SKKN 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 một trong các công c ụ
mạnh để giải quyết một số dạng bài toán khó. Lí thuyết hàm sinh đã đ ược bi ết
đến từ lâu và được nghiên cứu khá kĩ lưỡng, tuy nhiên nh ững tài li ệu đã đ ược s ơ
cấp hoá và được dịch ra tiếng Việt thành các bài vi ết chuyên đ ề hi ện t ại 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 c ụ hàm sinh thì l ời gi ải r ất
đơn giản trong khi nếu không dùng công cụ này l ời gi ải sẽ r ất ph ức t ạp, th ậm 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 hợp… Tuy nhiên, đ ể n ắm v ững lý
thuyết hàm sinh một cách đầy đủ đối với học sinh các lớp 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 c ấp ở
bậc đại học.
Để giải quyết vấn đề đó, tôi đã tìm cách đơn giản hoá m ột s ố ki ến th ức cho
phù hợp với đối tượng học sinh và thử áp dụng vào giảng d ạy đối với h ọc sinh l ớp
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 c ủa
một số dãy số” (SKKN năm 2012, đã được Hội đồng chấm SKKN của ngành x ếp
loại A). Tuy nhiên, kết thúc chuyên đề này, m ặc dù các em h ọc sinh đã nh ận th ấy
mối liên hệ giữa hàm sinh với các bài toán đ ếm (Tổ hợp) nh ưng v ẫn còn g ặp
nhiều khó khăn khi vận dụng hàm sinh để giải quyết. Trong đó, v ấn đ ề khó khăn
nhất là: Làm thế nào để xây dựng được hàm sinh cho các đ ối t ượng “r ời r ạc”, r ất
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 (S ố phức) vào l ớp 11, tôi ti ếp
tục đơn giản hoá một số kiến thức toán cao cấp nhằm giúp học sinh có th ể n ắm
bắt và vận dụng được công cụ hàm sinh để giải quy ết các bài toán T ổ h ợp (d ạng
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 đ ược nh ững bài toán T ổ

hợp cơ bản bằng phương pháp hàm sinh và bước đầu biết 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 t ương
đối thành thạo hàm sinh để giải quyết linh hoạt nh ững bài toán khó. Vì v ậy, tôi
tiếp tục chọn viết vấn đề này để trao đổi kinh nghi ệm gi ảng d ạy v ới các đ ồng
nghiệp, đồng thời cũng là để làm tư liệu cho nh ững năm gi ảng d ạy ti ếp theo c ủa
mình.
Sáng kiến kinh nghiệm này được trình bày theo cấu trúc.
1. Trình bày những kết quả cơ bản có liên quan của Số phức và toán cao c ấp d ưới
dạng đơn giản nhât.


1


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 đ ược trang
bị kiến thức hàm sinh (dưới dạng đơn giản nhất) ở l ớp 10 và m ột s ố ki ến th ức v ề
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 để học sinh có thể 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 T ổ h ợp 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 h ọc sinh
lớp 11 đã được trang bị.

Định nghĩa: 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 n ta có

m

1

Từ định nghĩa, kết hợp với các tính chất của số phức biểu diễn dưới dạng
mũ, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau:
Định lý 1: Nếu
1

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

2k

...

Đặc biệt với k
Định lý 2: Kí hiệu

( n 1)k

0 với ( k , n) 1.

1 ta có 1

e2 i / n

...

n1

0

với n là một số nguyên dương là một căn nguyên thuỷ

bậc n của đơn vị. Khi đó mọi đa thức
k

2

deg F , đều có: f 0 f n f 2n ...

F ( x ) f f x f x2 ...
0 1

2

, với

f

k

= 0 nếu

1
2

n F (1) F ( ) F ( ) ... F (

n1

)

Chứng minh: Ta có nhận xét:
2


Tổng

s

k

1

k

...( n 1)kn

nếu n chia hết k (do

n

1 nên
1

sk

Trong trường hợp khác ta có

k

1 và

2

F (1) F ( ) F ( ) ... F (

n1

1

k

nk

1).
0
. Khi đó:

k

f s ... n ( f 0 f

fs

) fs
00

11

n

f

2n

...)

