau:
Hàm sinh cho dãy các hệ số nhị thức được suy ra trực tiếp từ định lý nhị
thức
< Ck0, Ck1, Ck2,..., Ckk , 0, 0,... > ↔ Ck0 + Ck1x + ... + Ckk x k = (1+ x) k

4


Như vậy hệ số của

xn

trong (

(1+ x )k

bằng số cách chọn

một tập hợp gồm k phần tử. Ví dụ, hệ số của

x2

là

Ck2

n

cũng là số cách chọn 2

x k +1

phần tử từ tập hợp k phần tử. Tương tự, hệ số của
phần tử từ tập hợp k phần tử và bằng 0.

phần tử phân biệt từ

là số cách chọn

k +1

3.2. Xây dựng các hàm sinh để đếm:
Thông thường ta có thể dịch mô tả của bài toán đếm thẳng sang ngôn ngữ

(1+ x)k

hàm sinh để giải. Ví dụ, ta có thể chứng tỏ rằng
sẽ sinh ra số các cách
chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần tử mà không cần dùng đến định lý
nhị thức hay các hệ số nhị thức.
Ta làm như sau: Đầu tiên, xét tập hợp có một phần tử

{ a1}

. Hàm sinh cho

x0 + x1 = 1+ x

số cách chọn n phần tử từ tập hợp này đơn giản là
. Ta có 1 cách
chọn không phần tử nào, 1 cách chọn 1 phần tử và 0 cách ch ọn hai ph ần t ử tr ở

{ a2}

lên. Tương tự, số cách chọn n phần tử từ tập hợp
cũng cho bởi hàm sinh
1+ x
. Sự khác biệt của các phần tử trong hai trường hợp trên là không quan
trọng.
Ta có nguyên lý quan trọng sau đây: hàm sinh cho số cách chọn các phần
tử từ hợp của hai tập hợp bằng tích các hàm sinh cho số cách chọn các phần
tử từ mỗi tập hợp.
Ví dụ: Theo nguyên lý, hàm sinh cho số cách ch ọn các phần tử từ t ập h ợp

{ a1; a2}

là:

(1+ x)(1+ x) = (1+ x)2 = 1+ 2x + x 2

{ a1; a2}

Có thể kiểm chứng rằng đối với tập hợp
ta có 1 cách chọn 0 phần
tử, 2 cách chọn 1 phần tử, 1 cách chọn 2 phần tử và 0 cách ch ọn 3 ph ần t ử tr ở
lên.
Tiếp tục áp dụng quy tắc này, ta sẽ được hàm sinh cho s ố cách ch ọn n
phần tử từ tập hợp k phần tử là:

(1+ x)(1+ x)...(1+ x) = (1+ x) k
5


Đây chính là công thức hàm sinh mà ta đã nhận được bằng cách sử dụng
định lý nhị thức. Nhưng trong trường hợp này, chúng ta đã đi thẳng từ bài toán
đếm đến hàm sinh.
Ta có thể mở rộng điều này thành một nguyên lý tổng quát.

A( x)

Định lý 5: (Quy tắc xoắn). Gọi
là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ
B ( x)
tập hợp A và
là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp B. Nếu A và
B là rời nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ A ∪ B là

A( x).B( x)

.

Lưu ý: Quy tắc này là khá đa nghĩa, vì cần hi ểu chính xác cách ch ọn các
phần tử từ một tập hợp có nghĩa là thế nào? Rất đáng chú ý là Quy t ắc xo ắn v ẫn
đúng cho nhiều cách hiểu khác nhau của từ cách chọn. Ví d ụ, ta có th ể đòi h ỏi
chọn các phần tử phân biệt, cũng có thể cho phép được chọn m ột số lần có gi ới
hạn nào đó, hoặc cho chọn lặp lại tuỳ ý. Một cách đơn gi ản, giới h ạn duy nh ất là:
(1) thứ tự chọn các phần tử không quan trọng.
(2) những giới hạn áp dụng cho việc chọn các phần tử của A và B cũng áp

dụng cho việc chọn các phần tử của A ∪ B (Chặt chẽ hơn, cần có một song ánh
giữa các cách chọn n phần tử từ A ∪ B với bộ sắp thứ tự các cách chọn từ A và B
chứa tổng thể n phần tử)
Chứng minh.
∞

∞

∞

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 .
Định nghĩa

cn

A( x ).B ( x )

Trước tiên ta tính tích
và biểu diễn hệ số
thông qua các hệ số a và
b. Ta có thể sắp xếp các số hạng này thành dạng bảng như sau:
b0

b1x

b2x2

b3x3

…

a0

a0b0

a0b1x

a0b2x 2

a0b3x3

…

a1x

a1b0x

a1b1x 2

a1b2x 3

a1b3x 4

…

a2x 2

a2b0x 2

a2b1x3

a2b2x 4

a2b3x 5

…

a3x3

a3b0x3

a3b1x 4

a3b2x 5

a3b3x6

…
6


…

…

…

…

…

Chú ý rằng các số hạng có cùng luỹ thừa của

x

xếp trên các đường chéo.

