Phương trình hàm nâng cao P2

31
Chứng minh
:Trực tâm của

AND kí hiệu l H
1
.Các đờng thẩngH
1
,NH
1
,DH
1
tơng ứng vuông góc với
ND,AD,AN tại X,Y,Z. X nằm trên đờng tròn đờng kính AC,Y nằm trên đờng tròn đờng kính MN v Z nằm
trên đờng tròn đờn kính BD.Phơng tích từ H
1
đến những đờng tròn ny bằng
XH
1
,
YH
1
,
ZH
1
.Trong
đờng tròn ngoại tiếp

AND ta có
XH

1
=
YH
1
=
ZH
1
chứng tỏ H
1
có cùng phơng tích với các đờng tròn
ny.Tơng tự trực tâm của các

MCD,NBC,MAB có cùng phơng tích tới các đờng tròn đờng kính
AC,BD.MN
*Kết quả 10
Trực tâm của các tam giác MCD,NBC,MAB,NAD nằm trên cùng một đờng thẳng


.Trung điểm của 3 đờng chéo AC,BD,MN nằm trên cùng một đờng thẳng (Đờng thẳng Gauss) v
đờng thẳng ny vuông góc với

.
Chứng minh
:Theo kết quả 9 thì trực tâm của 4 tam giác cùng nằm trên đờng trục đẳng phơng của 2 đờng
tròn đờng kính AC v BD.Tơng tự nh vậy trong bi ny các trực tâm cũng nằm trên đờng trục đẳng
phơng của 2 đờng tròn đờng kính AC vMN.Ta biết rằng trục đẳng phơng của 2 đờng tròn thì vuông góc
với đờng nối tâm của 2 đờng tròn
*Kết quả 11:
Điểm S nằm trên

(điểm Son)
Chứng minh
:Phơng tích của S đến các đờng tròn đờng kính AC v BD bằng
SA
.
SC
,
SB
.
SD

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn do đó
SA
.
SC
=
SB
.
SD
v S thuộc trục đẳng phơng của đờng tròn
đờng kính AC v BD.Theo kết quả 9 ta suy ra S thuộc


*Kết quả 12
Đờng tròn đờng kính AC ,BD v MN giao nhau tại 2 điểm trên


Chứng minh
: vì S nằm bên trong 2 đờng tròn đờng tròn đờng kính AC v BD m

đi qua S=>

phải cắt
mỗi đờng tròn tại 2 điểm xác định có phơng tích bằng 0.Giao điểm của 2 đờng tròn nằm trên

.Chúng ta
biết rằng

l trục đẳng phơng của đờng tròn đờng kính AC v MN v

cắt đờng tròn đờng kính
AC.Vậy các đờng tròn đờng kính AC v BD ,MN đi qua 2 điểm m có phơng tích bằng 0
*Kết quả 13:
Điểm Mikel,S v tâm O nằm trên cùng một đờng thẳng v thoả mãn điều kiện OS.OM
k
=R
2
với R l bán
kính (O)
Chứng minh
:Theo kết quả 2 v 7 ta nhận thấy 3 điểm O,S,M
k
cùng nằm trên một đờng thẳng .Lấy I l giao
của 2 tiếp tuyến tại B v D.Theo bổ đề 1 I nằm trên MN.OI vuông góc với BD tại trung điểm J của BD.Từ đó
I,J,M
k
,S cùng nằm trên một đờng tròn,ta có OF.OM
k
=OJ.OI=OB
2

=R
2
.
*Kết quả 14:
Cho T
1
v T
2
l 2 tứ giác ton phần nội tiếp trong cùng một đờng tròn.Nếu điểm Son của T
1
v T
2
trùng
nhau thì điểm Mikel củaT
1
v T
2
trùng nhau.Ngợc lại nếu điểm Mikel của T
1
v T
2
trùng nhau thì điểm
Son của T
1
v T
2
cũng trùng nhau.
Chứng minh
:Suy ra từ kết quả 11.