22

Định lý được chứng minh.
Cũng từ nhận xét trong chứng minh định lý 2, ta dễ dàng ch ứng minh đ ược
kết quả sau.
Định lý 3: Nếu

ei 2 / p

, với p là một số nguyên tố, khi đó:
p1

p n ‰u p | k
kj

0 n ‰u p | k

j0

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

Định lý 4: Nếu hàm
số

H '( x ) H ( x)

H ( x )hi ( x)

với

i1

nh

i

'( x)

h ( x)

h ( x)
i

là các hàm số có đạo hàm thì:

i1

.

Định lý này dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp theo n . Trường hợp

n

2

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 d ẫn học sinh v ận d ụng
cách tính đạo hàm riêng vào một 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

5

4

3

x y 2x y

3

3xy

4

6

y . Khi đó, đạo hàm

riêng của

F(x,y)

F

hàm
theo biến x được ký hiệu
theo biến x (biến y được coi là tham số).

x

và được tính như đạo hàm của hàm số


3


F

5x

4

3

4x y 6x 2 y 3 3y4

Như vậy: x

F
y

4

3

2

3

x 6x y 12xy 6y

5

Tương tự ta có:
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
tử.

xn

chính là số cách chọn n phần

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 nh ị
thức
0

1

2

k

C k , C k , C k , ..., C k , 0, 0, ...C k0 C k1x ... C kk x k (1 x)k
Như vậy hệ số của

xn

trong (

(1 x)k

bằng số cách chọn n phần tử phân biệt từ

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

xk 1

x2

là

C2
k

cũng là số cách chọn 2

là số cách chọn

k1

phần tử từ tập

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

(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 đ ến đ ịnh lý nh ị th ức
hay các hệ số nhị thức.

a1

Ta làm như sau: Đầu tiên, xét tập hợp có một phần tử

x 0 x1

. Hàm sinh cho số

x

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

a2

Tương tự, số cách chọn n phần tử từ tập hợp
cũng cho bởi hàm sinh
khác biệt của các phần tử trong hai trường hợp trên là không quan tr ọng.

1x

. Sự

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.


4


Ví dụ: Theo nguyên lý, hàm sinh cho số cách ch ọn các ph ần t ử t ừ 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 ph ần
k

tử từ tập hợp k phần tử là: (1 x )(1 x )...(1 x ) (1 x)

Đây chính là công thức hàm sinh mà ta đã nhận đ ược b ằng cách s ử d ụng
định lý nhị thức. Nhưng trong trường hợp này, chúng ta đã đi th ẳng t ừ bài toán
đếm đến hàm sinh.
Ta có thể mở rộng điều này thành một nguyên lý tổng quát.
Định lý 5: (Quy tắc xoắn). Gọi
hợp A và

B ( x)

A( x)

là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập

là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp B. Nếu A và B là

A( x ).B ( x)

rời nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ A B là
.
Lưu ý: Quy tắc này là khá đa nghĩa, vì cần hiểu 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 ch ọn m ột s ố lần có gi ới
hạn nào đó, hoặc cho chọn lặp lại tuỳ ý. Một cách đơn giản, gi ới 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 t ử c ủa A và B cũng áp
dụng cho việc chọn các phần tử của A B (Chặt chẽ hơn, c ần có m ột song ánh gi ữa
các cách chọn n phần tử từ A B với bộ sắp thứ tự các cách chọn từ A và 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

và biểu diễn hệ số n thông qua các hệ số a và b.
Ta có thể sắp xếp các số hạng này thành dạng bảng như sau:
b0
a0