Nhóm tất cả các số hạng này lại, ta thấy rằng hệ số của

xn

trong tích bằng

cn = a0bn + a1bn −1 + ... + an −1b1 + anb0
Bây giờ ta chứng minh rằng đây cũng chính là số cách chọn n phần tử từ
A∪ B
A∪ B
. Một cách tổng quát, ta có thể chọn n phần tử từ
bằng cách chọn j
n− j
phần tử từ A và
phần tử từ B, trong đó j là một số từ 0 đến n. Điều này có
thể được thực hiện bằng
a0bn + a1bn−1 + ... + an−1b1 + anb0

cn

a j bn− j

cách. Lấy tổng từ 0 đến n, ta có:

cách chọn

n

phần tử từ

A∪ B

. Đó chính là giá trị

đã được tính ở trên.

3.3. Chọn các phần tử có lặp:
Ta xét bài toán ví dụ sau:
Bài toán 1: Có bao nhiêu cách chọn 12 cây kẹo từ 5 loại kẹo?
Tổng quát: Có bao nhiêu cách chọn ra k phần tử từ tập hợp có n phần tử, trong
đó ta cho phép một phần tử có thể được chọn nhiều lần?
Ta sẽ xây dựng hàm sinh cho bài toán này.
Giả sử ta chọn n phần tử (có lặp) từ tập hợp chỉ có duy nhất một phần tử.
Khi đó có 1 cách chọn 0 phần tử, 1 cách chọn 1 phần tử, 1 cách ch ọn 2 ph ần tử …
Như thế, hàm sinh của cách chọn có lặp từ tập hợp có 1 phần tử bằng
< 1111
, , , ,... > ↔ 1+ x + x 2 + x3 + ... =

1
1− x

Áp dụng định lý 5 (Quy tắc xoắn) ta có (hàm sinh của cách ch ọn các ph ần t ử t ừ
hợp của các tập hợp rời nhau bằng tích của các hàm sinh của cách ch ọn các ph ần
tử từ mỗi tập hợp):

7


1
1
1
1
.
...
=
1− x 1− x 1− x (1− x)n

Vậy, hàm sinh của cách chọn các phần tử từ tập hợp
.

n

phần tử có lặp là:

1
(1− x ) n

4. Xây dựng hàm sinh trong các bài toán tổ hợp:

Bài toán mở đầu: Có bao nhiêu nhiêu cách sắp một gi ỏ
điều kiện ràng buộc sau:
1.
2.
3.
4.

n

trái cây thoả mãn các

Số táo phải chẵn
Số chuối phải chia hết cho 5
Chỉ có thể có nhiều nhất 4 quả cam
Chỉ có thể có nhiều nhất 1 quả đào

Ví dụ, để sắp một giỏ 6 trái cây ta chỉ có 7 cách sắp sau:
Táo

6

4

4

2

2

0

0

Chuối

0

0

0

0

0

5

5

Cam

0

2

1

4

3

1

0

Đào

0

0

1

0

1

0

1

Nhận xét: Các điều kiện ràng buộc của bài toán quá phức t ạp và d ường
như không thể giải quyết được. Tuy nhiên, nếu ta xem xét bài toán b ằng hàm sinh
thì lời giải hết sức bất ngờ.
Giải: Trước hết, ta tìm hàm sinh cho số cách chọn táo:
Có 1 cách chọn 0 quả táo, có 0 cách chọn 1 quả táo (vì s ố táo ph ải ch ẵn),
có 1 cách chọn 2 quả táo, có 0 cách chọn 3 qu ả táo… Như v ậy ta có hàm sinh cho

A( x) = 1+ x 2 + x 4 + ... =
số cách chọn táo là:

1
1− x 2

Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn chuối là:

B ( x ) = 1+ x 5 + x10 + ... =

1
1− x 5

8


Bây giờ, ta có thể chọn 0 quả cam bằng 1 cách, 1 qu ả cam b ằng 1 cách, …
Nhưng ta không thể chọn hơn 4 quả cam, vì thế ta có hàm sinh cho s ố cách ch ọn
C ( x ) = 1+ x + x 2 + x3 + x 4 =
cam là:

1− x 5
1− x

Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn đào là:
1− x 2
D( x) = 1+ x =
1− x
Theo quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ cả 4 loại trái cây bằng:
A( x).B ( x ).C ( x).D( x ) =