Kết quả 15
Cho T
1
v T
2
l 2 tứ giác ton phần nội tiếp trong 2 đờng tròn đồng tâm .Nếu điểm Mikel v điểm Son
của các tứ giác trùng nhau thì 2 đờng tròn cũng trùng nhau


Kết quả 16:


32
Giao điểm của

v đờng thẳng đi qua 2 trung điểm của AC v BD nằm trên đờng tròn đi qua
S,điểm Mikel M
k
v trung điểm của MN.Đờng tròn đó trực giaovới đờng tròn (O) (2 đờng tròn đựơc
gọi l trực giao với nhau nếu chúng cắt nhau v các tiếp tuyến với 2 đờng tròn tại điểm chung vuông
góc với nhau)
Chứng minh
:Giao của

v đờng thẳng đi qua trung điểm AC v BD l U ,trung điểm MN l K.Ta thấy U v
M
k
nhìn cạnh SK dới một góc vuông tức l

SUK=

SM
k
K=90

vì vậy 4 điểm S,U,K,M
k
nằm trên cùng một
đờng tròn nên phơng tích của O với đờng tròn Son bằng
k
OMOS.
=R
2
điều đó chứng tỏ đờng thẳng qua
O v điểm chung của 2 đờng tròn l tiếp tuyến của đờng tròn .
V.Một số kết quả tổng hợp về tứ giác ton phần ngoại tiếp
*Xét tứ giác ton phần ABCDMN (B thuộc cạnh MC,D thuộc cạnh NC) với tứ giác ABCD ngoại tiếp đờng
tròn tâm O.Các điểm A
1
,B
1
,C
1
,D
1
lcáctiếpđiểm của đờng tròn với các cạnh AB,BC,CD,DA

*Kết qủa 1
Giao của các cặp đờng thẳng A
1
B
1
v C
1
D
1
, A
1
D
1
v C
1
B
1
(nếu chúng tồn tại ) nằm trên MN.Giao của
A
1
C
1
v D

1
B
1
trùng với giao điểm của AC v BD.
Chứng minh:
ta thấy nếu giao của các cặp A
1
B
1
v C
1
D
1
, A
1
D
1
v C
1
B
1
tồn tại giả sử l M
1
v N
1
thì tứ giác
A
1
B
1

C
1
D
1
M
1
N
1
l một tứ giác ton phần nội tiếp .Sử dụng tính chất của tứ giác ton phần nội tiếp, ta có điều
phải chứng minh
*Kết quả 2
MA+MB+NB+NC=NA+ND+MD+MC
Chứng minh
:Từ điều kiện AB+CD=AD+BC ta suy ra NB-NA+NC-ND=MC-MB+MD-MA.

*Kết quả 3:
Lấy T
1
= A
1
B
1
C
1
D
1
M
1
N
1

v A
2
B
2
C
2
D
2
M
2
N
2
l các tứ giác ton phần nội tiếp với A
1
B
1
C
1
D
1
, A
2
B
2
C
2
D
2
cùng
ngoại tiếp đờng tròn tâm O.Nếu đờng chéo của tứ giác A

1
B
1
C
1
D
1
, A
2
B
2
C
2
D
2
cắt nhau tại một điểm thì
các đỉnh M
1
,N
1
,M
2
,N
2
nằm trên cùng một đờng thẳng

*Kết quả 4
Nếu các tiếp tuyến chung ngoi của 2 đờng tròn nội tiếp

ABM v

AND giao nhau tại K thì K thuộc
đờng thẳng MN
Chứng minh
: Dùng phép vị tự tâm M biến đờng tròn ngoại tiếp

ABM thnh đờng tròn nội tiếp tứ giác
ABCDv phép vị tự tâm N biến đờng tròn nội tiếp tứ giác ABCD thnh đờng tròn nội tiếp

AND.Do đó tâm
C
N
B
M
D
A
A
B
C
D

33
của phép vị tự biến đờng tròn nội tiếp

ABM thnh đờng tròn nội tiếp

AND l giao của các đờng tiếp
tuyến chung (l K).Theo tính chất của tâm các phép vị tự ta có 3 điểm M,N,K thẳng hng.
*Kết quả 5
Lấy O

1
,O
2
tơng ứng l tâm các đờng tròn nội tiếp

ABM v

AND.P l giao điểm của OO
1
v AB ;Q
l giao điểm của OO
2
v AD. Chứng minh rằng PQ, O
1
O
2
v MN song song hoặc đồng quy.
Chứng minh
: Ta dễ dng nhận thấy P v Q l tâm của phép vị tự biến (O
1
) thnh (O),v biến (O) thn
(O
2
).Nếu 2 đơng tròn (O
1
),(O
2
)bằng nhau thì MN,O
1
O

2
,PQ song song .Nếu (O
1
),(O
2
) khác nhau thì
PQ,MN,O
1
O
2
đồng quy.
*Kết quả 6:
Nếu O
3
l tâm đờng tròn nội tiếp

AMN,E l giao AM v O
1
O
3
, F l giao của AN v O
2
O
3
, thì PQ, EF,
MN song song hoặc đồng quy
*Kết quả 7:

