Đại Học Thái Nguyên Trường Đại Học Khoa Học Hoàng Văn Quý Chuỗi luỹ thừa hình thức hàm sinh Chuyên ngành : Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mà số: 60.46.40 Luận Văn Thạc Sĩ Toán Học Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình hoàn thành Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Phản biện 1: Ph¶n biƯn 2: Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày tháng năm 2011 Có thể tìm hiểu Thư Viện Đại Học Thái Nguyên S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm vành đồng cấu 1.1.1 Vµnh 1.1.2 Ước không MiỊn nguyªn 1.1.3 §ång cÊu 1.1.4 Trêng 1.2 Vành đa thức nghiÖm Vành chuỗi lũy thừa hình thức 2.1 Vành chuỗi lũy thừa hình thức 11 11 2.2 D·y hiƯu cđa mét d·y 17 2.3 Hµm sinh thêng vµ d·y Fibonacci, d·y Catalan 20 2.4 Hµm sinh mị vµ d·y sè Stirling 24 2.5 Hµm sinh dÃy đa thức Bernoulli 2.6 Hàm sinh Dirichlet vµ hµm Zeta-Riemann 27 34 2.7 Tích vô hạn 37 2.8 §ång nhÊt thøc Newton 41 2.9 D·y truy håi víi hµm sinh 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Trong toán học việc sử dụng kiến thức toán cao cấp để giải toán phổ thông điều quan trọng Nó không giúp người làm toán có nhiều phương pháp lựa chọn lời giải, mở rộng tầm hiểu biết toán học mà phát huy thông minh sức sáng tạo, tầm bao quát toán, mở rộng toán nhiều hướng khác Sử dụng kiến thức chuỗi số để giải toán dÃy số vấn đề Như đà biết vấn đề liên quan đến dÃy số phần quan trọng đại số giải tích toán học Khi tiếp cận vấn đề em học sinh giỏi, sinh viên nhiều thầy cô giáo phổ thông thường phải đối mặt với nhiều toán khó liên quan đến chuyên đề Trong kỳ thi học sinh giái quèc gia, thi Olimpic to¸n quèc tÕ, thi Olimpic toán sinh viên trường đại học, cao đẳng, toán liên quan đến dÃy số hay đề cập thường loại khó, đòi hỏi người học, người làm toán phải có tầm hiểu biết rộng sâu sắc kiến thức dÃy số chuỗi số đưa phương pháp giải toán hay hoàn thiện toán §Ĩ phơc vơ cho viƯc båi dìng häc sinh giái việc trao đổi kinh nghiệm với thầy cô giáo bồi dưỡng học sinh giỏi quan tâm tìm hiểu thêm phần này, hướng dẫn thầy Đàm Văn Nhỉ tác giả đà học tập thêm viết đề tài " Chuỗi luỹ thừa hình thức hàm sinh" Đề tài giải vấn đề trọng tâm : Chương I : Kiến thức chuẩn bị Tác giả nhắc lại kiến thức : 1.1 Khái niệm vành đồng cấu 1.1.1 Vành 1.1.2 Ước không Miền nguyên S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.1.3 Đồng cấu 1.1.4 Trường 1.2 Vành đa thức nghiệm Chương II : Vành chuỗi luỹ thừa hình thức Tác giả giới thiệu kiến thức 2.1 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 2.2 DÃy hiƯu cđa mét d·y 2.3 Hµm sinh thêng vµ d·y Fibonacci, d·y Catalan 2.4 Hµm sinh mị vµ d·y số Stirling 2.5 Hàm sinh dÃy đa thức Bernoulli 2.6 Hµm sinh Dirichlet vµ hµm Zeta-Riemann 2.7 TÝch vô hạn 2.8 Đồng thức Newton 2.9 DÃy truy hồi với hàm sinh Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư Phạm Hà Nội Thầy đà dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin gửi tới thầy (cô) khoa Toán, phòng Đào tạo Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ thời gian qua Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán K3B Trường Đại Học Khoa Học đà động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục đào tạo Bắc Ninh, Ban giám hiệu tổ Toán trường THPT Lương Tài đà tạo điều kiện giúp đỡ để tác giả hoàn thành khóa học Tác giả Hoàng Văn Quý S hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Khái niệm vành đồng cấu Vành Định nghĩa Ta gọi vành tập hợp X với hai phép toán hai đà cho X ký hiệu theo thứ tự dấu + (ngêi ta thêng ký hiƯu nh vËy) vµ gäi lµ phép cộng phép nhân cho điều kiện sau tháa m·n: 1) X cïng víi phÐp céng lµ nhóm aben 2) X với phép nhân mét nưa nhãm 3) PhÐp nh©n ph©n phèi víi phÐp cộng: Với phần tử tùy ý