a0b0

b1x
a0b1x

bx
2

2

bx
2

abx
02

3

3

abx
03

…
3

…
5


a1x

a1b0x

abx

2

abx

11

3

abx

12

4

…

13

a2x

2

a2b0x

2

a2b1x

3

a2b2x

4

a2b3x

5

…

a3x
…

3

a3b0x
…

3

a3b1x
…

4

a3b2x
…

5

a3b3x
…

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

cn

a0bn a1bn 1 ... an 1b1

xn

trong tích bằng

a n b0

Bây giờ ta chứng minh rằng đây cũng chính là số cách ch ọn n ph ần t ử t ừ A
B . Một cách tổng quát, ta có thể chọn n phần tử từ A B bằng cách chọn j
phần tử từ A và
thể

n j

được thực hiện bằng

a b

n 0 cách

phần tử từ B, trong đó j là một số từ 0 đến n. Điều này có

a j bn j

cách. Lấy tổng từ 0 đến n, ta có:

chọn n phần tử từ A B . Đó chính là giá trị

c

n đã

ab ab
0 n

1 n1

... a

b

n1 1

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 t ử t ừ t ập hợp có n ph ần t ử, 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 nh ất m ột ph ần t ử.
Khi đó có 1 cách chọn 0 phần tử, 1 cách ch ọn 1 ph ần t ử, 1 cách ch ọn 2 ph ần t ử …
Như thế, hàm sinh của cách chọn có lặp từ tập hợp có 1 phần tử bằng
1111,,,, ...1 x x

2 3

1

x ... 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 c ủa cách ch ọn các ph ần
tử từ mỗi tập hợp):
1.

1 ...

1 x 1 x

1

1

1 x

(1 x)

n

6


1
Vậy, hàm sinh của cách chọn các phần tử từ tập hợp n phần tử có lặp là:

(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 giỏ n trái cây thoả mãn các
điều kiện ràng buộc sau:
1.
2.
3.
4.

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 s ắp sau:
Táo
Chuối

6
0

4
0

4
0

2
0

2
0

0
5

0
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 ph ức tạp 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 số táo phải ch ẵn), có
1 cách chọn 2 quả táo, có 0 cách chọn 3 quả táo… Nh ư vậy ta có hàm sinh cho s ố
cách

A( x ) 1 x 2 x4

chọn táo là:

...

1
1 x2

Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn chuối là:
B(x)1 x

5

x

10

1

... 1 x5

Bây giờ, ta có thể chọn 0 quả cam bằng 1 cách, 1 quả cam bằng 1 cách, … Nhưng ta không thể chọn
hơn 4 quả cam, vì thế ta có hàm sinh cho số cách chọn
5
2 3 4

C(x) 1 x x

cam là:

x

x

1 x
1 x

Tương tự, hàm sinh cho số cách chọn đào là:
7


D(x)
1 x

1 x2
1 x
Theo quy tắc xoắn, hàm sinh cho cách chọn từ cả 4 lo ại trái cây b ằng:
A( x ).B ( x ).C ( x ).D ( x )

1 . 1 x 5 . 1 x2
2
5 1 x 1 x
1 x 1 x

1 1 2x 3x 2 4x3 ...

1.

2

(1 x)

n1

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 hiện. Chẳng hạn, xác suất
khi tung hai con xúc xắc nhận được tổng số chấm ở các m ặt xu ất hi ện b ằng 2 là
1/36, còn xác suất nhận được tổng số chấm ở các mặt xuất hiện bằng 7 là 1/6.
Hỏi có thể tạo ra một cặp xúc xắc “không chu ẩn” t ừ một c ặp xúc x ắc
“chuẩn” bằng cách đánh dấu lại số chấm ở các mặt (không làm thay đ ổi c ấu trúc
của các con xúc xắc đó, số chấm ở mỗi mặt phải là số nguyên d ương) sao cho xác
suất của tổng số chấm ở các mặt xuất hiện khi tung hai con xúc x ắc đó không đ ổi
so với khi tung hai con xúc xắc “chuẩn”? Chẳng hạn, trên một m ặt c ủa m ột con xúc
xắc không chuẩn ta đánh dấu 8 chấm, trên con xúc x ắc còn l ại có hai m ặt đ ược
đánh dấu mỗi mặt 3 chấm. Nhưng xác suất của tổng số chấm ở các mặt xu ất
hiện khi tung hai con xúc xắc này bằng 2 vẫn là 1/36, và xác su ất c ủa t ổng s ố
chấm ở các mặt xuất hiện bằng 7 vẫn là 1/6.
Giải: Xét một con xúc xắc chuẩn, ta xây dựng hàm sinh số lần xu ất hi ện m ặt ch ứa

k
k

chấm bằng cách: gán cho mặt chứa chấm bởi ký hiệu
mặ t
chấm bằng hệ số của
chuẩn là:
k

