(Luận văn) các tính chất của đa thức narayana

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Thúy lu an va CÁC TÍNH CHẤT n CỦA ĐA THỨC NARAYANA p ie gh tn to Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp d oa nl w Mã số : 60 46 01 13 nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z Người hướng dẫn khoa học @ m Thái Nguyên - 2017 co l gm TS Nguyễn Tiến Dũng an Lu n va ac th si Mục lục lu an n va Giới thiệu đa thức Narayana 1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.1 Một số khái niệm 1.1.2 Một số tính chất 1.2 Các ví dụ 4 Các đồng thức đa thức Narayana 2.1 Cơng thức biểu diễn tích phân 2.2 Các đồng thức 10 10 12 p ie gh tn to Mở đầu oa nl w d Một dãy số nguyên có liên quan đến đa thức Narayana 17 3.1 Định nghĩa dãy An 17 3.2 Tính chất dãy An 18 nf va an lu 28 z at nh oi Tài liệu tham khảo 27 lm ul Kết luận z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Đa thức Narayana giới thiệu nghiên cứu MacMahon (1915) nhà toán học Ấn độ Narayana (1955) Bởi tính ứng dụng lĩnh vực khác (đặc biệt toán đếm lý thuyết tổ hợp), đa thức Narayana đối tượng quan tâm nghiên cứu vịng 10 năm gần Mục đích luận văn trình bày lại số tính chất đa thức Narayana Nội dung luận văn tổng hợp từ kết báo [9], [6] Ngoài phần mở đầu kết luận, bố cục Luận văn có 03 chương Chương Giới thiệu đa thức Narayana oa nl w 1.1 Định nghĩa tính chất 1.2 Các ví dụ d an lu Chương Các đồng thức đa thức Narayana nf va 2.1 Công thức biểu diễn tích phân lm ul 2.2 Các đồng thức 3.1 Định nghĩa dãy An z 3.2 Tính chất dãy An z at nh oi Chương Một dãy số nguyên có liên quan đến đa thức Narayana @ m co l gm Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Tiến Dũng Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi muốn bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến người thầy an Lu n va ac th si lu Tôi xin cảm ơn Trường THPT Thái Phiên - nơi công tác, giúp đỡ tạo điều kiện nhiều cho tơi hồn thành khố học Tơi xin cảm ơn nhóm seminar Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học Thái Nguyên giúp bổ sung, củng cố kiến thức Lý thuyết số Tổ hợp Qua đây, tơi xin gửi tới thầy Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên thầy tham gia giảng dạy khóa cao học K9B2 2015-2017, lời cảm ơn sâu sắc cơng lao dạy dỗ suốt q trình giáo dục đào tạo nhà trường Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ tơi để tơi hồn thành nhiệm vụ an va n Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2017 Tác giả luận văn p ie gh tn to nl w d oa Nguyễn Thị Thúy nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Giới thiệu đa thức Narayana