Cho (O') l ảnh của (O
1

) qua phép đối xứng tâm l trung điểm của AB,v (O") l ảnh của (O
2
) qua phép
đối xứng tâm l trung điểm AD.Nếu (O') tiếp xúc AB tại A',v (O'') tiếp xúc AD tại D' thì các điểm A, A',
D' ,O nằm trên cùng một đờng tròn.Nếu (O') cắt (O'') tại 2 điểm X,Y thì hình chiếu của O trên XY nằm
trên đờng tròn đi qua 4 điểm A,A',D',O.
Chứng minh
: Ta thấy (O') tiếp xúc AB tại A
1
v (O'') tiếp xúc AD tại D
1
.=>(O')v (O'') tiếp xúc với (O ) tại A
1
v
D
1
v XY đi qua A.Ta có OA
1


AB v OD
1


AD.Từ đó A
1
,D
1
nhìn OA dới 1 góc 90

*Kết quả 8:
Cho T
1
= A
1
B
1
C
1
D
1
M
1
N
1
v T
2
= A
2
B
2
C
2
D
2
M
2
N
2

l

các tứ giác ton phần với A
2
B
2
C
2
D
2
, A
1
B
1
C
1
D
1
cùng ngoại
tiếp (O).Nếu các đờng chéo của tứ giác A
1
B
1
C
1
D
1
, A
2
B

2
C
2
D
2
cắt nhau tại một điểm thì các đỉnh
M
1
,N
1,
M
2
,N
2
nằm trên cùng một đờng thẳng






Ti liệu tham khảo
1. Ti liệu hình phẳng (tiếng Anh) của Đỗ Thanh Sơn.
2. các bi toán về hình học phẳng của V.VPRXOLOV
3. Ti liệu trên mạng


CHUYấN HM SINH

Thc s : Phm Quang Thng

T Toỏn T.H.P.T Chuyờn Thỏi Bỡnh

Trong vic bi dng hc sinh gii thỡ cỏc bi toỏn t hp, phõn hoch cỏc tp hp l mt bi
toỏn rt khú, cỏc dng bi tp ny thng c a vo thi trong cỏc k thi hc sinh gii
quc gia, cng nh quc t. Hm sinh l mt cụng c hiu lc gii quyt dng bi tp ny.
Khỏi nim hm sinh n gin, d hiu nhng ng dng thỡ rt tuyt vi. Chuyờn ny trỡnh

34
bày khái niệm về hàm sinh cũng như ứng dụng của nó trong các dạng bài tập khác nhau. Cấu
trúc của chuyên đề gồm.

A. Định nghĩa
☼

Định nghĩa hàm sinh
☼

Ví dụ về hàm sinh
☼

Công thức khai triển Taylor
☼

Một số tính chất của hàm sinh
B. Ứng dụng của hàm sinh
¾
Tìm dãy số
#
Phương pháp
#

Bài tập áp dụng
¾
Tính tổng tổ hợp
#
Phương pháp
#
Bài tập áp dụng
¾
Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp
C. Bài tập tương tự




A. Định nghĩa
1.
Định nghĩa
Cho dãy số
{}
n
a
. Tổng hình thức
n
n
n0
F(x) a x
≥
=
∑
gọi là hàm sinh sinh bởi dãy

{}
n
a
và ta ký
hiệu
{}
n
aF↔

Nhận xét: Mỗi dãy số
{}
n
a
cho ta duy nhất một hàm sinh và ngược lại. Để tìm hiểu tính chất
của dãy số ta có thể tìm hiểu tính chất của hàm sinh sinh bởi nó
Bán kính hội tụ của F(x) là
n
n
n
1
R
lim | a |
→∞
=
, nghĩa là với
x, x R∀<
thì chuỗi trên hội tụ. Khi
R = 0 chuỗi trên phân kỳ.
Các chuỗi trong chuyên đề luôn hội tụ ( nếu không có giải thích gì thêm).
2. Ví dụ:

Dãy
{}
1
1
1x
↔
−
vì
2
1
1xx ,x 1
1x
++ + = ∀ <
−



35
Tương tự
{} {}
nn
11
( 1) ; m , m=const
1x 1mx
−↔ ↔
+−

3. Công thức khai triển Taylor
Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b);
0

x(a,b)
∈
. Khi đó ta có
công thức khai triển Taylor:
(n)
n
0
n0
f(x)
f(x) x
n!
≥
=
∑

