(Luận văn) chuỗi lũy thừa hình thức và tiêu chuẩn bất khả quy

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN BÁ DƯƠNG lu an n va tn to CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC p ie gh VÀ TIÊU CHUẨN BẤT KHẢ QUY d oa nl w u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2017 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN BÁ DƯƠNG lu an CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC va n VÀ TIÊU CHUẨN BẤT KHẢ QUY p ie gh tn to d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lu Mã số: 60 46 01 13 ll u nf va an Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z TS TRẦN NGUYÊN AN m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si Mục lục Chương Chuỗi lũy thừa hình thức 1.1 Định nghĩa số tính chất 1.2 Một số phép toán 1.3 Phép truy toán C[[x]] 16 1.4 Phương pháp đếm dùng hàm sinh thông thường 23 1.5 Phương pháp đếm hàm sinh mũ 34 lu MỞ ĐẦU an n va 40 2.1 Tính phân tích vành Z[[x]] 40 p ie gh tn to Chương Tính bất khả quy chuỗi lũy thừa hình thức nl w 2.2 Tiêu chuẩn tính bất khả quy d oa KẾT LUẬN 50 50 nf va an lu Tài liệu tham khảo 45 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th i si MỞ ĐẦU Chuỗi lũy thừa hình thức mở rộng đa thức mà số số hạng vơ hạn Chính ta khơng thể thay biến giá trị bất kỳ, điều mà ta làm với đa thức Ta xem chuỗi lũy thừa hình thức dãy vơ hạn thứ tự phần tử Khi lũy thừa biến dùng để thứ tự hệ số Trong tổ hợp, chuỗi lũy thừa hình thức dùng để dãy số hay đa tập (Một tụ tập vật có chất tùy ý, có vật khơng phân biệt lu với (và coi lặp lại vật)) Chẳng hạn an ta dùng để định nghĩa đệ quy dãy số, gọi phương n va pháp hàm sinh Phương pháp đếm dùng hàm sinh phương pháp đếm to tn hữu hiệu phát triển Nhiều loại hàm sinh định nghĩa ie gh sử dụng toán đếm khác Tuy nhiên hàm sinh p thông thường hàm sinh mũ hai loại hàm sinh dùng rộng rãi nl w hữu hiệu Mục đích thứ luận văn tìm hiểu oa vành chuỗi lũy thừa hình thức ứng dụng toán đếm d Cho R vành giao hoán, ta ký hiệu R[[x]] tập chuỗi lũy lu nf va an thừa hình thức R Cùng với phép cộng phép nhân R[[x]] vành giao hoán Giống vành đa thức R[x] R[[x]] miền nguyên lm ul R miền nguyên Tuy nhiên phần tử khả nghịch z at nh oi R[x] phần tử khả nghịch R phần tử khả nghịch R[[x]] chuỗi lũy thừa hình thức mà số hạng tự khả nghịch Điều làm cho việc nghiên cứu tính chất số học R[[x]] R trường z gm @ "khá đơn giản", chẳng hạn phần tử bất khả quy x Tuy nhiên nghiên cứu tính bất khả quy phần tử Z[[x]] tốn l co khó Cho đến có tiêu chuẩn bất khả quy cho phần tử m Z[[x]] Mục đích thứ hai luận văn tìm hiểu số tiêu chuẩn an Lu bất khả quy chuỗi lũy thừa hình thức hệ số nguyên va Tài liệu tham khảo cho mục đích thứ sách Ngơ Đắc n Tân (2004), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà ac th si Nội Qiaochu Yuan (2009), Topics in generating