1

1 1− x 5 1− x 2
1
.
.
.
=
= 1+ 2x + 3x 2 + 4x 3 + ...
2
5
2
1− x 1− x 1− x 1− x (1− x )

n +1
Vậy số cách sắp giỏ trái cây gồm n trái cây đơn giản bằng
.
Sau đây, ta xem xét một số bài toán giải bằng phương pháp hàm sinh và chú
ý cách xây dựng hàm sinh trong từng bài toán.
Bài toán 1: Một con xúc xắc gọi là “chuẩn” có các mặt đánh dấu bởi các ch ấm
mà số chấm lần lượt là: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Khi ta tung hai con xúc x ắc “chu ẩn”, d ễ
dàng tính được xác suất của tổng số chấm ở các mặt xuất hi ện. Chẳng h ạn, xác
suất khi tung hai con xúc xắc nhận được tổng số chấm ở các mặt xuất hiện b ằng
2 là 1/36, còn xác suất nhận được tổng s ố chấm ở các mặt xu ất hi ện b ằng 7 là
1/6.
Hỏi có thể tạo ra một cặp xúc xắc “không chuẩn” từ một cặp xúc xắc
“chuẩn” bằng cách đánh dấu lại số chấm ở các mặt (không làm thay đổi c ấu trúc
của các con xúc xắc đó, số chấm ở mỗi mặt phải là số nguyên dương) sao cho xác
suất của tổng số chấm ở các mặt xuất hiện khi tung hai con xúc x ắc đó không
đổi so với khi tung hai con xúc xắc “chuẩn”? Chẳng hạn, trên m ột m ặt c ủa m ột
con xúc xắc không chuẩn ta đánh dấu 8 chấm, trên con xúc xắc còn lại có hai m ặt
được đánh dấu mỗi mặt 3 chấm. Nhưng xác suất của tổng số chấm ở các m ặt

xuất hiện khi tung hai con xúc xắc này bằng 2 vẫn là 1/36, và xác su ất c ủa t ổng
số chấm ở các mặt xuất hiện bằng 7 vẫn là 1/6.
Giải: Xét một con xúc xắc chuẩn, ta xây dựng hàm sinh s ố l ần xuất hi ện mặt
chứa

k

chấm bằng cách: gán cho mặt chứa

k

chấm bởi ký hiệu

xk

và số lần
9


k

xuất hiện mặt chấm bằng hệ số của
của con xúc xắc chuẩn là:

xk

. Khi đó hàm sinh số chấm ở các mặt

D( x) = x1 + x 2 + x3 + x 4 + x 5 + x6
Rõ ràng, khi tung hai con xúc xắc chuẩn, hàm sinh của tổng s ố ch ấm xuất hi ện

trên mặt hai con xúc xắc là:

(

)(

D( x) D( x) = x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6

Trong đó

xk

là ký hiệu cho tổng số chấm ở các mặt xuất hi ện bằng

xk

)

:
k

và hệ số
k

của
là số lần xuất hiện của cặp các mặt xuất hiện có tổng s ố chấm b ằng .
Chẳng hạn, xét tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chuẩn khi gieo b ằng
6. Ta thấy trong tích trên có các cặp sau có tích bằng

x6

( x1)( x5) ( x2)( x 4)
là
,
,

( x3)( x3) ( x 4)( x 2)
( x 5)( x1)
x6
,
, và
, vậy hệ số của
là 5. Nói cách khác, ta có 5 cách
phân tích số 6 thành tổng số chấm xuất hiện trên các mặt của m ỗi con xúc x ắc
chuẩn là:
1 + 5, 2 + 4, 3 + 3, 4 + 2, và 5 + 1
Do đó đa thức tích:

D( x) D( x) = x 2 + 2x3 + 3x 4 + 4x 5 + ... + 2x11 + x12
xk

k
có các hệ số của
bằng số các cách phân tích số thành tổng số chấm xuất
hiện trên mặt các con xúc xắc chuẩn trong phép gieo hai con xúc xắc.
Ta có thể áp dụng phương pháp này cho trường hợp các con xúc x ắc không
a1, a2,..., a6
b1, b2,..., b6
chuẩn. Kí hiệu:
và

là số các chấm trên các mặt của hai con
xúc xắc không chuẩn, và hàm sinh của các số này trên mỗi con xúc xắc không
chuẩn tương ứng là:

A( x ) = x a1 + ... + x a6

và

B( x) = xb1 + ... + xb6

.

A( x) B ( x )

Tương tự trên, tích
biểu diễn hàm sinh cho tổng số chấm xuất
hiện trên các mặt của phép gieo hai con xúc xắc không chu ẩn. Do gi ả thi ết, xác
10


suất tổng số chấm xuất hiện trên mặt khi gieo hai con xúc x ắc không chu ẩn
trùng với xác suất khi gieo hai con xúc xắc chuẩn, ta suy ra:

A( x) B( x) = D( x) D( x)

(

⇔ A( x) B ( x) = x1 + x2 + x3 + x 4 + x5 + x6

)

2

(

= x 2 x3( x 2 + x + 1) + ( x 2 + x + 1)

(

) (x

= x2 x3 + 1

2

2

)