Khi
0(a,b)
∈
ta có
(n)
n
n0
f(0)
f(x) x
n!
≥
=
∑

Ví dụ

:
a. Với
x(n) x(n) 0
f(x) e f (x) e f (0) e 1, n
=⇒ =⇒ == ∀

n
n0
x
f (x)
n!
≥
⇒=
∑
. Vậy
x
1
e
n!
⎧⎫
⎪⎪
⎪⎪
↔
⎨⎬
⎪⎪
⎪⎪
⎩⎭


b. Với

(n) n
f(x) (1 x) , f (0) ( 1) ( n 1) n!C
λ
λ
=+ λ∈ ⇒ =λλ− λ−+=…

Ở đó
nnn
n
(1)(n1)
C f(x)Cx
n!
λλ
λλ− λ− +
=⇒=
∑
…

Khi
*
λ∈
ta có
n
C0, < n
λ
=∀λ
ta có công thức khai triển Newton
Khi
*
m,m

λ=− ∈

ta có
{}
n n nn nn
mmn1 mn1
m
1
C C (1)C (1)C
(1 x)
λ − +− +−
==− ⇒− ↔
+

4.
Một số tính chất.

Cho
{}
n
aF↔
,
{}
n
b G↔
khi đó ta có:
#
{}
nn
ab FG±↔±

(1)
#
{}
n
ka kF, k
↔∀∈
(2)
#
kl
kln
ab F.G
+=
⎧⎫
⎪⎪
⎪⎪
↔
⎨⎬
⎪⎪
⎪⎪
⎩⎭
∑
(3)
#
{}
h1
01 h1
nh
h
Fa ax ax
a , h

x
−
−
+
−− −−
↔∈


(4)
#
{}
n1
(n 1)a F'
+
+↔
(5)
B. Ứng dụng
I
.
Tìm dãy số.

1.
Phương pháp

&
Để tìm dãy số
{}
n
a
. Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy

{}
n
a
là
n
n
n0
F(x) a x
≥
=
∑

&
Dựa vào đặc điểm của dãy
{}
n
a
ta tìm được F(x)
&
Đồng nhất thức sẽ thu được dãy
{}
n
a

2.
Bài tập áp dụng

Bài 1
(Dãy Fibonacci) Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn điều kiện:
n2 n1 n

01
FFF
F0,F1
++
⎧
=+
⎪
⎪
⎨
⎪
==
⎪
⎩

Lời giải
: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy
{}
n
F

Ta có
{} {}
n2 n1
2
Fx F
F, F
xx
++
−
↔↔

(do tính chất 4)
Vậy ta có phương trình:

36
2
FxF
= F
xx
−
+ ( Do giả thiết của bài toán 1)
nn
n
2
n0
x11 1 11515
F = x
1xx 2 2
515 15 5
1x1x
22
≥
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎛⎞
⎜
⎛⎞⎛⎞
⎟
⎟

⎜
⎜
+−
⎟
⎟⎟
⎜⎜
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟⎟
⎟
⇔=−=−
⎜⎜
⎜
⎜
⎟
⎟⎟
⎟
⎜⎜
⎜
⎜
⎟
⎟⎟
⎟⎟⎟
⎜⎜
−−
+−
⎜⎝⎠⎝⎠
⎟

⎜
⎟
⎝⎠
⎟
⎜
−−
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
∑

Vậy
nn
n
11 5 1 5
F
22
5
⎛⎞
⎛⎞⎛⎞
⎟
⎜
+−
⎟⎟
⎜⎜
⎟
⎜
⎟⎟

⎟
=−
⎜⎜
⎜
⎟⎟
⎟
⎜⎜
⎜
⎟⎟
⎟
⎟⎟
⎜⎜
⎝⎠⎝⎠
⎜
⎟
⎝⎠

Bài 2
: Tìm số tập con của tập {1, 2, . . ., n} sao cho trong mỗi tập con không chứa hai phần tử
liên tiếp.
Lời giải
.
Gọi
n
F là số các tập con như vậy.
Chia các tập hợp con của {1, 2, . . ., n}mà trong mỗi tập con không chứa hai phần tử liên tiếp
thành hai nhóm.

Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là
n1

F
−


Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{}
12 k i
a ,a , a ,n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,...,n≠−∀= ∀=
…
trong trường hợp này có
n2
F
−
tập
con.
Vậy ta có
nn1n2
FF F
−−
=+
Dễ thấy F(1) = 2, F(2) = 3
Áp dụng bài tập 1 ta có:
n2 n2
n
11 5 1 5
F
22
5
++
⎛⎞

⎛⎞⎛⎞
⎟
⎜
+−
⎟⎟
⎜⎜
⎟
⎜
⎟⎟
⎟
=−
⎜⎜
⎜
⎟⎟
⎟
⎜⎜
⎜
⎟⎟
⎟
⎟⎟
⎜⎜
⎝⎠⎝⎠
⎜
⎟
⎝⎠

Bài 3
: Tìm số tập con k phần tử của tập {1, 2, . . ., n} sao cho trong mỗi tập con không chứa hai
phần tử liên tiếp.
Lời giải

:
Gọi
n,k
F là số các tập con như vậy.
Chia các tập hợp con k phần tử của {1, 2, . . ., n}mà trong mỗi tập con không chứa hai phần tử
liên tiếp thành hai nhóm.

Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là
n1,k
F
−


Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{}
12 k i
a ,a , a ,n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,...,n≠−∀= ∀=
…
trong trường hợp này có
n2,k1
F
−−
tập
con.
Vậy ta có
n,k n 1,k n 2,k 1
FF F
−−−
=+
với k > 1 (*)

Xét hàm sinh:
n
kn,k
n1
F(x) F x
≥
=
∑

Từ hệ thức (*) ta có:
2
kk1
x
F (x) F (x)
1x
−
=
−
, áp dụng liên tiếp công thức này ta được:
2k 1
2k 1 i i i i 2k 1
kk1k1
k1
i0 i0
x
F(x) x C x C x
(1 x)
−
−+−
−− −−

+
≥≥
== =
−
∑∑

Đồng nhất thức ta thu được
n2k1 n2k1 k
n,k k 1 n k 1 n k 1
FCCC
−+ −+
−− −+ −+
===

Nhận xét
: Kết hợp hai bài tập 2, và 3 ta thu được hệ thức rất đẹp:
k
nk1 n1
k
CF
−+ +
=
∑


37

Bài 4
: Tìm dãy
{}

n
a
thỏa mãn:
01
n2 n1 n
a0,a2
a4a8a
++
⎧
==
⎪
⎪
⎨
⎪
=− −
⎪
⎩

Lời giải
:
Xét hàm sinh f(x) sinh bởi dãy
{}
n
a
, tương tự như bài tập 1 ta có phương trình:

2
f2x 4f
8
xx

−
=− −


2
2x 1 1 1
f
14x8x 2i1(22i)x1(22i)x
⎛⎞
⎟
⎜
⇔= = − ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
++ −−+ −−−
⎝⎠
( Mẫu thức có
2
44i
′
Δ=− = )

nnn
n0
1
( 2 2i) ( 2 2i) x
2i

≥
⎡⎤
=−+−−−
⎢⎥
⎣⎦
∑

Đồng nhất thức ta được :

nn
n
nn
n
n
(2 2i) (2 2i)
a
2i
cos isin cos isin
4444
( 2 2)
2i
n
( 2 2) sin
4
−+ −−−
=
⎛⎞⎛⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
ππππ
⎟⎟

⎜⎟ ⎟⎜⎟ ⎟
⎜⎜ ⎜⎜
−+ − − +
⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎜⎜
⎜⎜ ⎜⎜
⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎜⎜ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎝⎠⎝⎠
=⋅−
π
=−


Bài 5
: Tìm số hạng tổng quát của dãy
{}
n
x
thỏa mãn:
01
n
n2 n1 n
xx0
x6x9x2n

++
⎧
==
⎪
⎪
⎨
⎪
−+=+
⎪
⎩

Lời giải
:
Đặt
{}
n
xf(x)↔
ta có phương trình :
22
2
22
f(x) 0 0.x f(x) 1 x
6 9f (x)
xx12x(1x)
x1 x
f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x)
−−
−+=+
−−

⎡ ⎤
⎢ ⎥
⇔=+
⎢ ⎥
−− −
⎣ ⎦

Viết f(x) dưới dạng:
2
222 2
x1 x a bcd e
f(x)
(1 3x ) 1 2x (1 x) (1 3x) 1 3x 1 x (1 x) 1 2x
⎡⎤
⎢⎥
=+=++++
⎢⎥
−− − − −−− −
⎣⎦

Quy đồng mẫu số rồi đồng nhất hệ số ta thu được:
55 1
a ,b ,c 0,d ,e 1
12 3 4
==−===

Vậy:
2
222 2
5

51
x1 x 1
3
12 4
f(x)
(1 3x ) 1 2x (1 x ) (1 3x ) 1 3x (1 x) 1 2x
⎡⎤
⎢⎥
=+=−++
⎢⎥
−− − − − − −
⎣⎦

Ta có:

38
nn1
2
2
n
131
{3 } {3 (n+1)}
13x (13x) 13x
111
{1} {n+1}
1x (1x) 1x
1
{2 }
12x
+