functions, Massachusetts Institute of Technology, tài liệu cho mục đích thứ hai báo D Birmajer and J B Gil (2008), "Arithmetic in the ring of formal power series with integer coefficients" American Mathematical Monthly, 115(6), 541-549 Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày chuỗi lũy thừa hình thức ứng dụng toán đếm Để đơn giản luận văn thống tìm hiểu chuỗi lũy thừa hình thức C chương Chương tìm hiểu số tiêu chuẩn bất khả quy chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số ngun Để việc tìm hiểu có ý nghĩa trước hết luận văn trình bày kết Z[[x]] miền phân tích Lưu ý thêm lu an R miền phân tích R[x] miền phân tích n va nhiên điều tương tự Samuel [6] không cho Trong suốt q trình làm luận văn, tơi nhận hướng dẫn gh tn to R[[x]] p ie giúp đỡ tận tình TS Trần Ngun An Tơi xin bày tỏ lòng biết w ơn sâu sắc đến thầy oa nl Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao d học tốn khố truyền thụ đến cho tơi nhiều kiến thức kinh nghiệm an lu nghiên cứu khoa học nf va Tôi xin chân thành cảm ơn! z at nh oi lm ul Thái Nguyên, tháng năm 2017 Nguyễn Bá Dương z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Chuỗi lũy thừa hình thức Trong suốt chương cho C trường số phức Ta tìm hiểu chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số phức Chú ý ta định nghĩa chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số vành giáo hoán lu an n va 1.1 Định nghĩa số tính chất gh tn to Định nghĩa 1.1.1 Một chuỗi lũy thừa hình thức C biểu thức ∞ ∞ ∞ X X X j j có dạng a = a(x) = aj x , cho giả sử a(x) = aj x , b(x) = bj xj j=0 j=0 p ie j=0 hai chuỗi lũy thừa hình thức a(x) = b(x) aj = bj với oa nl w j Tập chuỗi lũy thừa hình thức C kí hiệu C[[x]] d Giả sử a(x) = ∞ X j aj x b(x) = lu bj xj hai chuỗi lũy thừa hình j=0 an j=0 ∞ X nf va thức Ta định nghĩa phép toán cộng, phép toán nhân C[[x]] ∞ X aj x + j=0 ∞ X j bj x = j=0 ∞ X (aj + bj )xj , j=0 j ∞ ∞ X X X j aj x )( bj x ) = ( ak bj−k )xj , j z a(x)b(x) = ( ∞ X j z at nh oi a(x) + b(x) = lm ul phép nhân phần tử C[[x]] với số z ∈ C sau: @ j=0 j=0 j=0 k=0 gm j=0 m co j=0 l ∞ ∞ X X j za(x) = z( aj x ) = (zaj )xj an Lu Dễ kiểm tra thấy C[[x]] lập thành không gian véc tơ C phép toán cộng C[[x]] phép nhân phần tử n va C[[x]] với số z ∈ C Đối với phép nhân, C[[x]] có phần tử đơn vị ac th si 1(x) = + ∞ X 0.xj mà ta đơn giản kí hiệu Ta dễ kiểm tra j=0 thấy C[[x]] lập thành vành giao hốn có đơn vị phép cộng phép nhân C[[x]] Phép toán nhân phép nhân phần tử C[[x]] với số z ∈ C thỏa mãn hệ thức sau: z[a(x)b(x)] = [za(x)]b(x) = a(x)[zb(x)] Điều chứng tỏ C[[x]] lập thành đại số C Nếu với n ∈ N, chuỗi lũy thừa hình thức a(x) có an 6= aj = cho j > n, a(x) gọi đa thức bậc n đơn giản viết n X aj xj hay a0 + a1 x + + an xn Hơn nữa, = cho i lu an j=0 n va tập 0, 1, 2, , n − 1, số hạng xi khơng cần viết; gh tn to = cho