D(x)x

1

x

2

x

xk

3

xk

và số lần xuất hiện

. Khi đó hàm sinh số chấm ở các mặt của con xúc xắc

x

4

x

5

x

6

Rõ ràng, khi tung hai con xúc xắc chuẩn, hàm sinh c ủa tổng s ố ch ấm xu ất hi ện
trên mặt hai con xúc xắc là:

D ( x ) D ( x )x

1

x

2

x

3

x

4

x

5
6

x :

x

6

x

1

x

2

x

3

x

4

x

5


Trong đó

xk

xk

k

là ký hiệu cho tổng số chấm ở các mặt xuất hiện bằng và hệ số của

là số lần xuất hiện của cặp các mặt xuất hiện có tổng s ố ch ấm bằng

k

. Chẳng
8


hạn, xét tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chuẩn khi gieo b ằng 6. Ta th ấy
6
1
5
2
4
3
3
trong tích trên có các cặp sau có tích bằng x là ( x )( x ) , ( x )( x ) , ( x )( x ) ,
4

2

5

1

6

( x )( x ) , và ( x )( x ) , vậy hệ số của x là 5. Nói cách khác, ta có 5 cách phân
tích số 6 thành tổng số chấm xuất hiện trên các mặt của mỗi con xúc xắc chuẩn là:

1 + 5, 2 + 4, 3 + 3, 4 + 2, và 5 + 1
Do đó đa thức tích:

D(x)D(x)

2

x

2x

3

3x

4

4x

xk

5

... 2x

11

x

12

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 x ắc.
Ta có thể áp dụng phương pháp này cho trường hợp các con xúc x ắc không
b1, b2 , ..., b6
chuẩn. Kí hiệu:

a1, a2,..., a6

là số các chấm trên các mặt của hai con

và

xúc xắc không chuẩn, và hàm sinh của các số này trên m ỗi con xúc x ắc không
chuẩn tương ứng là: A( x ) x

a1

a

... x 6 và B ( x ) x

b1

b

... x 6 .

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
suất tổng số chấm xuất hiện trên mặt khi gieo hai con xúc xắc 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 ) x

1

x

2

2

x

3

3

4

x

x

2

5

x

62

2

2

2

x x ( x x 1) ( x x 1) x x
3

2

2

2

1 x x1

2

2

x

x x1

e3

x ( x 1)

2

x 1

2

x

2

x x1

e4

và B ( x )

x 1

2

Giả sử:

A( x ) x
f

e

( x 1)

1

x 1 ( x 1)

f

2

2

e

2

x x1

2

f

3

2

x x1

2

f4

9


trong đó

e

i

f

và i là các số nguyên không âm thoả mãn

0

Do A() B()
0

2 3
2

4

2

f

2

f

3

4

6, suy ra

e f 1

Nếu ta có
là xúc xắc chuẩn.

f 2
3

i

i

với

1i4

nên mỗi đa thức phải chia hết cho x , từ đó

cách xác định ban đầu ta phải có A(1) B(1) 6,

Mặt khác từ
,
e e

0

e f 2

3 3

e

f

2

2

e

4

f

4

1

.
e f 1
1

1

.

nghĩa là

.