′
⎡⎤
⎢⎥
↔⇒ = ↔
⎢⎥
−−−
⎣⎦
′
⎡⎤
⎢⎥
↔⇒ = ↔
⎢⎥
−−−
⎣⎦
↔
−

Vậy :
n2 n
nn n
n
551 2n15(n3)3
x (n1)3 3 (n1)2
12 3 4 4
+
+++ −
=+−⋅+++=

II.
Tính tổng

1.
Phương pháp
Để tính tổng
m
m
f(n) S (n)=
∑
ta xét hàm sinh:
nn
m
nnm
F(x) f (n)x S (n)x
⎛⎞
⎟
⎜
==
⎟
⎜
⎟
⎟⎜
⎝⎠
∑∑∑
(*)
Sau đó sử dụng phương pháp đổi tổng để tính vế phải của (*) rồi đồng nhất thức hai vế ta được
f(n).
2.
Bài tập áp dụng


Bài 1

: Tính tổng sau:
nk
k
k
C
−
∑

Lời giải
:
Đặt
nk
k
k
f(n) C
−
=
∑
xét hàm sinh :
nnkn
k
nnk
F(x) f (n)x C x
−
⎛⎞
⎟
⎜
==
⎟
⎜

⎟
⎟⎜
⎝⎠
∑∑∑

Biến đổi F(x) ta có:
nkn nknkk
kk
nk nk
nk nk k k k
k
kn k
2k
2
k
F(x) C x C x x
C x x (1 x) x
1
(x x)
1xx
−−−
−−
⎛⎞⎛ ⎞
⎟⎟
⎜⎜
==
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎟⎟

⎜⎜
⎝⎠⎝ ⎠
⎛⎞
⎟
⎜
==+
⎟
⎜
⎟
⎟
⎜
⎝⎠
=+ =
−−
∑∑ ∑∑
∑∑ ∑
∑

Vậy F(x) chính là hàm sinh của dãy Fibonacci, do đó:
nk
kn1
k
f(n) C F
−
+
==
∑

Bài 2
: Tính tổng sau:

m
kkm
nk
kn
(1)CC
=
−
∑

Lời giải
:
Đặt
m
nkm
nk
kn
f(m) ( 1) C C
=
=−
∑
xét hàm sinh:

39
n
mkkmm
nk
mmkm
kk mm kk k
nk n
kn mk kn

nnkkkn n
n
kn
nn
F(x) f (m)x ( 1) C C x
( 1) C C x ( 1) C (1 x)
( 1) ( 1) C (1 x) ( 1) (1 x 1)
( 1) x
=
≤≤ ≤
−
≤
⎛⎞
⎟
⎜
==−
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝⎠
⎡⎤
⎢⎥
=− =− +
⎢⎥
⎣⎦
=− − + =− + −
=−
∑∑∑

∑∑ ∑
∑

Đồng nhất thức ta có:
n
( 1) khi m = n
f(m)
0 khi m <n
⎧
⎪
−
⎪
=
⎨
⎪
⎪
⎩

Bài 3
: Tính tổng sau:
m
km
nk
kn
CC
=
∑

Lời giải
:

Đặt
m
km
nk
kn
f(m) C C
=
=
∑
xét hàm sinh:
n
mkmm
nk
mmkm
kmm k k
nk n
kn mk kn
nn
F(x) f (m)x C C x
C C x C (1 x)
= (1 x 1) (2 x)

=
≤≤ ≤
⎛⎞
⎟
⎜
==
⎟
⎜

⎟
⎜
⎟
⎝⎠
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
==+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
++ = +
∑∑∑
∑∑ ∑

Mặt khác theo công thức khai triển Newton ta có:
nnmmm
n
m
(2 x) 2 C x
−
+=
∑

Đồng nhất thức ta có:
nm m

n
f(m) 2 C
−
=


Bài 4
:
a) Tính tổng sau:
k
k
2
n
k
Cx
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
∑

b) Tính tổng sau:
mk
kk
2
nnk
k
CC x
⎡⎤
−

⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
−
∑


Lời giải
:
a. Ta có:
k2k2k1
k2k 2k1
22 2
nn n
kk k
k2k k2k
nn
kk
2n 2n
2n
Cx C x C x
C (x ) x C (x )
(1 x ) x(1 x )
(1 x)(1 x )
⎡⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+
⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
+
⎣⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

=+
=+
=+ + +
=+ +
∑∑ ∑
∑∑

b. Đặt
mk
kk
2
nnk
k
f(m) C C x
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
−
=
∑
. Xét hàm sinh:

40
mk
mkkm
2
nnk
mmk

mk
kk m
2
nnk
km
mk
kkk mk
2
nnk
km
F(y) f (m)y C C x y
C x C y
C x y C y
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
−
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
−
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
−

⎣⎦
−
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎜
==
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎜
=
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
⎛⎞
⎟