lu Chương trình bày định nghĩa ví dụ minh họa cho tính ứng dụng đa thức Narayana an n va Định nghĩa tính chất gh tn to 1.1 Một số khái niệm p ie 1.1.1 d oa nl w Dãy Catalan Trong toán tổ hợp, số Catalan dãy số tự nhiên xuất nhiều toán đếm, thường bao gồm đối tượng đệ quy Được đặt tên theo nhà toán học người Pháp Bỉ Eugène Charles Catalan (1814-1894) Số Catalan định nghĩa sau : ! (2n)! 2n Cn = = với n ≥ (1.1) n+1 n (n + 1)!n! ! 2n Trong tổ hợp chập n 2n phần tử n nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ Các giá trị Cn với ≤ n ≤ 14 cho dãy số sau : 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 14858, 742900, 2674440 Dãy số Narayana Định nghĩa : Dãy số Narayna, ký hiệu N (n, k), dãy số nguyên an Lu n va ac th si cho công thức sau : ! ! n n , với hai giá trị nguyên dương n, k k−1 k (1.2) Các giá trị đầu với n từ đến số Narayana cho bảng sau : Bảng 1.1 N (0, 0) = N (n, k) = n lu n\k 1 1 3 10 15 21 an n va 20 50 105 10 50 15 175 105 21 gh tn to p ie Đa thức Narayana Định nghĩa : Đối với số ngun n khơng âm, đa thức Narayana kí hiệu Nn (q) xác định N0 (q) = n X Nn (q) = N (n, k)q k , với n>0 (1.3) d oa nl w an lu k=1 nf va Với N (n, k) số Narayana cho (1.2) Các giá trị đầu với n nhận giá trị từ đến dãy đa thức Narayana cho bảng sau : q4 10 q + q 50 q + 15 q +q 175 q + 105 q +21 q +q m + + + + co q3 6q 20q 50q 105q l + + + + + gm q2 3q 6q 10q 15q 21q @ + + + + + + z q q q q q q q z at nh oi lm ul n an Lu n va ac th si Định nghĩa : Với n ≥ Các đa thức Narayana liên hợp N n (q) Nn (q) xác định N (q) = N0 (q) = với n > 0, ta có N n (q) = q n Nn (q −1 ) = Nn (q)/q 1.1.2 (1.4) Một số tính chất lu an n va ie gh tn to Tính chất Các số Narayana đối xứng theo dòng, tức N (n, k) = N (n, n−k+1) Chứng minh ! ! n n Ta có N (n, n − k + 1) = n−k+1 n n−k ! ! n n = N (n, k) = k n n−k p Tính chất Các số Narayana tính cơng thức sau : ! ! n n−1 N (n, k) = k−1 k k−1 d oa nl w ! lm ul n−1 k−1 ! n k−1 = z at nh oi n k−1 nf va k an lu Chứng minh Ta có (n − 1)! k (k − 1)!(n − k)! ! n! n k!(n − k)! ! ! n n k−1 k n k−1 = ! z m co l = N (n, k) gm n @ = an Lu n va ac th si Tính chất Narayana thứ n số Catalan thứ n Nn (1) = n X N (n, k) = Cn k=1 Tính chất Nn (−1) = ( n = 2r (−1)r+1 Cr n = 2r + lu an n va p ie gh tn to Chứng minh tính chất 3, tìm thấy [2] Tính chất Đa thức Narayana biểu diễn cách khác sau : ! ! n X n+1 2n − k Nn (q) = (q − 1)k n k n + k=0 ! ! n X n+k 2k = (q − 1)n−k n−k k+1 k k=0 d oa nl w Tính chất Đa thức N n (q) biểu diễn thông qua số Catalan công thức sau : ! X n−1 q m (q + 1)n−2m−1 Cm N n (q) = 2m m≥0 nf va an lu 1.2 Các ví dụ z at