i tập {0, 1, 2, , n − 1} , xi đơn giản n X i viết x Phần tử 0(x) = 0xj , mà ta đơn giản kí hiệu 0, phần tử j=0 p ie C[[x]] định nghĩa có bậc −1 Ta kí hiệu Cn [x] tập tất w đa thức bậc nhỏ n Khi Cn [x] không gian số chiều n oa nl Dễ thấy ϕ : C1 [x] → C, a(x) → a0 đẳng cấu đại số Vì ta d đồng a0 với a(x) ∈ C1 [x] coi C đại số lu an C[[x]] Khi phép nhân phần tử C[[x]] với số z ∈ C nf va xem trường hợp riêng phép toán nhân C[[x]] lm ul Mệnh đề 1.1.2 Chuỗi a(x) ∈ C[[x]] khả nghịch a0 6= j=0 phương trình sau có nghiệm: z at nh oi Chứng minh Giả sử b(x) = ∞ X bj xj Khi a(x)b(x) = hệ z ac th n , va a0 nb + a1 bn−1 + + an b0 = 0, an Lu m a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0, co l a0 b1 + a1 b0 = 0, gm @ a0 b0 = 1, si b0 , b1 , , bn ẩn số Dễ thấy hệ có nghiệm a0 6= Chú ý 1.1.3 Chứng minh tương tự ta có g(x) ∈ R[[x]] với R vành giao hoán khả nghịch a0 khả nghịch Nếu a(x) phần tử khả nghịch C[[x]] phần tử nghịch đảo kí hiệu (a(x))−1 hay hay a−1 (x) Nếu a(x) b(x) a(x) đa thức với a0 6= 0, phần tử b(x)a−1 (x) thường viết b(x) gọi hàm số hữu tỷ Với a(x) ∈ C[[x]] ta định nghĩa a(x) a0 (x) = 1, lu an an (x) = a(x)a(x) a(x) {z } | n va n tn to cho số nguyên dương n Nếu a(x) phần tử khả nghịch a−1 (x) phần tử nghịch đảo a(x), ta định nghĩa gh p ie a−n (x) = a−1 (x)a−1 (x) a−1 (x) | {z } n w oa nl cho số nguyên dương n d Với z ∈ C 6= n, k ∈ N, đa thức (1 − zxn )k khả nghịch theo lu nf va an Mệnh đề 1.1.2 Ta có số tính chất sau đa thức Mệnh đề 1.1.4 Với z ∈ C 6= n, k ∈ N, ta có z at nh oi lm ul ∞ X = z j xnj , (1) n − zx j=0 z ! ∞ X k + j − j nj z x (2) = (1 − zxn )k j j=0 gm @ j=0 m Vậy ta có đẳng thức (1) j=0 co j=0 l ∞ ∞ ∞ X X X j nj j nj Chứng minh Ta có (1 − zx )( z x )= z x − z j+1 xn(j+1) = n an Lu Ta chứng minh đẳng thức (2) quy nạp theo k Với k = 1, đẳng n va thức (2) đẳng thức (1) Giả sử đẳng thức (2) chứng minh ac th si cho k = t ≥ đó, 1 = n t+1 n t (1 − zx ) (1 − zx ) − zxn    ! ∞ ∞ X t+j−1 X j nj    = z x z j xnj  j j=0 j=0 ! j ∞ X X t + i − i j−i nj = ( z z )x i j=0 i=0 ! j ∞ X X t+i−1 = ( )z j xnj i j=0 i=0 lu an n va Áp dụng công thức tổng cho hệ số nhị thức ta có ! ! ! j X t+i−1 (t − 1) + j + (t + 1) + j − = = i j j i=0 to gh tn đẳng thức (2) chứng minh cho k = t + ie −1 p Hệ 1.1.5 (1) (1 − x) = ∞ X xj , w j=0 d oa nl (2) (1 + x)−1 = ∞ X (−1)j xj , lu j=0 ∞ X j=0 ∞ X j+2 j x j z at nh oi j=0 ! lm ul (4) (1 − x)−3 = x2j , nf va an (3) (1 − x2 )−1 = Mệnh đề 1.1.6 Giả sử a(x) = ∞ X aj xj có a0 = Khi với số j=0 ∞ X gm j=0 z n @ nguyên dương n, chuỗi lũy thừa hình thức a (x) = c(x) = cj xj có l c0 = 1, c1 = na1 , cj = naj + fn,j (a1 , , aj−1 ) cho j ≥ 2, fn,j đa co m thức j − biến an Lu Chứng minh Ta chứng minh Mệnh đề 1.1.6 quy nạp theo n Với n va n = 1, mệnh đề hiển nhiên Giả sử mệnh đề chứng minh ac th si cho n = k Khi theo giả thiết quy