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 + + −++ + ⎡⎤ − ⎢⎥ = ⎢⎥ + ⎣⎦ ⎛⎞ − ⎟ ⎜ = ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ + ⎝⎠ ∑∑ ∑∑ [...]... phơng trình nghiệm nguyên, v đó l những bi toán khó vì tính không mẫu mực của nó Bi viết ny giới thiệu một phơng pháp đại số, gọi l phơng pháp gien, có thể áp dụng khi giải một số phơng trình nghiệm nguyên 53 Nếu từ một nghiệm của phơng trình đã cho ta có quy tắc để xây dựng ra một nghiệm mới thì quy tắc đó gọi l gien Phơng pháp gien l phơng pháp dựa vo gien để tìm tất cả các nghiệm của phơng trình. .. Chẳng hạn với phơng trình Pell: x2 - Dy2 = 1 trong đó D l số nguyên dơng không chính phơng, nếu biết (x0, y0) l nghiệm nguyên dơng nhỏ nhất của nó thì mọi nghiệm (xn , yn) của phơng trình đều tìm đợc theo công thức: xn = yn = ( x 0 + y 0 D )n + ( x 0 y 0 D )n 2 ( x 0 + y 0 D )n ( x 0 y 0 D )n 2 D Sau đây, ta xét ứng dụng của phơng pháp gien vo phơng trình Markov cổ điển, đó l phơng trình có dạng: 2... l các ẩn nhận giá trị nguyên( i = 1 , n ) Ta nhận thấy nếu phơng trình (1) có nghiệm nguyên thì nó sẽ có rất nhiều nghiệm nguyên Thật vậy nếu phơng trình (1) có nghiệm l: (x1, x2, , xn) (xi z) 2 2 Thì: x 1 - k(x2x3 xn) x1+ ( x 2 + + x n ) = 0 2 2 Xét phơng trình bậc hai: x 2 k ( x 2 x 3 x n )x + ( x 2 + x n ) = 0 2 (2) / Thì phơng trình (2) có nghiệm x= x1 , dó đó phải có nghiệm x = x 1 / x 1 +... nghiệm mới ( x 1 , x2, , xn) của phơng trình (1) lớn hơn nghiệm cũ (x1, x2, , xn) Nội dung nh trên cũng đợc áp dụng cho các phơng trình dạng tơng tự, chẳng hạn cho phơng trình dạng: ( x + y + z ) 2 = kxyz Sau đây l một số ví dụ áp dụng của phơng pháp gien Ví dụ 1: (Bi thi học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2001-2002 bảng A) Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho phơng trình x + y + u + v = n xyuv có nghiệm... u 0 + v 0 ) 2 16y 2 0 0 0 nu 0 v 0 16 n nu 0 v 0 16 vậy n {1,2,3,4} Điều kiện đủ: Với n = 1 phơng trình x + y + u + v = xyuv có nghiệm (4,4,4,4) Với n = 2 phơng trình x + y + u + v = 2 xyuv có nghiệm (2,2,2,2) Với n = 3 phơng trình x + y + u + v = 3 xyuv có nghiệm (1,1,2,2) Với n = 4 phơng trình x + y + u + v = 4 xyuv có nghiệm (1,1,1,1) Kết luận: Các giá trị cần tìm l n {1,2,3,4} 55 Ví dụ 2:... trình x2 + y2 - pxy - p = 0 (4) Ta chứng minh: phơng trình (4) với tham số p nguyên dơng sẽ có nghiệm nguyên dơng khi v chỉ khi p l số chính phơng Điều kiện cần: Giả sử phơng trình (4) có nghiệm nguyên dơng Gọi (x0 , y0) l nghiệm nguyên dơng sao cho x0 + y0 nhỏ nhất, không mất tính tổng quát có thể giả thiết x0 y 0 Ta có: x 2 + y 2 px 0 y 0 p = 0 x 0 py 0 x 0 + y 0 p = 0 0 0 2 2 2 Xét phơng trình: ... dng ( chn i tuyn Vit Nam thi IMO nm 2003) Bi toỏn 18: Tỡm tt c cỏc cp s nguyờn t (p, q) sao cho 2pq - qp = 7 Phơng pháp gien giải phơng trình nghiệm nguyên Thạc sĩ : ặng Kim Long Trờng THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Phơng trình nghiệm nguyên (hay còn gọi l phơng trình Diophant) l một trong những dạng toán xuất hiện sớm nhất trong toán học Nhiều nh toán học nổi tiếng trên thế giới nh Ơclit, Diophantus,... dơng của phơng trình (4) 0 Từ giả thiết ( x0 , y0 ) l nghiệm nguyên dơng nhỏ nhất ta suy ra x 1 x 0 Mặt khác ta lại có: x 1 x 0 = y 2 p y 2 y 0 x 0 0 0 Vậy phải có x1 = 0 x1 y 0 x 0 mâu thuẫn 2 2 y0 p = 0 p = y0 tức p l số chính phơng Điều kiện đủ: Nếu p l số chính phơng tức p = k2 (k nguyên dơng) ta dễ thấy phơng trình (4) có nghiệm nguyên dơng: x = k 3 y = k Kết luận: Phơng trình (4) có... / Thì phơng trình có nghiệm x = a1, do đó sẽ có nghiệm x = a 1 n a1 + a1/ = ai i=2 Theo định lý Vi-ét: n a a / = a 2 + 1 1 1 i i=2 n a = a i a1 / 1 i=2 / Do dãy a1, a2, , an xếp tăng dần nên a 1 a n ta đợc các số / a 1 , a2 , , an thoả mãn phơng trình (1) / Đổi chỗ a 1 v an ta đợc dãy số mới xếp tăng dần, lại coi đó l dãy a1 , a2, , an-1, an trong đó an > an-1 Lm lại quá trình trên n... phơng trình (1) n n i =1 Các số ny thoả mãn i =1 a i2 4 a i2 l số chính phơng v n > 2002 (đpcm) Cuối cùng l một số bi tập để các bạn tự giải 57 Bi 1: Cho a, b l hai số nguyên dơng thoả mãn : ab chia hết a2 + b2 + 1 a2 + b2 + 1 l số nguyên tố ab CMR: Bi 2: Tìm tất cả các giá trị nguyên dơng m để phơng trình: x2 + y2 + z2 = mxyz có nghiệm nguyên dơng Bi 3: Tìm tất cả các giá trị nguyên dơng n để phơng trình . 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. 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