nh oi lm ul Công thức biểu diễn chứng minh [8] z Ví dụ Số Narayana N (n, k) đếm số biểu thức chứa n cặp dấu ngoặc đơn có k cụm phân biệt Chẳng hạn, ta có : + Với n cặp dấu ngoặc đơn cụm phân biệt có N (n, 1) = cách biểu diễn : ( ((a)) ) + Có cặp dấu ngoặc đơn cụm phân biệt có N (4, 2) = cách m co l gm @ an Lu n va ac th si biểu diễn : (a)(((b))) ((a))((b)) ((a)((b))) (((a)(b))) (((a))(b)) (((a)))(b) Ví dụ Số Narayana N (n, k) đếm số quỹ đạo (cách đi) từ trái sang phải với k đỉnh từ điểm (0, 0) đến điểm (2n, 0) Ở bước véc tơ có tọa độ (1; 1) (1; −1) Các quỹ đạo từ điểm (0; 0) đến điểm (8; 0) Để minh họa, ta có bảng sau cho số N (4, k) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w Ví dụ Số Narayana N (n, k) đếm số cách phân hoạch tập có n phần tử thành k tập con, phân hoạch khơng giao Lược đồ sau minh họa cho trường hợp N (4, k) + Số phân hoạch phần tử thành tập : N (4, 1) = nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si + Số phân hoạch phần tử thành tập không giao : N (4, 2) = + Số phân hoạch phần tử thành tập không giao : N (4, 3) = + Số phân hoạch phần tử thành tập khác rỗng : N (4, 4) = lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 15 sau : n X 2k + (−1)k 2n + k=0 2n + n−k ! (n ≥ 1) = 0, Đồng thức chứng minh Chen, Li Shapiro [1] • Chọn q = (2.3) dẫn đến đồng thức ! 2n X 2n (−1)k Cn = Ck+1 22n−k k k=0 lu an n va p ie gh tn to • Chọn q = −1 (2.4) dẫn đến đồng thức biết [2] ! n X n Cn+1 = (−1)k Ck+1 4n−k k k=0 p • Chọn q = (−1) (2.4) dẫn đến đồng thức Touchard [2] ! n X n Cn+1 = Ck 2n−2k 2k k=0 √ √ √ • Cho q = (2.4) Bởi (1 − 2)n = (Pn + Pn−1 ) − Pn 2, Pn số Pell thứ n (được xác định hệ thức truy hồi Pn+1 = 2Pn + Pn−1 với P−1 = 1, P0 = 0), có đồng thức liên quan đến số Catalan, số Narayana, số Pell : ! 2n X 2n 2n+1 C2n+1 = (−1)k Nk+1 (2)P4n−2k−1 k k=0 ! 2n+1 X 2n + 2n+1 C2n+2 = (−1)k Nk+1 (2)P4n−2k+2 k k=0 √ !n+1 √ √ Ln − Fn 1− • Cho q = (2.4), theo hệ thức = , 2 với Ln Fn số Lucas thứ n số Fibonacci thứ n (được xác định hệ thức truy hồi Gn+1 = Gn + Gn−1 với G−1 = d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 16 2, G0 = cho Ln G−1 = 0, G0 = cho Fn ), ta có đồng thức gồm số Catalan, số Lucas, số Fibonacci ! 2n X 2n (−1)k Nk+1 (5)L4n−2k−1 24n−2k−1 , 5n+1 C2n+1 = k k=0 ! 