⎜
⎟
⎜
=
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
∑∑∑
∑∑
∑∑

Áp dụng câu a ta có
mk
mk 2nk
2
nk
m
mk
kkk mk
2
nnk
km
kk 2nk
n
k
kk 2nk

n
k
2n
C y (1 y)(1 y )
F(y) C x y C y
C (xy) (1 y)(1 y )
(1 y) C (xy) (1 y )
(1 y)(1 xy y )
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
−−
⎣⎦
−
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
−
⎣⎦
−
−
−
=+ +
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎜

⇒=
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
=++
=+ +
=+ + +
∑
∑∑
∑
∑

Khi x= 2 ta có:
2n 1 m m
n
m
F(y) (1 y) C y
+
=+ =
∑
do đó đồng nhất các hệ số ta
có:
mk
kkm
2
nnk 2n1

k
CC 2 C
⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
−+
=
∑

Khi x = -2 ta có :
2n 2n 2n m m m 1 m 1 m
2n 2n
m
F(y) (1 y)(1 y) (1 y) y(1 y) ( 1) C ( 1) C y
−−
⎡ ⎤
=+−=−+−= − +−
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∑

Đồng nhất thức ta được :
mk
kkmmm1
2
nnk 2n 2n
k
CC ( 2) ( 1) [C C ]

⎡⎤
−
⎢⎥
⎢⎥
−
⎣⎦
−
−=− −
∑


Bài 5
: Tính tổng sau:
k
m2k k
nk 2k
k
(1)
f(n) C C
k1
+
+
−
=
+
∑

Lời giải
:
Xét hàm sinh của dãy

{ }
f(n)
ta có:

ta có:
m2k nk m2k m2k nkm1 m2k nkm nkm
nk nk nk
nn n
m2k nkm nkm m2k (m2k1)
(m 2k 1)
n
m2k
m2k1
C x x C x x C x
x C x x (1 x)
x

(1 x )
+ + + + −− − + −− −−
++ +
+−−−−+ −++
−++
+
++
==
==−
=
−
∑∑ ∑
∑

Vậy ta có :
k
m2k k n
nk 2k
nk
k
kkm2knk
2k n k
kn
(1)
F(x) C C x
k1
(1)
C x C x
k1
+
+
−++
+
⎡⎤
−
⎢⎥
=
⎢⎥
+
⎣⎦
⎛⎞
−
⎟

⎜
=
⎟
⎜
⎟
⎟⎜
+
⎝⎠
∑∑
∑∑

41
km2k
kk
2k
m2k1
k
k
m
k
2k
m1 2
k
(1) x
F(x) C x
k1 (1x)
x1x
C
(1 x) k 1 (1 x)
+

−
++
+
−
=
+−
⎧⎫
⎪⎪
−
⎪⎪
=
⎨⎬
⎪⎪
−+−
⎪⎪
⎩⎭
∑
∑



m1
m1 2
m1
m1
m
m
x4x
11
2(1 x) (1 x)

x1x
1
2(1 x) 1 x
x
(1 x)
−
−
−
−
⎧⎫
⎪⎪
−
⎪⎪
=−+
⎨⎬
⎪⎪
−−
⎪⎪
⎩⎭
⎧⎫
−+
⎪⎪
⎪⎪
=−
⎨⎬
⎪⎪
−−
⎪⎪
⎩⎭
=

−

Mặt khác:
m
mnn nnm m1n
mn1 m n1 n1
m
nn n
x
xCx Cx Cx
(1 x )
+−
+− +− −
===
−
∑∑ ∑

Đồng nhất thức ta nhận được:
k
m2k k m1
nk 2k n1
k
(1)
f(n) C C C
k1
+−
+−
−
==
+

∑

III.
Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp.

Bài 1
. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:

12 n
xx x m+++=

với m, n là các số nguyên dương cho trước (*)
Lời giải
:
Ta xét hàm sinh:
22 2
n tích
F(x) (1 x x )(1 x x ) (1 x x )
=++ ++ ++


với |x|<1
Mỗi số hạng trong khai triển F(x) thành tổng có dạng
12 n
xx x
x
+++

trong đó
i

x0,i≥∀ như vậy
quan sát tổng từ trái qua phải mỗi khi ta gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển
thu gọn của F(x) hệ số của
m
x được tăng lên một đơn vị, do đó hệ số của
m
x trong khai triển
của F(x) thành tổng chính là số nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta cần tìm hệ số của
m
x
trong khai triển thành tổng của F(x).
Ta có:
nkkk
n
n
k0
1
F(x) (1 x) ( 1) C x
(1 x )
−
−
≥
==−=−
−
∑

Ở đó:
k
k kk
n nk1

n( n 1) ( n k 1) ( 1) n(n 1) (n k 1)
C(1)C
k! k!
− +−
−−− −−+ − + +−
== =−


Vậy hệ số của
m
x trong khai triển F(x) là
m
nm1
C
+−
,đó cũng là số nghiệm của phương trình (*).