+ x +1

(

2

2

2

) (x

= x 2( x + 1)2 x 2 − x + 1

)

2

)

+ x +1

2

Giả sử:

(

) (x

(

) (

e3

A( x) = x e1 ( x + 1)e2 x 2 − x + 1

B ( x ) = x f1 ( x + 1) f2 x 2 − x + 1

trong đó

ei

Do

và

fi

f3

2

)

+ x +1

e4

và

)

x2 + x + 1

f4

là các số nguyên không âm thoả mãn

A(0) = B(0) = 0

ei + fi = 2

nên mỗi đa thức phải chia hết cho

Mặt khác, từ cách xác định ban đầu ta phải có
e2 = f 2 = e4 = f 4 = 1
2e23e4 = 2 f 23f 4 = 6
, suy ra
.
e3 = f 3 = 1

Nếu ta có
phải là xúc xắc chuẩn.

thì

A( x) = B( x) = D( x)

Như vậy chỉ có duy nhất trường hợp
e3 = 0; f3 = 2
hoàn toàn tương tự), khi đó:

x

với

1≤ i ≤ 4
.

e1 = f1 = 1
, từ đó
.

A(1) = B (1) = 6

, nghĩa là

và như vậy các con xúc xắc đều
e3 = 2

và

f3 = 0

(trường hợp

11


(

)(

(

)

)

2

A( x) = x( x + 1) x 2 + x + 1 x 2 − x + 1 = x + x 3 + x 4 + x 5 + x6 + x8

B ( x) = x( x + 1) x 2 + x + 1 = x + 2x 2 + 2x3 + x 4
Như vậy, ta có thể xây dựng hai con xúc xắc không chuẩn thoả mãn bài
toán bằng cách đánh dấu lại số chấm trên các mặt của m ỗi con b ởi các s ố: 1; 3;
4; 5; 6; 8 và 1; 2; 2; 3; 3; 4.
Bài toán 2: (Rumania MO 2003)
Có bao nhiêu số có

n

chữ số, các chữ số thuộc tập {2,3,7,9} và chia hết cho

3?
Giải: Ta có một số chia hết cho 3 nếu và chỉ nếu tổng các chữ s ố của nó chia h ết
n
cho 3. Như vậy yêu cầu bài toán tương đương với vi ệc tìm s ố các s ố có chữ số
mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Ta có m ỗi ch ữ s ố c ủa s ố th ỏa mãn có
giá trị là một trong các số 2,3,7 hoặc 9. Do đó hàm sinh cho m ỗi ch ữ s ố sẽ là
x2 + x3 + x 7 + x 9

. Xét hàm sinh:

(

F ( x) = x 2 + x3 + x 7 + x 9
fk

)

n

Trong đó
là số các số có
đó số các số cần tìm là:

A = f 0 + f 3 + f 6 + ... + f 9n
ε = e2πi /3 = cos

Gọi

= f0 + f1x + f 2x 2 + ... + f 9n x 9n

chữ số từ {2,3,7,9} mà có tổng các chữ số là

k

. Khi

.

2π
2π
+ i sin
3
3

1− ε3

1+ ε + ε =
=0
1− ε

n

là căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị, ta có

2

ε ≠1

và

Khi đó:

.

F (1) = f0 + f1 + f 2 + f3 + f 4 + ...
F (ε) = f0 + f1ε + f 2ε2 + f3 + f 4ε + ...

12


F (ε2) = f0 + f1ε2 + f 2ε + f 3 + f 4ε 2 + ...
Suy ra:
F (1) + F (ε) + F (ε2) = 3 f0 + (1+ ε + ε2) f1 + (1+ ε + ε 2) f 2 + 3 f3 + (1+ ε + ε 2) f 4 + ...
= 3( f0 + f3 + f 6 + ...) = 3A

.

Vậy ta có các số cần tìm là :

(
(

)

1
F (1) + F (ε) + F (ε 2)
3
1
1
= (1+ 1+ 1+ 1) n + (ε2 + 1+ ε + 1) n + (ε + 1+ ε2 + 1) n = (4n + 2)
3
3

A=

)

Bài toán 3:
Cho các số nguyên dương phân biệt

a1, a2,..., an , b1, b2,..., bn

{ ai + a j | 1≤ i < j ≤ n} = { bi + b j | 1≤ i < j ≤ n}

mãn:
thừa của 2.

với

. Chứng minh rằng

n≥2

n

thoả

là một luỹ

Giải:
Xét hai hàm sinh:

A( x) = x a1 + x a2 + ... + x an

và

n

A( x )2 = ∑ x 2ai + 2
i =1

Ta có:
Vậy ta có:
Mặt khác:

R (1) ≠ 0

B( x) = xb1 + x b2 + ... + xbn

∑

1≤i < j ≤ n

x

n

ai + a j

B ( x)2 = ∑ x 2bi + 2

và

A( x)2 − A( x2) = B( x)2 − B( x 2)

A(1) = B (1) = n

. Do đó

i =1

, hay

∑

x

bi +b j

1≤i < j ≤n

.