thì A( x ) B ( x ) D ( x) phải và như vậy các con xúc xắc đều

e 0; e3 2 và f3

Như vậy chỉ có duy nhất trường hợp

0

3

(trường hợp

hoàn toàn tương tự), khi đó:
A( x ) x ( x 1) x

2

x 1x

B ( x ) x ( x 1) x

2

x 1

2

x 1

x 2x

2

2

2x

x

x

3

x

3

x

4

x

5

x

6

x

8

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 mỗi 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 số của nó chia h ết
cho
3. Như vậy yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm số các số có n chữ số mà
tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Ta có mỗi ch ữ số của số th ỏa mãn có giá tr ị
là một
trong các số 2,3,7 hoặc 9. Do đó hàm sinh cho mỗi ch ữ số sẽ là

hàm sinh:
F(x) x
Trong đó

f

2

x

3

x

7

x

9n

f 0 f1x

f 2x

2

...

x 2 x 3 x 7 x9

. Xét

9n

f 9n x

k

là số các số có n chữ số từ {2,3,7,9} mà có tổng các chữ số là . Khi
đó
số các số cần tìm là:
k

A f 0 f 3 f 6 ... f9n .
Gọi

e 2 i/3

cos2 i sin 2
3 là căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị, ta có

3
2

1 1

3

0

1 và

1

.
10


Khi đó:

F (1) f 0 f1 f 2 f 3 f4 ...
0

F() f

ff

f3f

2
1

2

0

F( ) f

...

2

4

2f

f

f3

1

2 ...

f

2

4

Suy ra:
2

F (1) F ( ) F ( ) 3 f

0

2

(1 ) f

2

(1

23

)f

3

f

4 ...

2

(1 ) f

1

3( f 0 f 3 f6 ...) 3A .
Vậy ta có các số cần tìm là :

1

A

1

2
3 F(1) F( ) F( )

3 (1 1 1 1)

n

(

2

11)

n

2

1

(

1

n

1)

n

3( 4

2)

Bài toán 3:
Cho các 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
1

2

1

n

2

n

với n 2 thoả

. Chứng minh rằng n là một luỹ thừa của 2.

Giải:
Xét hai hàm sinh:

A( x ) x

a

1

A( x )
Ta có:

x

a

... x

2

a

n

b

b
b
và B ( x ) x x ... x
1

n

2

x

2a

x

2

i

i1

a a
i

2

n

2

B(x)

j

x

và

1i jn

Vậy ta có: A( x )

2

2

2

A( x ) B ( x2) .

A( x ) B ( x )

n

2b

i

2xbi

b

j

i1

2

.

1i jn

2

B ( x ) , hay A( x )

B(x)

2

k

Mặt khác: A(1) B (1) n nên ta có thể viết: A( x ) B ( x ) ( x
k

R(1) 0. Do đó ( x 1) R ( x ) A( x )
R ( x ) A( x )

Vớ i

2

x 1

n

, ta có 2

B(x)

k

2 , hay

n

(x

k 1

2

B(x) (x
k

2

k

1) R ( x) , trong đó

2

1) R ( x ) , suy ra:

2

1) R ( x ) .

. Vậy n là một luỹ thừa của 2.
11


Trong các bài toán trên ta thấy các hàm sinh xây dựng đ ược ch ỉ có m ột bi ến duy
nhất, nguyên nhân là do các bài toán này ch ỉ đòi h ỏi một thông tin ràng bu ộc.
Trong thực tế, việc xây dựng hàm sinh không thể chỉ dựa trên một biến (vì một
biến chỉ cho ta một thông tin duy nhất!). Đối v ới nh ững 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 p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con A của tập
mãn:

1; 2; ...; 2p

thỏa

(i) A 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

không thể hiện
i
1 x vì tích i 1
được
tập A 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 th ế ta ph ải xét hàm sinh có
dạng:

tử i trong tập

G(x,y)

1; 2; ...; 2p

bởi x

g n , k x n yk

n,k0

0

x

1 xi

i

trong đó gn , k là số các tập con k phần tử của 1; 2; ...; 2p

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

N g p , p g2p , p ...