nạp ta có    ∞ ∞ X X ak+1 (x) = ak (x)a(x) = 1 + ka1 x + cj xj   aj xj  j=0 j=0 Do đó, hệ số x0 cho ak+1 (x) a0 = 1, hệ số x1 cho ak+1 (x) 1.a1 + ka1 a0 = (k + 1)a1 , hệ số xj (j ≥ 2) cho ak+1 (x) ∞ X ci aj−i = 1.aj + ka1 aj−1 + (ka2 + fk,2 (a1 ))aj−2 + + j=0 (kaj + fk,j (a1 , , aj−1 ))a0 = (aj + kaj ) + ka1 aj−1 + (ka2 + fk,2 (a1 ))aj−2 + + lu (kaj−1 + fk,j−1 (a1 , , aj−2 ))a1 + fk,j (a1 , , aj−1 ) an = (k + 1)aj + fk+1,j−1 (a1 , , aj−1 ), n va gh tn to fk+1,j−1 (a1 , , aj−1 ) = (ka1 aj−1 + + fk,j (a1 , , aj−1 )) Mệnh đề 1.1.7 Giả sử a(x) = ∞ X aj xj với a0 = n số nguyên ie p j=0 w dương Khi tồn b(x) = bj xj với b0 = j=0 oa nl n ∞ X cho b (x) = a(x) d an lu Chuỗi b(x) tồn Mệnh đề 1.1.7 kí hiệu a1/n (x) nf va Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.6, b0 , b1 , b2 , , bk , xác định lm ul từ phương trình: z at nh oi b0 = 1, nb1 = a1 , z nb2 + fn,2 (b1 ) = a2 , @ gm an Lu Giả sử a(x) = ∞ X m co l nbk + fn,k (b1 , , bk−1 ) = ak , aj xj với a0 = Theo Mệnh đề 1.1.2, a(x) có phần tử va j=0 −1 n nghịch đảo a (x) ac th si k−1 k−1 k−1 r1 r2 rk m co l gm @ an Lu 19 ac th i>j n va Định thức định thức Vandermonde tính theo công thức Y D= (ri − rj ) si Vì r1 , r2 , , rk số đơi khác nhau, nên D 6= Do hệ phương trình tuyến tính hệ Cramer Vì ln có nghiệm α1 , α2 , , αk Chứng minh Giả sử an = α1 r1n + α2 r2n + + αk rkn cho n = 0, 1, 2, , α1 , α2 , , αk nghiệm phương trình tuyến tính nói Khi đó, với n ≥ k, ta có an − c1 an−1 − − ck an−k = (α1 r1n + α2 r2n + + αk rkn ) − c1 (α1 r1n−1 + α2 r2n−1 + + αk rkn−1 ) − − ck (α1 r1n−k + α2 r2n−k + + αk rkn−k ) lu = (α1 r1n − c1 α1 r1n−1 − − ck α1 r1n−k ) + + (αk rkn − c1 αk rkn−1 − − ck αk rkn−k ) an = α1 r1n−k (r1k − c1 r1k−1 − − ck ) + + αk rkn−k (rkk − c1 rkk−1 − − ck ) va n = tn to ie gh r1 , r2 , , rk nghiệm phương trình p xk − c1 xk−1 − − ck = d oa nl w Vậy a(x) lời giải phép truy tốn nói ∞ X Ngược lại, giả sử a(x) = aj xj lời giải phép truy toán tuyến lu j=0 nf va an tính bậc k với hệ thức truy hồi lm ul an − c1 an−1 − c2 an−2 − − ck an−k = z at nh oi cho n ≥ k ta chứng minh an = α1 r1n + α2 r2n + + αk rkn z cho n = 0, 1, 2, quy nạp theo n Nếu n = 0, 1, , k − 1, @ l gm đẳng thức hiển nhiên α1 , , αk nghiệm hệ phương trình tuyến tính nói tới định lý 1.1.15 Giả sử đẳng thức co m chứng minh cho ≤ n ≤ t với t ≥ k − Khi đó, a(x) lời giải an Lu phép truy tốn tuyến tính nói trên, nên n va at+1 − c1 at − c2 at−1 − − ck at+1−k = ac th 20 si Suy at+1 = c1 at + c2 at−1 + + ck at+1−k = c1 (α1 r1t + + αk rkt ) + + ck (α1 r1t+1−k + + αk rkt+1−k ) = α1 (c1 r1t + c2 r1t−1 + + ck r1t+1−k ) + α2 (c1 r2t + c2 r2t−1 + + ck r2t+1−k ) + + αk (c1 rkt + c2 rkt−1 + + ck rkt+1−k ) = α1 r1t+1−k (c1 r1k−1 + c2 r1k−2 + + ck ) + α2 r2t+1−k (c1 r2k−1 + c2 r2k−2 + + ck ) + + αk rkt+1−k (c1 rkk−1 + c2 rkk−2 + + ck ) = α1 r1t+1−k r1k + α2 r2t+1−k