A( x)2 − B ( x)2 = A( x 2) − B ( x 2)

nên ta có thể viết:

A( x) − B( x) = ( x −1) k R( x)

( x − 1) k R( x) ( A( x) + B( x) ) = ( x 2 − 1) k R ( x 2)

.

, trong đó

, suy ra:

13


R( x ) ( A( x ) + B ( x ) ) = ( x + 1) k R ( x 2)

.

x =1
2n = 2k

n = 2k −1
n
Với
, ta có
, hay
. Vậy là một luỹ thừa của 2.
Trong các bài toán trên ta thấy các hàm sinh xây dựng được ch ỉ có m ột bi ến duy
nhất, nguyên nhân là do các bài toán này ch ỉ đòi hỏi m ột thông tin ràng bu ộc.
Trong thực tế, việc xây dựng hàm sinh không thể chỉ dựa trên một bi ến (vì m ột
biến chỉ cho ta một thông tin duy nhất!). Đối với những bài toán đòi h ỏi nhi ều
thông tin ta cần xét hàm sinh với nhiều biến hơn. Nh ững bài toán ti ếp theo cho ta
thấy việc xây dựng hàm sinh ràng buộc nhiều thông tin c ần s ử d ụng nhi ều h ơn
một biến.
Bài toán 4: (IMO 1995)
Cho
thỏa mãn:
(i)

A

p

là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con

A

của tập

{ 1; 2;...; 2p}

có đúng p phần tử và

(ii) Tổng tất cả các phần tử của

A

chia hết cho p.

Giải:
Rõ ràng với mỗi

i,1≤ i ≤ 2p

ta không thể xét hàm sinh của phép chọn phần
2p

{ 1; 2;...; 2p}

0

i

∏ ( 1+ xi )

i

x + x = 1+ x
i =1
trong tập
bởi

vì tích
không thể hiện
A
được tập có đúng p phần tử. Vấn đề đặt ra là đại lượng cần tính bao hàm hai
thông tin: kích thước tập và tổng các phần tử của tập. Vì thế ta phải xét hàm sinh
tử

i

G ( x, y ) =
có dạng:

{ 1; 2;...; 2p}

∑

n ,k ≥0

g n ,k x n y k
trong đó

g n ,k

là số các tập con

k

phần tử của

có tổng các phần tử là n. Khi đó số các tập con cần tính là

N = g p , p + g 2 p , p + ...
Để xây dựng hàm sinh

G ( x, y )

ta cần xác định hàm sinh cho

14


{ 1; 2;...; 2p}

cách chọn mỗi phần tử m của tập
. Với mỗi 1 ≤ m ≤ 2p ta có m được
chọn thì m sẽ thuộc vào một tập con A (có đúng p phần tử và tổng các phần tử
chia hết cho p), ngược lại m không được chọn thì m không thuộc vào tập con nào
có dạng đó. Do đó hàm sinh cho phép chọn m là

G ( x, y ) = (1+ xy )(1+ x 2 y )(1+ x3y )...(1+ x 2 p y )

Đặt

ε = e2πi / p

x0y 0 + x m y1 = 1+ x m y

. Suy ra:

.

là căn nguyên thuỷ bậc p của đơn vị. Khi đó theo định lý 2, ta

có:

∑

n ,k ≥0
p|n

Ta tính
Khi k = 0,

g n,k y k =

G (ε k , y )

1
G (1, y ) + G (ε, y ) + ... + G (ε p −1, y)  (1)

p

, với 0 ≤ k ≤ p − 1.

G (1, y ) = (1+ y )2 p

.

Với 1 ≤ k ≤ p − 1. Ta có gcd(k, p) = 1 nên

{ 1, 2,..., p} = { 1.k , 2.k ,..., p.k}

(mod p)
.

Suy ra:

G (ε k , y ) = (1+ ε k y )(1+ ε 2k y )(1+ ε3k y )...(1+ ε 2 pk y )

(

= (1+ ε k y )(1+ ε 2k y )(1+ ε3k y )...(1+ ε pk y )

(

= (1+ εy )(1+ ε2 y )(1+ ε3y )...(1+ ε p y )

∑

n , k ≥0
p|n

g n,k y k =

(

2

2

= (1+ y p )2

1
(1+ y )2 p + ( p − 1)(1+ y p )2
p

Vậy từ (1) suy ra:
số của các luỹ thừa của

)

)

)
. Đây chính là các hệ

xp

trong

G ( x, y )

.

15


N = ∑ g n, p
n ≥0
p|n

Từ đó suy ra số cần tính

(

1 p
C2 p + 2( p − 1)
p

bằng hệ số của

yp

trong tổng trên và bằng

)
.
N=

Vậy số các tập con thoả mãn bài toán là:

(

1 p
C2 p + 2( p − 1)
p

)
.