Bài 2
: Cho
n ∈ 
và giả sử rằng phương trình:
1
x 2y n có m+= nghiệm trong
2
0


2
2x 3y n 1 có m+=− nghiệm trong
2

0


. . . . . . . . . . . .
n
nx (n 1)y 1 có m++ = nghiệm trong
2
0


n1
(n 1)x (n 2)y 0 có m
+
+++ = nghiệm trong
2
0


Chứng minh rằng :
k
k
mn1=+
∑

Lời giải
:
Ta xét hàm sinh:
224
1
2

11
F(x) (1 x x )(1 x x )
1x1x
=++ + + = ⋅
−−

với 0<|x|<1

42
Khai triển
1
F (x) thành tổng thì các số hạng là các lũy thừa của x với số mũ có dạng i + 2j. Vậy
1
m chính là hệ số của
n
x trong khai triển
1
F (x) thành tổng. Do đó ta có:
n
11
F(x) mx=+ +


Lý luận tương tự ta có :
n1k
kk
k1 n
kk
F (x) m x
x F (x) m x

+−
−
=+ +
⇔=++



Ở đó
k2k k12(k1)
k
kk1
11
F(x) (1 x x )(1 x x ) , k=1 n+1
1x1x
++
+
=+ + + + = ⋅ ∀
−−
 

Suy ra:
k1 n
kk
kk
xF(x) mx
−
=+ +
∑∑


Mặt khác :
k1
k1
k
kk1 2 k k1 2
kk k
x1111
xF(x)
(1x)(1x ) xx 1x 1x x(1x)
−
−
++
⎛⎞
⎟
⎜
==−=
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
−− − − − −
∑∑ ∑

Hệ số của
n
x trong khai triển
k1
k
k

xF(x)
−
∑
là hệ số của
n1
x
+
trong khai triển của
2n2)
11
(1 x ) (1 x)(1 x
+
−
−−−
.
Vậy
n1 n1
k21
k
mC C n1
++
−−
=−=+
∑

Bài 3
: Cho hữu hạn cấp số cộng, sao cho mỗi số tự nhiên khác 0 là một phần tử của đúng một
cấp số. Chứng minh rằng có hai cấp số cộng trong số các cấp số cộng trên có cùng công sai.

Lời giải

:
Giả sử có m cấp số cộng
jj
{a nb }, j 1, ,m+=
…
mà mỗi số tự nhiên là phần tử của đúng một cấp
số. Ta có:

j
jj
j
a
mm
anb
b
j1n 0 j1
x
x | x|<1
1x
+
=≥ =
=∀
−
∑∑ ∑

Mà
jj
m
anb
k

j1n 0 k1
x x | x|<1
+
=≥ ≥
=∀
∑∑ ∑


j
j
a
m
b
j1
xx
x1
1x
=
⇒=
−
−
∑
(*)
Giả sử không có hai cấp số cộng nào nói trên có cùng công sai, suy ra tập hợp
{}
12 n
b ,b , b
…
là
hữu hạn dó đó tồn tại duy nhất phần tử lớn nhất, giả sử đó là

1
b . Gọi
ε
là một nghiệm khác 1 của
phương trình
1
b
x1= thỏa mãn
i
b
1, i:1<i mε≠ ∀ ≤ khi đó thay
ε
vào phương trình (*) ta thấy
vế trái là hằng số còn vế phải bằng
∞

Vậy giả sử là sai (đpcm)
Tiếp theo chúng ta quan tâm đến một định lý mà định lý này song hành cùng hàm sinh trong giải
toán tổ hợp rất hiệu quả.
Định lý RUF
(Root of unity filter)
Giả sử
k
k
k
F(x) f x
=
∑
là hàm sinh của dãy
{}

k
f
, với
2i
n
e
π
ε=
(
ε
là căn bậc n của đơn vị) ta có:
n1
nk
k0
1
fF(1)F()F()
n
−
≥
⎡⎤
=+ε++ε
⎢⎥
⎣⎦
∑


Bài 4
.(Rumania – 2003)
Cho tập A={2, 3, 7, 9}
Tìm số các số có n chữ số lập từ A mà số đó chia hết cho 3

Lời giải
.
Ta cần tìm số các bộ
12 n i
(x , x , , x ), x A i =1, , n
∈∀
……
sao cho :
12 n
(x x x ) 3
+++