r2k + + αk rkt+1−k rkk = α1 r1t+1 + α2 r2t+1 + + αk rkt+1 lu an n va Từ Định lý 1.3.7 ta có hệ sau gh tn to Hệ 1.3.9 Giả sử c1 , c2 ∈ C số cho phương trình x2 − c1 x − ∞ X c2 = có hai nghiệm phân biệt r1 , r2 Khi a(x) = aj xj lời giải ie j=0 p phép truy toán tuyến tính bậc với hệ thức truy hồi oa nl w an − c1 an−1 − c2 an−2 = d cho n ≥ lu nf va an an = α1 r1n + α2 r2n −(a1 − a0 r1 ) a1 − a0 r2 α2 = cho n = 0, 1, 2, , α1 = r1 − r2 r1 − r2 Chứng minh Hệ phương trình tuyến tính ( x1 + x2 = a0 z at nh oi lm ul r1 x1 + r2 x2 = a1 z @ có nghiệm α1 , α2 Hệ 1.3.9 Do đó, theo Định lý 1.3.7 ta có l gm Hệ 1.3.9 m co Định lý 1.3.10 Giả sử c1 , c2 ∈ C số cho phương trình x2 − ∞ X c1 x − c2 = có nghiệm kép r0 6= Khi a(x) = aj xj lời giải an Lu j=0 phép truy toán tuyến tính bậc với hệ thức truy hồi n ac th 21 va an − c1 an−1 − c2 an−2 = si cho n ≥ an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n a1 − a0 r0 a1 α2 = cho n = 0, 1, 2, , α1 = r0 r0 Chứng minh Giả sử an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n cho n = 0, 1, 2, , a1 a1 − a0 r0 α1 = α2 = Khi với n ≥ ta có r0 r0 an − c1 an−1 − c2 an−2 = (α1 r0n + α2 (n − 1)ron ) − c1 (α1 r0n−1 + α2 (n − 2)r0n−1 ) − c2 (α1 r0n−2 ) + (α2 (n − 3)r0n−2 ) = (α1 r0n − c1 α1 r0n−1 − c2 α1 r0n−2 ) + (α2 (n − 1)r0n − c1 α2 (n − 2)r0n−1 − c2 α2 (n − 3)r0n−2 ) lu an = α1 r0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) + (α2 nr0n − c1 α2 nr0n−1 − n va c2 α2 nr0n−2 ) − (α2 r0n − 2c1 α2 r0n−1 − 3c2 α2 r0n−2 ) tn to = α1 r0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) + α2 nr0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) − ie gh α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) p = −α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) nl w (do r0 nghiệm phương trình x2 − c1 x − c2 = ) d oa Vì r0 nghiệm kép phương trình x2 − c1 x − c2 = nên theo định lý nf va Suy an lu Viét, r0 + r0 = 2r0 = c1 r0 r0 = r02 = −c2 Do c1 = 2r0 c2 = −r02 z at nh oi Vì vậy, lm ul (r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) = r02 − 2(2r0 ) − 3(−r02 ) = r02 − 4r02 + 3r02 = an − c1 an−1 − c2 an−2 = −α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) = z Vậy a(x) lời giải phép truy tốn nói ∞ X Ngược lại, giả sử a(x) = aj xj lời giải phép truy toán tuyến n ac th 22 va an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n an Lu cho n ≥ Ta chứng minh m an − c1 an−1 + α2 an−2 = co tính bậc với hệ thức truy hồi l gm @ j=0 si a1 α2 = cho n = 0, 1, 2, quy nạp theo n, α1 = r0 a1 − a0 r0 r0 a1 a1 − a0 r0 Với n = 0, ta có α1 r00 + α2 (0 − 1)r00 = α1 − α2 = − = r0 r0 a1 a0 r0 a1 − + = a0 khẳng định cho n = Với n = 1, ta có r0 r0 r0 a1 α1 r01 + α2 (1 − 1)r01 = α1 r0 = r0 = a1 Vậy khẳng định cho r0 n = Giả sử đẳng thức chứng minh cho n ≤ t với t ≥ Khi đó, a(x) lời giải phép truy tốn nói trên, nên at+1 − c1 at − c2 at−1 = Suy lu at+1 = c1 at + c2 at−1 an n va = c1 (α1 r0t + α2 (t − 1)r0t ) + c2 (α1 r0t−1 + α2 (t − 2)r0 tt−1 ) tn to = (c1 α1 r0t + c2 α1 r0t−1 ) + (c1 α2 (t − 1)r0t + c2 α2 (t − 2)r0t−1 ) p ie gh = α1 r0t−1 (c1 r0 + c2 ) + (c1 α2 tr0t + c2 α2 tr0t−1 ) − (c1 α2 r0t + 2c2 α2 r0t−1 ) nl w = α1 r0t−1 (c1 r0 + c2 ) + α2 tr0t−1 (c1 r0 + c2 ) − α2 r0t−1 (c1 r0 + 2c2 ) lu Do đó, d oa Do r0 nghiệm phương trình x2 − c1 x − c2 = 0, nên c1 r0 + c2 = r02 nf va an at+1 = α1 r0t+1 + α2 tr0t+1 − α2 r0t−1 (c1 r0 + 2c2 ) Vì r0 nghiệm phương trình x2 − c1 x − c2 = 0, nên theo định lý Viét, lm ul r0 + r0 = 2r0 = c1 r0 r0 = r02 = −c2 Suy ra, c1 = 2r0 c2 = −r02 z at nh oi Do đó, c1 r0 + 2c2 = (2r0 )r0 + 2(−r02 ) = 2r02 − 2r02 = z Vì vậy, at+1 = α1 r0t+1 + α2 tr0t+1 − α2 r0t−1 (c1 r0 + 2c2 ) = α1 r0t+1 + α2 tr0t+1 @ l gm 1.4 Phương pháp đếm dùng hàm sinh thông thường m co Giả sử aj , j = 0, 1, 2, , số phức Ta nói phần tử b(x) ∈ C[[x]] hàm sinh cho dãy số a0 , a1 , a2 , , aj , mà ta thường đơn giản an Lu 23 ac th j=0 n va ký hiệu (aj )∞ , tồn tự đẳng cấu ϕ không gian véctơ ∞ X C[[x]] cho ϕ(a(x)) = b(x), a(x) = aj xj si Hiển nhiên với dãy (aj )∞ , có nhiều hàm sinh khác cho nó, nhiên, ta ý tới hàm sinh thường dùng hàm sinh thông thường hàm sinh mũ Định nghĩa 1.4.1 Nếu ϕ tự đẳng cấu đồng không gian véctơ C[[x]], tức ϕ(c(x)) = c(x) cho c(x) ∈ C[[x]], ϕ(a(x)) gọi hàm sinh thông thường cho dãy (aj )∞ j=0 Như vậy, hàm sinh thông thường ∞ X ∞ cho dãy (aj )j=0 chuỗi hình thức a(x) = aj xj j=0 Ví dụ 1.4.2 Theo cơng thức nhị thức ta có lu ! n X n j (1 + x)n = (x + 1)n = x j j=0 an n va p ie gh tn to ! n Vì = j > n, nên ta có (1 + x)n chuỗi lũy thừa hình j ! ∞ X n j thức x Vậy hàm sinh thông thường cho dãy hệ số nhị thức j ! j=0 ! ! ! n n n n , , , , phần tử (1 + x)n C[[x]] j oa nl w d Ví dụ 1.4.3 Nếu z ∈ C, theo Mệnh đề 1.1.4 ta có (1 − zx) = nf va an lu −1 ∞ X z j xj j=0 z at nh oi (1 − zx)−1 C[[x]] lm ul Vì hàm sinh thơng thường cho dãy z , z , z , , z j , phần tử Ý tưởng sử dụng hàm sinh để giải tốn đếm tóm tắt sau Giả sử phép đếm phụ thuộc vào số tự nhiên j Ta kí hiệu số z gm @ phép đếm aj muốn tính aj biểu thức dễ thực phụ thuộc vào j dạng hiển Để làm điều đó, ta xét hàm l co sinh b(x) cho dãy (aj )∞ , b(x) = ϕ(a(x)) với ϕ tự đẳng cấu m C[[x]] Khi đó, tính chất dãy (aj )∞ , b(x), cần thỏa mãn hệ an Lu thức định Giải hệ thức ta tìm biểu thức fb (x) hàm n va sinh b(x) cho dãy (aj )∞ Biểu thức tìm thường biểu thức 24 ac th với phép toán C[[x]] phép cộng, phép nhân, phép lấy phần si tử đối, phép lấy phần tử nghịch đảo, phép lũy thừa, hàm biết C[[x]] Nói chung biểu thức chưa dạng chuỗi lũy thừa Vì sau tìm biểu thức fb (x) ta tìm cách khai triển thành dạng ∞ X chuỗi lũy thừa, tức biểu diễn fb (x) thành dạng fb (x) = bj xj j=0 cách đó, bj biểu thức phụ thuộc vào j dạng hiển