Bài toán 5 (USA MO 1989)

π

Ta gọi phân hoạch của số nguyên n ≥ 1 nghĩa là n có thể biểu diễn thành
tổng của một hoặc nhiều số nguyên dương theo thứ tự không giảm (ví d ụ n = 4
π
khi đó các phân hoạch là 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 2, 1 + 3, 2 + 2, và 4 ). V ới m ỗi
A(π)
B (π)
π
π
phân hoạch xác định
là số các số 1 xuất hiện trong và
xác định là
π
π
số các số nguyên dương phân biệt xuất hiện trong (ví dụ n = 13 và là phân
A(π)
B (π)
hoạch 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 5, khi đó
= 2 và
= 3). Chứng minh rằng với
mỗi n cố định, ta có:

∑

A(π) =

π là phân hoach cœ

an
&

∑

B ( π)

π là phân hoachcœ
an
&

Giải:

∑

Đặt

π là phân hoachcœ
an
&

∑

A( π) = an

và

π là phân hoachcœ
an
&

B(π) = bn

.
∞

A( x) = ∑ an x n
Để chứng minh bài toán ta sẽ đi xây dựng hai hàm sinh

n =0

và

∞

B( x) = ∑ bn x n
n =0

, sau đó chứng tỏ

A( x) = B( x)

thì ta sẽ có

an = bn

với mọi n.

A( x)

Trước tiên để xây dựng
ta cần kiểm soát hai thông tin sau: tổng của
các phân hoạch và số các số 1 trong các phân hoạch đó.
16


Với số nguyên

m

là

m≥2

có trong phân hoạch

π

, hàm sinh cho các cách chọn

1+ x m + x2m + x3m + ...

m =1
k
k
Với
, nếu số 1 được chọn
lần thì ứng với
lần chọn đó ta biểu
diễn bởi

xk

π

, tuy nhiên để biết thêm về số lần số 1 xuất hiện trong
ta gán
y
k
k
thêm cho biến để chỉ rằng nếu 1 được chọn lần thì nó cũng xuất hiện lần
trong

π

. Do đó hàm sinh cho

m =1

là

1+ xy + x 2 y 2 + ...

Xét :
F ( x, y ) =

∑

n , k ≥0

f n,k x n y k = (1+ xy + x 2 y 2 + ...)(1+ x 2 + x 4 + ...)(1+ x 3 + x6 + ...)...

Trong đó ta dùng biến

x

y

để kiểm soát tổng của phân hoạch và biến
f n ,k
kiểm soát số lần xuất hiện của số 1 trong phân hoạch,
là số các phân hoạch
n
k
của có số 1. Bằng cách sử dụng tổng của chuỗi số, ta có th ể vi ết d ưới d ạng
đơn giản
F ( x, y ) =

1
(1− xy )(1− x 2)(1− x 3)...

π
n
Ta chú ý rằng số tất cả các số 1 có trong tất cả các phân hoạch
của
kf n,k
an
A( x)
k
mà mỗi phân hoạch có đúng số 1 là

, như vậy hệ số
trong
(theo
π
cách xác định là tổng số tất cả các s ố 1 xuất hiện trong tất c ả các phân ho ạch
n
π
của số nguyên ) sẽ được tính bằng tổng số các phân hoạch
trong đó số 1
π
xuất hiện đúng một lần cộng với hai lần số các phân hoạch trong đó số 1 xuất
π
hiện 2 lần, cộng với ba lần số các phân hoạch trong đó số 1 xuất hiện 3 lần …
Do đó:

17


an = f n,1 + 2 f n,2 + 3 f n,3 + ... =

A( x) = ∑ an x n =
n ≥0

Suy ra:

∑

n ,k ≥0

y =1

Cho
, ta có:

F ( x, y ) =

Lại do:

k ≥0

k . f n ,k x n

Xét đạo hàm riêng của
∂F
∂y

∑ kf n,k

F ( x, y )
=

y =1

∑

theo biến

y

, ta có:

∂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
(1− xy )(1− x 2)(1− x3)...

nên

∂F
∂ 1 
1
x
1
= 
=
.
÷.
2
3
2
2
∂y ∂y  1− xy  (1− x )(1− x )... (1− xy ) (1− x )(1− x3)...
∂F
∂y

A( x) =
Do đó:

=
y =1

x
(1)
(1− x) (1− x 2)(1− x3)...

Tương tự, ta thiết lập hàm
G ( x, y ) =

∑

n , k ≥0

2

B ( x)

bằng cách xét hàm:

g n,k x n y k = (1+ xy + x 2 y + ...)(1+ x 2 y + x 4 y + ...)(1+ x3y + x6 y + ...)...


xm y 
= ∏  1+
÷
1− x m 

m=1
∞

g n,k

π
n
k
Trong đó
là số các phân hoạch
của với
phần tử phân biệt.
y
x
Biến biểu diễn cho các phần tử trong phân hoạch và bi ến biểu diễn số lần
xuất hiện của phần tử nào đó trong phân hoạch.