Để

G ( x , y)

xây dựng hàm sinh
ta cần xác định hàm sinh cho cách chọn mỗi phần tử m
1; 2; ...; 2p
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

phé
p

chọn

m

2

là

3

G ( x , y ) (1 xy )(1 x y )(1 x y )...(1 x
e

Đặt 2 i / p

0

x y
2p

0

x

m

y

1

1 x

m

y.

Suy

ra:

y) .

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

có:
gn,ky
n,k0
p|n

k

1 G (1, y ) G ( , y ) ... G ( p 1, y) (1)
p

12


Ta tính

G ( k , y)

, với 0 ≤ k ≤ p − 1.

(1

Khi k = 0, G (1, y )

y)

2p

.

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

2

2k

3k

y )(1

y )(1

2k

y )(1

3

y )...(1

y )...(1

p

k

1

gn,ky
p|n

x

số của các luỹ thừa của

pk

y)

y)

2

y )...(1

2pk

y)

2
p 2

(1 y )

(1 y )

2p

p 2

( p 1)(1 y )

p

n,k 0

Vậy từ (1) suy ra:

3k

y )(1

trong

. Đây chính là các hệ

G ( x, y)

.

p

Ngn , p
Từ đó suy ra số cần tính
1

n0
p|n

bằng hệ số của y p

trong tổng trên và bằng

p

C2 p 2( p 1)

p

.
1

N

p

C2 p 2( p 1)

p

Vậy số các tập con thoả mãn bài toán là:

.

Bài toán 5 (USA MO 1989)
Ta gọi phân hoạch của số nguyên n ≥ 1 nghĩa là n có th ể bi ểu di ễn thành
tổng của một hoặc nhiều số nguyên dương theo thứ tự không giảm (ví dụ n = 4

A( )
B( )
khi đó các phân hoạch là 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 2, 1 + 3, 2 + 2, và 4 ). V ới m ỗi phân

hoạch

xác định

là số các số 1 xuất hiện trong

số nguyên dương phân biệt xuất hiện trong
1 + 2 + 2 + 2 + 5, khi đó
có:

A( )

= 2 và

B( )

Giải:

xác định là số các

là phân hoạch 1 +

= 3). Chứng minh rằng với mỗi n cố định, ta

A()
là phân hoach cœa n

và

(ví dụ n = 13 và

B()
là phân hoach c œa n


13


A( ) an

B ( ) bn

là phân hoach cœa n

Đặt

v
à

là phân hoach cœa n

.

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

n0

B ( x )bn x

v

à

n

n0

, sau đó chứng tỏ A( x ) B ( x) thì ta sẽ có

a

A( x)

n

b

n

với mọi n.

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.
Với số nguyên
x

m

bở i

x

2m 3m

xk

x

Vớ i

m2

có trong phân hoạch , hàm sinh cho các cách ch ọn m là 1

...

m1

, nếu số 1 được chọn

k

lần thì ứng với

k

lần chọn đó ta biểu diễn

, tuy nhiên để biết thêm về số lần số 1 xuất hiện trong ta gán thêm cho bi ến

k

k

y để chỉ rằng nếu 1 được chọn lần thì nó cũng xuất hiện lần trong . Do đó
2 2
hàm sinh cho m 1 là 1 xy x y ...

Xét :
n

F(x,y)

fn,kx y
x

3

k

x

(1 xy
6

2

2

x y ...)(1

x

2

x

4

...)(1

...)...

n,k0

Trong đó ta dùng biến x để kiểm soát tổng của phân hoạch và biến y kiểm
soát số lần xuất hiện của số 1 trong phân hoạch,
có
k

f

n,k

là số các phân hoạch của n

số 1. Bằng cách sử dụng tổng của chuỗi số, ta có thể viết dưới dạng đơn giản

1

F ( x , y)

2

3

(1 xy )(1 x )(1 x )...
Ta chú ý rằng số tất cả các số 1 có trong tất cả các phân ho ạch

k

kf

a

A( x)

của n mà

mỗi phân hoạch có đúng số 1 là n , k , như vậy hệ số n trong
(theo cách
xác định là tổng số tất cả các số 1 xuất hiện trong t ất c ả các phân ho ạch c ủa s ố
nguyên n ) sẽ được tính bằng tổng số các phân hoạch trong đó s ố 1 xu ất hi ện đúng
một lần cộng với hai lần số các phân hoạch trong đó số 1 xuất hiện 2 lần, c ộng
với ba lần số các phân hoạch trong đó số 1 xuất hiện 3 l ần … Do đó:


14

f 2 f n, 2 3f n, ...kfn,k
n,

an

1

3

A( x )a n x
Suy ra:

n

k0

k.fn,kx

n0

n

n,k 0

n k1

F
Xét đạo hàm riêng của F ( x , y) theo biến y , ta có: y
F
Cho

y1

, ta có:

y

Lại do: F ( x , y)
F

1

y

y 1 xy

k.fn,kx

A( x)

1
2
3
(1 xy )(1 x )(1 x )... nên

1

.

2

F
y

Do đó:

n ,k
0 1

y 1 n 0, k 1

x
3

(1 x )(1 x )...

A( x)

n

k.fn,kx y

(1 xy )

2

.

x
2

1
2

3

(1 x )(1 x )...
(1)

2

3

(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)
2

bằng cách xét hàm:
2

4

3

6

(1 xy x y ...)(1 x y x y ...)(1 x y x y ...)...

n,k 0
m
1 x y 1 xm

m1

k

g

Trong đó n , k là số các phân hoạch của n với phần tử phân biệt. Biến
x biểu diễn cho các phần tử trong phân hoạch và biến y biểu diễn số lần xuất
hiện của phần tử nào đó trong phân hoạch.
Tương tự trên ta có số tất cả các số phân biệt có trong t ất c ả các phân ho ạch

k

của n mà mỗi phân hoạch có đúng số phân biệt là

k.g

n,k

, như vậy hệ số

b

n

B ( x)

trong
(theo cách xác định là số các số nguyên dương phân biệt xu ất hi ện trong
tất cả các phân hoạch của số nguyên n ) sẽ được tính bằng tổng số các phân
hoạch trong đó có đúng 1 số xuất hiện cộng với hai lần số các phân ho ạch trong
đó có 2 số phân biệt xuất hiện, cộng với ba l ần số các phân ho ạch trong đó có 3 s ố
phân biệt xuất hiện… Do đó:
15


2g n,

bn g n,

2

3g n, ...k . gn,k

1

3

n

B ( x )bn x k . g n , k x
Suy ra:

k1
.

n

n0

n 0, k 1

B ( x ) k . g n , k xn G
Tương tự trên ta có:
G
y

G ( x , y)
i1

g i '( y)

g ( y) , với

xiy

gi(y) 1

, trong đó
xi

g i '( y)

1 x

i

1 x .

i

i

.
g i '( y)

G
Suy ra:

y1

i

x
g i '( y)
Vậy ta có: g i ( y) y 1
B(x)

y

n 0, k 1

G(x,y)

y

G ( x , 1) x

g ( y) y 1
i1 i

i

i1

y1

G ( x, 1)

x
2

1 x
G ( x , 1) (1 x x 2 ...)(1 x

2x

4

( 2)

x
2

3

...)(1 x

x

6 ...)...

1.
1 x

(Do

Từ (1) và (2) suy ra A( x ) B ( x) , do đó

3

(1 x ) (1 x )(1 x )...

a

n

b

n

1.
1

x

1 ...

2
1

x

3
)

với mọi n.

Bài toán 6:

n2

Cho số nguyên dương m và n , trong đó
( x, y, z, t )
sao cho tổng
bốn số nguyên dương
1 x, y, z, t n

chia hết cho m . Tính số các bộ
x y z t
chia hết cho m và

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 v ượt quá p − 1.
Tìm số tập con k phân tử của {1,2, … , p}, sao cho t ổng các ph ần t ử c ủa m ỗi t ập
con đó đều chia hết cho p.