Do b(x) = fb (x) hàm sinh cho dãy (aj )∞ , ta có   ∞ ∞ X X bj xj = fb (x) = ϕ(a(x)) = ϕ  aj xj  j=0 lu Suy ∞ X j=0   ∞ X aj xj = ϕ−1  bj xj  Từ ta tìm công thức cho aj an j=0 j=0 n va qua j dạng hiển giải toán đặt tn to Ví dụ 1.4.4 (Số Fibonacci) Ta định nghĩa F0 = 0, F1 = 1, với j ≥ ie gh ta định nghĩa Fj số tập tập X = {1, 2, , j − 2} thỏa mãn p điều kiện tập khơng chứa hai số liên tiếp tập X w Khi số Fj , j = 0, 1, 2, gọi số Fibonacci Cụ thể hơn, oa nl số Fj gọi số Fibonacci thứ j d Bài tốn: Hãy tìm cơng thức tính Fj qua j an lu nf va Giải Trước hết ta chứng minh với j ≥ 2, lm ul Fj = Fj−1 + Fj−2 z at nh oi Ta có F2 = 1, F3 = Do đó, đẳng thức với j = 2, Giả sử j ≥ 4, X = {1, , j − 2} P tập tất tập X thỏa mãn điều kiện tập khơng chứa hai số liên tiếp X Kí hiệu z gm @ P1 = {A ∈ P |A ⊇ j − 2} P2 = {A ∈ P |A + j − 2} Khi P1 ∩ P2 = φ P = P1 ∪ P2 Theo quy tắc cộng, Fj = |P | = |P1 | + |P2 | Mỗi A ∈ P1 l co khơng thể chứa j − Do A ∈ P1 tương ứng với tập m X\ {j − 3, j − 2} = {1, 2, , j − 4} thỏa mãn điều kiện khơng an Lu chứa hai số liên tiếp tập X\ {j − 3, j − 2} Suy |P1 | = Fj−2 Mỗi ac th 25 n vậy, |P2 | = Fj−1 Suy ra, Fj = Fj−1 + Fj−2 va tập A ∈ P2 tập X\ {j − 2} = {1, 2, , j − 3} Vì si Ta muốn tìm biểu thức tính Fj qua j cách sử dụng hàm sinh thông thường Giả sử f (x) hàm sinh thông thường cho dãy (Fj )∞ Khi đó, f (x) = F0 + F1 (x) + F2 x2 + F3 x3 + , xf (x) = F0 x + F1 x2 + F2 x3 + F3 x4 + , x2 f (x) = F0 x2 + F1 x3 + F2 x4 + Do đó, f (x) − xf (x) − x2 f (x) = F0 + (F1 − F0 )x + (F2 − F1 − F0 )x2 + +(Fj − Fj−1 + Fj−2 )xj + = x lu an n va to F0 = 0, F1 = Fj = Fj−1 + Fj−2 cho j ≥ Suy ra, x (1 − x − x2 )f (x) = x ⇔ f (x) = − x − x2 p ie gh tn Như ta tìm hàm sinh cho dãy (Fj )∞ dạng biểu thức số x học hàm hữu tỷ, cụ thể là, f (x) = Tiếp theo, ta muốn − x − x2 biểu diễn f (x) dạng chuỗi lũy thừa hình thức Để làm điều đó, x thành tổng phân thức đơn giản trước tiên ta phân tích − x − x2 phương pháp hệ số bất định d oa nl w nf va an lu Xét tam thức √ bậc hai −√x − x Tam thức có hai nghiệm phân 1+ 1− biệt a = b = −2 −2 Suy ra, −x A B x = = + − x − x2 (x − a)(x − b) x − a x − b Ax − Ab − Bx − Ba (A + B)x − (Ab − Ba) = = (x − a)(x − b) (x − a)(x − b) z at nh oi lm ul z @ m co l gm Vì ta nhận hệ phương trình sau để xác định A B: ( Ab + Ba = A+B = −1 an Lu a −b B = , tức b−a b−a a b x = − − x − x2 (b − a)(x − a) (b − a)(x − b) Giả hệ phương trình ta tìm A = n va ac th 26 si Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có ∞ Vì a − b = √ a 1 X xj = = , (b − a)(x − a) a−b 1− x a − b j=0 aj a ∞ 1 b X xj = = (b − a)(x − b) a−b 1− x a − b j=0 bj b nên từ hai đẳng thức ta nhận lu ∞ ∞ X xj X xj x = −√ +√ − x − x2 j=0 aj j=0 bj   ∞  X 1 √ = − j xj j a b j=0 an n va Lại có p ie gh tn to 1 aj − bj aj − b j − = = = (−a)j − (−b)j Do đó, j j j j b a (ab) (−1)  √ !j  √ !j ∞ X 1  + − −  xj √ = − x − x2 2 j=0 √ !j  1−  j x, √ !j  1+ Fj = √ −  d oa nl w Suy ra, nf va an lu cho j = 0, 1, 2, Nhận xét 1.4.5 Ta thấy F (x) thỏa mãn phép truy tốn tuyến tính lm ul bậc với hệ thức truy hồi Fj − Fj−1 − Fj−2 = cho j ≥ z at nh oi Vì ta áp dụng Hệ 1.3.9 để tính Fj √ sau Phương trình √ + − x2 − x − có hai nghiệm phân biệt r1 = r2 = 2 F1 − F0 r2 −(F1 − F0 r1 ) Do đó, α1 = = √ , α2 = = − √ Theo Hệ r1 − r2 r1 − r2 5 1.3.9,  √ !j √ !j  1+ 1−  Fj = α1 r1j + α2 r2j = √  − 2 z m co l gm @ an Lu Ví dụ 1.4.6 Bài tốn: Có j hình vng rời kích thước tương ứng n va × 1, × 2, , j × j cần lát viên gạch kích thước × 27 ac th Tính số viên gạch cần thiết để lát đủ j hình vng (bằng cơng thức si phụ thuộc vào j) Giải Gọi aj số viên gạch cần thiết để lát đủ j hình vng cho Khi dễ thấy aj = j X k2 k=0 Do đó, a0 = aj − aj−1 = j X k − j−1 X k = j cho j ≥ 1, tức k=0 k=0 số a0 , a1 , a2 , , aj , thỏa mãn hệ thức truy hồi tuyến tính bậc không aj − aj−1 − j = Ta sử dụng hàm sinh thông thường để tính aj Giả sử a(x) hàm sinh thơng thường cho dãy (aj )∞ Khi lu an a(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + , va n xa(x) = a0 x + a1 x2 + a2 x3 + a3 x4 + tn to ie gh Do đó, p (x) − xa(x) = a0 + (a1 − a0 )x + (a2 − a1 )x2 + (a3 − a2 )x3 + ∞ X = j xj nl w d oa j=0 lu an Suy ra, (1 − x)a(x) = ∞ X j xj nf va j=0 lm ul Ta muốn nhận biểu thức số học hàm hữu tỷ cho chuỗi z at nh oi bên phải đẳng thức Để làm điều đó, ta xuất phát từ z đẳng thức sau mà chứng minh Mệnh đề 1.1.4 (2): ! ∞ ∞ X X 1 2+j−1 j = x ⇔ = (j + 1)xj (1 − x)2 j (1 − x) j=0 j=0 gm @ ∞ −2 j+1  (j + 1)x j=0 ac th 28 (j + 1)2 xj n j=0 = ∞ X va D(x(1 − x) ) = D   ∞ X an Lu vế đẳng thức này, ta  m co l X x Suy = (j + 1)xj+1 Áp dụng toán tử đạo hàm D vào hai (1 − x) j=0 si Đẳng thức cuối ta có từ định nghĩa toán tử D Mặt khác, theo mệnh đề 1.2.2 (2) (4) ta có D(x(1 − x)−2 ) = D(x)(1 − x)−2 + xD((1 − x)−2 ) = (1 − x)−2 + x(−2(1 − x)−3 D(1 − x)) = (1 − x)−2 + 2x(1 − x)−3 = (1 + x)(1 − x)−3 ∞ X 1+x = (j + 1)2 xj Suy ra, Do (1 − x) j=0 ∞ ∞ lu X X x + x2 j+1 = (j + 1) x = j xj (1 − x) j=0 j=0 an n va Nhưng ta chứng minh (1 − x)a(x) = ∞ X j xj Vì vậy, to j=0 tn x+x , tức (1 − x)3 p ie gh (1 − x)a(x) = x + x2 (1 − x)4 nl w a(x) = d oa Như ta tìm hàm sinh a(x) cho dãy số cần tìm nf va an lu dạng hàm hữu tỷ Tiếp tục, để nhận biểu thức cho aj qua j, ta phải x + x2 tìm cách khai triển hàm a(x) = thành chuỗi lũy thừa Để làm (1 − x)4 điều ta phân tích phân thức thành tổng phân thức đơn lm ul z at nh oi giản phương pháp hệ số bất định Ta có z A B C D x + x2 = + + + (1 − x) − x (1 − x) (1 − x) (1 − x)4 A(1 − x)3 + B(1 − x)2 + C(1 − x) + D = (1 − x)4 A(1 − 3x + 3x2 − x3 ) + B(1 − 2x + x2 ) + C(1 − x) + D = (1 − x)4 −Ax3 + (3A + B)x2 + (−3A − 2B − C)x = (1 − x)4 (A + B + C + D) + (1 − x)4 m co l gm @ an Lu n va ac th 29 si