18


Tương tự trên ta có số tất cả các số phân biệt có trong tất cả các phân
k .g n , k
π
n
k
hoạch của mà mỗi phân hoạch có đúng số phân biệt là
, như vậy hệ
bn
B ( x)
số

trong
(theo cách xác định là số các số nguyên dương phân bi ệt xuất
π
n
hiện trong tất cả các phân hoạch của số nguyên ) sẽ được tính bằng tổng số
π
các phân hoạch trong đó có đúng 1 số xuất hiện cộng với hai lần s ố các phân
π
hoạch trong đó có 2 số phân biệt xuất hiện, cộng với ba lần số các phân hoạch
π
trong đó có 3 số phân biệt xuất hiện… Do đó:

bn = g n,1 + 2g n,2 + 3g n,3 + ... = ∑ k .g n ,k
k ≥1

B( x) = ∑ bn x n =
n ≥0

Suy ra:

∑

k . g n ,k x n

n≥0,k ≥1

B( x) =

.

∑

k .g n ,k x n =

n≥0,k ≥1

Tương tự trên ta có:
∞
g '( y )
∂G
= G ( x, y )∑ i
∂y
i =1 g i ( y )

gi '( y )
gi ( y )
Vậy ta có:

B( x) =

gi ( y ) = 1+

, với

∂G
∂y

y =1

, trong đó

xi y
xi
⇒
g
'(
y
)
=
i
1− xi
1− xi

.

= xi
y =1

∂G
∂y

.
∞

y =1

gi '( y )
i =1 g i ( y )

= G ( x, y ) ∑

Suy ra:
= G ( x,1)

∞

y =1

= G ( x,1)∑ xi
i =1

x
x
=
(2)
2
1− x (1− x) (1− x 2)(1− x 3)...

19


G ( x,1) = (1+ x + x 2 + ...)(1+ x 2 + x 4 + ...)(1+ x 3 + x 6 + ...)... =
(Do
Từ (1) và (2) suy ra

A( x) = B( x)

, do đó

an = bn

1
1
1
.
.
...
2
1− x 1− x 1− x3

)

với mọi n.

Bài toán 6:

m

n+2

n

m

Cho số nguyên dương
và , trong đó
chia hết cho . Tính số các
( x, y , z , t )
x+ y+ z+t
m

bộ bốn số nguyên dương
sao cho tổng
chia hết cho
và
1 ≤ x, y , z , t ≤ n
HD: Sử dụng định lý 1 và 3
5. Một số bài toán áp dụng:
Bài 1: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương k không vượt quá p − 1.
Tìm số tập con k phân tử của {1,2, … , p}, sao cho tổng các phần tử của mỗi tập
con đó đều chia hết cho p.
(an )n∈¥

Bài 2: (IMO Shortlist 1998) Cho
là dãy không giảm các số tự nhiên sao
cho mọi số tự nhiên đều có thể bi ểu diễn một cách duy nhất dưới dạng

ai + 2a j + 4ak
với

i, j , k

không nhất thiết phân biệt.

Bài 3: (USA MO 1996) Xác định (kèm chứng minh) tập con X của tập các sô
nguyên với tính chất sau: mọi số nguyên n có đúng một nghiệm của phương
trình a + 2b = n với

a, b ∈ X

( ) ( )

Cn0

Bài 4: Tính tổng

.

2

− Cn1

2

( )

+ ... + (−1) n Cnn

2

.

n

∑ (−1)k Cnk .C2nn−−12k = 0

Bài 5: Chứng minh rằng

k =0

.

20


Bài 6: (China 1996) Cho số nguyên dương n. Tìm số các đa thức
P (2) = n
thuộc tập {0,1,2,3} thỏa mãn
.

P ( x)

với hệ số

α ( n)

Bài 7: (Putnam 1957) Gọi
là số các cách biểu diễn n thành tổng gồm 1 và 2,
xếp theo thứ tự. Ví dụ 4 = 1 + 1 + 2 = 1 + 2 + 1 = 2 + 1 + 1 = 2 + 2 = 1 + 1 + 1 + 1 (ta

α(4) = 5
β( n)
có
). Gọi
là số các cách biểu diễn n thành tổng các số nguyên lớn
β(6) = 5
hơn 1. Ví dụ 6 = 4 + 2 = 2 + 4 = 3 + 3 = 2 + 2 + 2 ta có
. Chứng minh rằng
α(n) = β( n + 2)
.
Bài 8: (IMO Shortlist 2007) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tập

S = { 1, 2, 3,..., n}

có thể tô màu đỏ và xanh thỏa mãn tính chất sau: tập

đúng 2007 bộ có thứ tự

( x, y , z )

S3

chứa

sao cho:

x, y , z

cùng màu.
x+ y+z
n
chia hết cho .