2n+1 X 2n + (−1)k Nk+1 (5)F4n−2k−1 24n−2k−1 5n+1 C2n+2 = k k=0 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 17 Chương Một dãy số nguyên có liên quan đến đa thức Narayana lu an n va gh tn to Chương trình bày kết báo [6] Định nghĩa dãy An p ie 3.1 d oa nl w Ta biết rằng, đa thức (z + 1)N n (z) − N n+1 (z) = (1 − z)z n−1 + biểu diễn cách theo đa thức z m N n−2m+1 (z), bậc n − Do ta định nghĩa dãy số thực Am (n) ! X n−1 (z + 1)N n (z) − N n+1 (z) = (−z)m Am (n)N n−2m+1 (z) 2m − m≥1 nf va an lu lm ul z at nh oi Từ Tính chất Chương 1, vế trái biểu thức viết lại sau : ! X n−1 − z k (z + 1)n−2k Ck 2k − l ! ! n−1 n − 2m Am (n)Cr 2m − 2r m co m≥1,r≥0 (−1)m z m+n (z + 1)n−2m−2r gm X @ Tương tự, vế phải trở thành z k≥0 an Lu n va ac th si 18 So sánh hệ số z k (z + 1)n−2k ta nhận ! ! ! X n − n − 2m n−1 −Ck (−1)m Am (n)Cr , = 2m − 2r 2k − m+r=k ! r X 2r − Cr = Aj (n)Cr−j 2j − j=1 lu an n va tn to Như dãy Am (n) không phụ thuộc vào n ta viết Am thay cho Am (n) Ta có định nghĩa sau : Định nghĩa : Dãy số An dãy số ngun tính theo cơng thức truy hồi sau A1 = ! n−1 X 2n − (−1)n−1 An = Cn + (−1)j Aj Cn−j , n ≥ 2j − j=1 p ie gh Các giá trị An với ≤ n ≤ 14 1, 1, 5, 56, 1092, 32670, 1387815, 79389310, 5882844968, 548129834616, 62720089624920, 8646340208462880, 1413380381699497200, 270316008395632253340 d oa nl w Tính chất dãy An an lu 3.2 nf va Định lí 3.2.1 Các số nguyên {An , n ≥ 2} dương tăng Để chứng minh Định lí 3.2.1, cần bổ đề sau : Bổ đề 3.1 Xét hai đa thức X X Cn C(z) = zn = zn (2n)! n!(n + 1)! n≥0 n≥0 z at nh oi lm ul z m≥1 Am z m−1 (2m − 1)! Ta có an Lu d C(z) dz m A(z)C(z) = co l gm (−1)m−1 @ A(z) = X n va ac th si 19 Cho x số thực dương, ta kí hiệu (x)k = k Q (x + i − 1) xét đa i=1 thức H(z) = X n≥0 zn n!(x)n lu an n va tn to H (z) đa thức Tính Từ trang 23 [7], ta biết H(z) chất đa thức cho bổ đề sau, H (z) Ta có hệ số P (−z) Bổ đề 3.2 Xét đa thức P (z) = H(z) dương Chứng minh Ta có X zn H(z) = = F1 (x + 1; z) (x) n! n! n n≥0 ie gh Ở oF1 (x; z) gọi hàm giới hạn siêu bội suy biến Bởi tính tốn đơn giản ta có p d F1 (x; z) = F1 (x + 1; z) dz x oa nl w Như d + 1; z) x F1 (x; z) Các phân số liên tục Gauss cổ điển [14, tr 347] dẫn đến biểu thức sau cho vế phải F1 (x nf va an lu P (z) = lm ul F1 (x z z at nh oi + 1; z) = x0 F1 (x; z) x+ z (x + 1) + (x + 2) + z (x + 3) + z an Lu k2 ≥0 m co l gm @ Liên phân viết chuỗi Taylor cách lặp lại công thức nhị thức thông thường ! X k k1 + k2 − (1 + f1 z)−k1 = f1 (−z)k2 k2 n va ac th si 20 f1k2 có dạng (c1 (1 + (f2 z)))−k2 Như ta nhận !  ki X Y −z ki + ki+1 − P (z) = ki+1 x (x + i − 1)(x + i) i≥1 (k1 ,k2 ,k3 , ) ki số nguyên không âm Điều làm sáng tỏ bổ đề Trong công thức trước, số hạng với ki = ki + > thiết phải khơng Do n ≥ 2, ta có ! ki n−1 X Y  (−1) ki + ki+1 − pn = ki+1 x (x + i − 1)(x + i) κ∈C i≥1 n lu an n va gh tn to với Cn tập dãy κ = (k1 , k2 , , kl ) l ≤ n − số nguyên dương có tổng số đến n − Có 2n−2 dãy vậy, chẳng hạn : −1 1 , p3 = + p1 = , p2 = x x (x + 1) x (x + 1)2 (x + 2) x3 (x + 1)2 p ie Với κ = (k1 , k2 , , kl ) ∈ Cn kết hợp hai yếu tố Cn+1 xác định κ1 = (k1 , k2 , , kl+1 ) κ2 = (k1 , k2 , , kl , 1) Chúng ta có nl w Cn+1 = ∪κ∈Cn {κ1 , κ2 } d oa Biểu thị gk , gκ1 , gκ2 tương ứng với (5) κ, κ1 , κ2 , ta dễ dàng có −(x + n − 1)(x + n)gκi ≥ gk , an lu (i = 1, 2), nf va đẳng thức xảy cho κ = (1, 1, , 1) i = Tổng hợp tất đóng góp cho (5), ta lm ul −(x + n − 1)(x + n)pn+1 ≥ 2pn z at nh oi Từ (4) suy An = (−1)n−1 2(2n − 1)!pn|x=2 , z Chọn x = 2, phía ước tính cho An+1 > An , hoàn thành chứng minh Định lý 3.2.1 Bổ đề 3.3 Cho P (z) đa thức định nghĩa Bổ đề 3.2 Khi x > 0, ta có d zP (z)2 + z P (z) + xP (z) = dz m co l gm @ an Lu n va ac th si 21 Một cách tương đương, với số nguyên n ≥ 1, ta có (n + x)pn+1 = − n X pr pn−r+1 r=1 Chứng minh Từ mối liên hệ P (z) = F1 (x + 1; z) , x0 F1 (x; z) ta có P (z)2 + lu an = d P (z) dz  x2 F1 (x; z)2 F1 (x + 1; z)2 + x F1 (x; z) F1 (x + 2; z) − F1 (x + 1; z) x+1 va n Do d z F1 (x + 2; z) F1 (x + 1; z) P (z) + xP (z) = + dz x(x + 1) F1 (x; z) F1 (x; z) ie gh tn to zP (z)2 + z p Ta có − F1 (x + 1; z) = z F1 (x + 2; z) x(x + 1) oa nl w F1 (x; z) d  1 − (x)k (x + 1)k  nf va an lu zk k! z z k−1 = x(x + 1) (k − 1)! (x + 2)k−1 z at nh oi lm ul Chọn x = Bổ đề 3.3 ta nhận định lí sau Định lí 3.2.2 Các số nguyên {An , n ≥ 2} dương, tăng cho công thức ! n X n − r + 2n + An+1 = Ar An−r+1 2r − n + r=1 z @ m co l gm 2An , n ≥ 2} dương, tăng cho Cn ! ! n X 1 n+1 n+1 an+1 = ar an−r+1 r−1 r=1 n + r + Các số {an = an Lu n va ac th si 22 Từ công thức biểu diễn an+1 Định lí 3.3.3, ta xét dãy số ! ! n+1 n+1 cn,r = r−1 n+1 r+1 Dãy số số nguyên dương ! ! ! ! n n n n cn,r = − r−1 r r−2 r+1 lu an n va tn to Ta cần số kết số học cn,r Cho số r hữu tỉ, có tồn số nguyên a, b, m với a b lẻ với r = 2m a/b Số nguyên m coi giá trị − adic r ký hiệu v2 (r) Một định lý cổ điển Kummer (xuất năm 1852, xem [13] cho cách chứng ! minh quy nạp) a+b cho việc xác định giá trị − adic số nguyên a p ie gh không âm Bổ đề 3.4 (i) Nếu n chẵn, cn,r chẵn (ii) Nếu n lẻ r chẵn, cn,r bội số Chứng minh (i) Vì n + lẻ, ta có !! !! n+1 n+1 ν2 (cn,r ) = + ν2 + ν2 ≥1 r+1 r−1 d oa nl w nf va an lu lm ul (ii) Bởi r + lẻ, ta có z at nh oi !! ν2 (cn,r ) = + ν2 n r n+1 r−1 + ν2 !! z Vì r − n − r + lẻ, số “mang” phải cần để thêm chúng gốc Như ! n+1 ν2 ≥ r−1 m co l gm @ an Lu n va ac th si 23 Ta xét c2p−1,p = p 2p p+1 !2 Bổ đề 3.5 (i) Nếu p chẵn, c2p−1,p bội số (ii) Nếu p lẻ p 6= 2k − cho k ≥ 1, c2p−1,p bội số (iii) Nếu p = 2k − cho số k ≥ 1, c2p−1,p lẻ Chứng minh lu (i) Ta có an n va c2p−1,p 2p − p 4p = (p + 1)2 !2 to ie gh tn Bởi p + lẻ, ta có !! 