16


Bài 2: (IMO Shortlist 1998) Cho

(a )

n n

là dãy không giảm các số tự nhiên sao cho

mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn một cách duy nhất d ưới d ạng

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 t ập các sô nguyên
với tính chất sau: mọi số nguyên n có đúng một nghi ệm c ủa ph ương trình a + 2b =
n với a , b X .
Bài 4: Tính
tổng

Cn

02

Cn

12

n 2

n

... ( 1) Cn

.
n
( 1) k C nk .Cnn 1 k 0

Bài 5: Chứng minh rằng k

2

0

2

.

Bài 6: (China 1996) Cho số nguyên dương n. Tìm số các đa thức

thuộc tập {0,1,2,3} thỏa mãn

P ( 2) n

( n)

P ( x)

với hệ số

.

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
có

( 4) 5

). Gọi

( n)

là số các cách biểu diễn n thành tổng các s ố nguyên lớn hơn 1.

Ví dụ 6 = 4 + 2 = 2 + 4 = 3 + 3 = 2 + 2 + 2 ta có

(6) 5

. Chứng minh rằng ( n ) ( n 2) .

Bài 8: (IMO Shortlist 2007) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho t ập

S 12,, 3,..., n

3
có thể tô màu đỏ và xanh thỏa mãn tính chất sau: tập S
( x , y , z)

chứa đúng 2007 bộ có thứ tự
(i)

sao cho:

x , y , z cùng 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
và vàng. Gọi A là số các bộ ba
hết

xyz

( x , y , z ) E3

. Gọi B là tập các bộ ba

2008 chia hết

xyz

sao cho x , y , z cùng màu và 2008 chia

( x , y , z ) E3

sao cho x , y , z đôi một khác màu và

. Chứng minh rằng 2A > B.

17


Bài 10: Cho p là số nguyen tố lẻ và n là số nguyên dương không chia hết cho p .
Tìm số các bộ

x , x , ..., xp gồm
1 2

tổng

1

x 2x ... ( p 1) x
1

2

n

p1

Đáp số

p1

0(mod p)

p1

số tự nhiên không lớn hơn

A

T

r

sao cho

.

p 1

p

Bài 11: (China MO 1999) Với tập A , xác định
(nếu thì

n1

S(A)

T | T S , S (T )

A0

). Gọi

r (mod 7)

S ( A)

là tổng các phần tử thuộc A

S 12,, ...,1999

. Với mỗi r tính

T

r

và r 012,,, 3, ...,6, xác định

.

C - KẾT QUẢ THỰC HIỆN

Qua hai chuyên đề SKKN về hàm sinh, với mục đích nh ằm cung c ấp thêm
cho học sinh một công cụ hữu hiệu để giải quyết một lớp những bài toán khó
(xuất hiện trong các kỳ thi HSG toán) trong điều kiện th ời gian eo h ẹp c ủa
chương trình dạy, bằng cách đơn giản hoá những kiến th ức lý thuy ết không thu ộc
chương trình THPT đã đem lại hiệu quả thiết thực. Cụ thể: Đối chiếu kết quả các
bài kiểm tra phần Dãy số và Tổ hợp trước và sau khi học chuyên đ ề này cho th ấy:
1. Kết quả kiểm tra trước chuyên đề:
Số lượng
(%)

Điểm giỏi
2/30 (6,7%)

Điểm khá
Điểm TB
Điểm yếu
12/30 (40%) 10/30(33,3% 6/30(20%)
)

Điểm kém
0

2. Kết quả kiểm tra sau chuyên đề:
Số lượng
(%)

Điểm giỏi
6/30 (20%)

Điểm khá

15/30 (50%)

Điểm TB
Điểm yếu
5/30(16,7%) 4/30(13,3
%)

Điểm kém
0

Mặc dù, chỉ đối chiếu qua 02 bài kiểm tra tr ước và sau chuyên đ ề, đ ộ tin
cậy có thể chưa cao nhưng qua thực tế chấm bài cho thấy: Các em học sinh đã
biết sử dụng công cụ hàm sinh để giải toán và hiệu qu ả làm bài đã đ ược nâng lên.

KẾT LUẬN
18