(i)
(ii)

Bài 9: (Vietnam TST 2008) Cho tập E = {1,2, . . ,2008} được tô bởi ba màu xanh,
đỏ và vàng. Gọi A là số các bộ ba
chia hết

( x, y , z ) ∈ E 3

sao cho

( x, y , z ) ∈ E 3

x+ y+z

x, y , z

. Gọi B là tập các bộ ba
sao cho
x+ y+z
màu và 2008 chia hết
. Chứng minh rằng 2A > B.
Bài 10: Cho

p

Tìm số các bộ
tổng

là số nguyen tố lẻ và

( x1, x2,..., x p−1)

gồm

n

x, y , z

đôi một khác

là số nguyên dương không chia hết cho

p −1

x1 + 2x2 + ... + ( p − 1) x p −1 ≡ 0(mod p )

Đáp số

cùng màu và 2008

số tự nhiên không lớn hơn

n −1

p

.

sao cho

.

n p −1 + p − 1
p
21


Bài 11: (China MO 1999) Với tập

(nếu

A=∅

A

S ( A) = A = 0
thì

). Gọi

Tr = { T | T ∈ S , S (T ) ≡ r (mod 7)}

, xác định

S ( A)

là tổng các phần tử thuộc

S = { 1, 2,...,1999}

. Với mỗi

r

tính

Tr

và

r = 0,1, 2, 3,..., 6

A

, xác định

.

C - KẾT QUẢ THỰC HIỆN
Qua hai chuyên đề SKKN về hàm sinh, với mục đích nhằm cung c ấp thêm
cho học sinh một công cụ hữu hiệu để giải quyết một l ớp những bài toán khó
(xuất hiện trong các kỳ thi HSG toán) trong đi ều ki ện th ời gian eo h ẹp c ủa
chương trình dạy, bằng cách đơn giản hoá những kiến thức lý thuy ết không
thuộc chương trình THPT đã đem lại hiệu quả thi ết thực. Cụ th ể: Đ ối chi ếu k ết
quả các bài kiểm tra phần Dãy số và Tổ hợp trước và sau khi h ọc chuyên đ ề này
cho thấy:
1. Kết quả kiểm tra trước chuyên đề:

Số lượng
(%)

Điểm giỏi
2/30 (6,7%)

Điểm khá
12/30
(40%)

Điểm TB

10/30(33,3
%)

Điểm yếu
6/30(20%
)

Điểm kém
0

Điểm TB
5/30(16,7%
)

Điểm yếu
4/30(13,3
%)

Điểm kém
0

2. Kết quả kiểm tra sau chuyên đề:

Số lượng
(%)

Điểm giỏi
6/30 (20%)

Điểm khá

15/30
(50%)

Mặc dù, chỉ đối chiếu qua 02 bài ki ểm tra trước và sau chuyên đề, đ ộ tin
cậy có thể chưa cao nhưng qua thực tế chấm bài cho thấy: Các em h ọc sinh đã
biết sử dụng công cụ hàm sinh để giải toán và hiệu quả làm bài đã đ ược nâng
lên.

KẾT LUẬN
Với mục đích đặt ra ban đầu, tôi hy vọng rằng bài viết này có th ể được s ử
dụng như là một tài liệu tham khảo cho các bạn học sinh yêu thích môn toán,
đồng thời cũng là để trao đổi thêm một số vấn đề có được trong kinh nghi ệm
22


giảng dạy của mình với bạn bè, đồng nghiệp. Do khuôn kh ổ và s ự đầu tư tìm tòi
còn có hạn nên trong bài viết chắc chắn không tránh kh ỏi nh ững thi ếu sót, s ơ
sài. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các đ ồng nghi ệp và
các em học sinh để tài liệu này được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 20 tháng 5 năm 2015
Sáng kiến kinh nghiệm này được thực
hiện trong quá trình giảng dạy trên cơ
sở tìm tòi, khai thác, tham khảo các tài
liệu, bài viết của các tác giả trong và
ngoài nước về kiến thức cơ bản và các
ví dụ minh hoạ. Tôi xin cam đoan
không sao chép lại SKKN cũng như ý
tưởng SKKN của bất cứ người nào

(trong khuôn khổ hiểu biết cá nhân về
nội dung này).
NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Thanh Sơn

Tài liệu tham khảo
1. Srini Devadas and Eric Lehman, Generating Functions, Lectures Notes, April
2005.
2. Zachary R.Abel, Multivariate Generating Functions and Other
Tidbits, Mathematical Reflections, vol 2, 2006.
3. Kim Đình Sơn, Hàm sinh, nguồn Internet.
4. Trần Nam Dũng, Hàm sinh, nguồn .
5. Nguyễn Thanh Sơn, Ứng dụng phương pháp hàm sinh để tìm công thức
tổng quát của một số dãy số, SKKN năm 2012.

23