2p − ≥3 p p ν2 (c2p−1,p ) = + 2ν2 w d oa nl (ii) Vì p lẻ, ta có 2p p+1 nf va an lu ν2 (c2p−1,p ) = 2ν2 !! Ta viết phép biểu diễn nhị phân p + p − lm ul p + = ck+m ck+m−1 ck+2 10 00, z at nh oi p − = ck+m ck+m−1 ck+2 01 10 z Ít số "mang" cần thiết để thêm chúng, trừ ck+m = ck+m−1 = = ck+2 = 0, tức p + = 2k loại trừ Vì !! 2p ≥ ν2 p+1 m co l gm @ an Lu n va ac th si 24 (iii) Khi p + = 2k , phép biểu diễn nhị phân p + p − 10 00 01 10 Vì !! 2p ν2 = p+1 lu an n va p ie gh tn to Ta có định lí sau Định lí 3.2.3 Các số {An , n ≥ 3} {Cn , n ≥ 3} có tính chẵn lẻ Chúng lẻ n = 2k − với k ≥ Chứng minh Ta tiến hành quy nạp n, với k = 2, C3 = Giả sử ta có Cn lẻ với n = 22k−1 −1, ta chứng minh với n = 2k −1 Ta biết từ [5] số Catalan {Cn , n ≥ 3} lẻ n = 2k − cho số k ≥ Vì ta cần chứng minh An Cn tính chẵn lẻ Ta tiến hành quy nạp n Ta sử dụng định nghĩa An để biểu diễn (−1)n An + Cn , tổng có dấu số hạng ! 2n − yj = Aj Cn−j 2j − nl w d oa với ≤ j ≤ n − Xét trường hợp : Trường hợp n = 2m cho số m Hiển nhiên y1 yn−1 lẻ Mặt khác, tất {yj , ≤ j ≤ n − 2} chẵn điều kiện n = 2m , j = 2k − n − j = 2l − thỏa mãn j 6= n − j 6= Trường hợp n 6= 2m cho m Tất {yj , ≤ j ≤ n − 1} chẵn Thật vậy, Aj Cn−j lẻ, ta có j = 2k − n − j =!2l − 2n − với k, l ≥ 2, j n − j khơng thể Nhưng chẵn 2j − ! ! 2n − a+b = 2j − a nf va an lu z at nh oi lm ul z l gm @ m co với a = 2k+1 − b = 2l+1 − Mặt khác, phép biểu diễn nhị phân a b 1101 (k + chữ số) 1110 (l + chữ số) Với an Lu n va ac th si 25 lu an n va ie gh tn to giá trị k, l ≥ 2, số "mang" cần thiết để thêm chúng Tổng hợp tất điều kiện, An Cn có tính chẵn lẻ Định lí 3.2.4 Các số {an , n ≥ 2} số nguyên dương tăng Chúng lẻ n = 2k − với số số k ≥ Giá trị an ≤ n ≤ 16 cho dãy số sau 2, 1, 2, 8, 52, 495, 6470, 111034, 2419928, 65269092, 2133844440, 831330904803805035352536, 202147745618247, 12336516593999598, 857054350280418290 Chứng minh Ta dùng phương pháp quy nạp theo n Giả sử cho m ≤ n, am số nguyên am lẻ m = 2k − với k ≥ Nếu n chẵn, ta viết n = 2p Từ Định lí 3.3.3 Bổ đề 3.4 (i), ta có an+1 = a2p+1 số nguyên Hơn nữa, an+1 chẵn ar an−r+1 chẵn cho r Nếu n lẻ, ta viết n = 2p + Từ Định lí 3.3.3 ta có p p (3.1) nl w a2p+2 1X = c2p+1,r ar a2p−r+2 + c2p+1,p+1 a2p+1 r=1 d oa Từ Bổ đề 3.4 (ii), ta có số hạng c2p+1,r ar a2p−r+2 số chẵn Do đó, ta cần xét số hạng nf va an lu wp = c2p+1,p+1 a2p+1 z at nh oi lm ul Hiển nhiên wp số nguyên ap+1 số chẵn Nếu ap+1 số lẻ, giả thiết quy nạp ta có : p + = 2k − với k ≥ Từ Bổ đề 3.5 (i) ta có wp a2p+2 số nguyên Ta phải chứng minh a2p+2 lẻ 2p + = 2k − hay p + = 2k−1 − với k ≥ Nếu p + chẵn, Bổ đề 3.5 (i) ta có wp a2p+2 chẵn Nếu p + lẻ p + 6= 2k − với k theo Bổ đề 3.5 (ii), suy wp chẵn Như khả cho wp lẻ xảy p + = 2k − với k z m co l gm @ an Lu n va ac th si 26 Từ Định lí 3.2.4, Ap+1 Cp+1 lẻ Do a2p+1 = Áp dụng Bổ đề 3.5 (iii) ta kết luận wp lẻ Định lí chứng minh xong  Ap+1 Cp+1 2 lẻ lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 27 Kết luận lu an n va p ie gh tn to Luận văn trình bày số tính chất đa thức Narayana Nội dung luận văn tổng hợp từ hai báo [2] [3] xuất năm gần Cụ thể hơn, luận văn này, (1) trình bày định nghĩa tổng hợp ví dụ minh họa cho tính ứng dụng đa thức Narayana (2) trình bày cơng thức biểu diễn tích phân đa thức Narayana đồng thức (3) trình bày tính chất dãy số có liên quan mật thiết đến đa thức Narayana Nội dung luận văn sử dụng tài liệu tham khảo cho lớp học sinh giỏi d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 28 Tài liệu tham khảo [1] Chen W Y C., Li N Y and Shapiro L (2007), “The butterfly decomposition of plane trees”, Disc Appl Math 155(17), pp 2187–2201 lu an [2] Coker C (2003), “Enumerating a class of lattice paths”, Disc Math 271, pp 13–28 n va gh tn to [3] Corsani C., Merlini D and Sprugnoli R (1998), “Left-inversion of combinatorial sums”, Disc Math 180 :1-3, pp 107-122 p ie [4] Gallian J A., Joseph A (1990), Contemporary Abstract Algera, Sixth edition D C Heath and Company oa nl w [5] Koshy T., Salmassi M (2006), “Parity and primality of Catalan numbers”, Coll Math J 37, pp 52-53 d [6] Lassale M (2012), “Two integer sequences related to Catalan numbers”, J Combin Theory Ser A 119(4), pp 923-935 nf va an lu lm ul [7] Macdonald I G (1995), Symmetric functions and Hall Polynomial Clarendon Press, second edition, Oxford z at nh oi [8] Mansour T., Sun Y (2008), “Dyck paths and partial Bell polynomials”, Australas J Combin 42, pp 285-297 z [9] Mansour T., Sun Y (2009), “Identities involving Narayana polynomials and Catalan numbers”, Discrete Math 309(12), pp 4079-4088 @ l gm [10] Riordan J (1968), Combinatorial Identities, New York : John Wiley Sons, Inc m co [11] Roger R (1907), “On the representation of certain series as continued fraction”, Proc London Math Soc 4, pp 72-89 an Lu n va ac th si 29 [12] Sulanke R A (2002), “The Narayana distribution”, J Stat Plan Inf 101, pp 311-326 [13] B Sury (2009), “Generalized Catalan numbers : linear recursion and divisibility”, J Integer Seq 12, Article 09.7.5 [14] Wall H S (1948), Analytic Theory of Continued Fractions D.Van Nostrand Company,New Yord lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si