x, y, z ∈ X ta cã: x(y + z) = xy + xz (y + z)x = yx + zx PhÇn tư trung lập phép cộng ký hiệu gọi phần tử không Phần tử đối xứng (đối với phép cộng ) phần tử x ký hiệu -x gọi đối x Nếu phép nhân giao hoán ta bảo vành X giao hoán vị Nếu phép nhân có phần tử trung lập phần tử gọi phần tử đơn x thường kí hiệu e hay 1.1.2 Ước không Miền nguyên Định nghĩa1 : Ta gọi ước mäi phÇn tư a 6= cho cã b 6= thỏa mÃn quan hệ ab=0 Định nghĩa2 : Ta gọi miền nguyên vành có nhiều phÇn tư, giao Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ho¸n, cã đơn vị, ước 1.1.3 Đồng cấu Định nghĩa Một đồng cấu (vành) ánh xạ từ vành X đến vành Y cho: f (a + b) = f (a) + f (b) f (ab) = f (a) f (b) víi mäi a, b X Nếu X = Y đồng cấu f gọi tự đồng cấu X Ta định nghĩa đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu tương tự đà định nghĩa nhóm 1.1.4 Trường Định nghĩa: Ta gọi trường miền nguyên X phần tử khác nghịch đảo vị nhóm nhân X Vậy vành X giao hoán, có đơn vị, có nhiều phần tử trường X {0} nhóm phép nhân X 1.2 Vành đa thức nghiệm Kết Cho vành giao hoán R biến x R Với n N, xét tập hợp: n R[x] = {a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x | ∈ R} = n X x i | ∈ R i=0 Mỗi phần tử f (x) R[x] gọi đa thức biến x với hệ số thuộc vành R Hệ số an gọi hệ số cao nhất, hệ số a0 gọi hệ số tự f (x) Khi an 6= n gọi bậc f (x) S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ký hiệu deg f (x) Riêng đa thức quy định có bậc n m P P i NÕu f (x) = x , g(x) = bi xi ∈ R[x] th× i=0 i=0 f (x) = g(x) vµ chØ m = n, = bi víi mäi i n i X XX i f (x) + g(x) = (ai + bi )x , f (x)g(x) = ( ai−j bj )xi i=0 Định lý 1.2.1 Ta có miền nguyên R[x] i=0 j=0 vành giao hoán Hơn nữa, R R[x] miền nguyên f (x), g(x) k[x] g(x) 6= cã hai ®a thøc nhÊt q(x), r(x) cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) víi deg r(x) < deg g(x) Định lý 1.2.2 Giả sử k trường Với đa thức 1.2.3 Cho hai số tự nhiên n n p đủ để x a chia hết cho x Ví dụ Bài giải: Biểu diễn n vµ p víi n > p > − ap với a R, a 6= Tìm điều kiƯn cÇn n = qp + r Z víi r < p Khi ®ã cã biĨu diƠn xn − an = (xp − ap )(xn−p + ap xn−2p + · · · + a(q−1)p xn−qp ) + aqp (xr ar ) Vậy, điều kiện cần đủ để Định lý 1.2.4 Giả sử k xn an chia hÕt cho xp − ap lµ n ˙: p trường Khi vành k[x] vành vành nhân tử hóa Giả sử n P R đa thức f (x) = n P xi ∈ R[x] BiÓu thøc f () = i=0 i R gọi giá trị f (x) Nếu f () = i=0 gọi nghiệm f (x) R Giả sử số nguyên m > vµ α ∈ k f (α) = gọi nghiệm bội cấp m f (x) k nÕu f (x) chia hÕt cho (x )m f (x) không chia hết cho (x )m+1 Định lý 1.2.5 Đa thức (i) NÕu α (ii) f (x) ∈ k[x] bËc n > Khi ta có kết sau: k nghiệm f (x) f (x) = (x − α)g(x) víi g(x) ∈ k[x] f (x) cã không n nghiệm phân biệt k S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Đôi để tìm mối liên hệ nghiệm hay tính chất nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết sau đây: 1.2.6 [ViÐt] Gi¶ sư x1 , , xn n nghiệm đa thức bậc n sau n n1 đây: f (x) = x x + δ2 xn−2 − · · · + (−1)n δn Khi có hệ thức Định lý δ1 = x1 + x2 + · · · + xn δ = x x + x x + · · · + x x 2 n−1 n δ = x x x n n f (x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] đa thức đối xứng khác Khi tồn chØ mét ®a thøc s(x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] cho f (x1 , x2 , , xn ) = s(δ1 , , , n ) Định lý 1.2.7 Gi¶ sư Mét sè vÝ dơ √ f (x) = x4 − 5x3 + 9x2 − 10x + 28 TÝnh f (1 + 3) √ Bµi giải: Vì + nghiệm củag(x) = x3 − 3x2 + 3x − = vµ f (x) = (x − 2)g(x) + 20 nªn f (1 + 3) = 20 VÝ dơ 1.2.8 Gi¶ sư f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +· · ·+an−1 x+an ∈ R[x] víi a0 6= vµ tháa m·n f (x)f (2x2 ) = f (2x3 + x) víi giá trị thực x Chứng minh f (x) kh«ng thĨ cã nghiƯm thùc VÝ dơ 1.2.9 [VMO 1990] Gi¶ sư = f (2x3 + x) ta suy a20 = a0 a2n = an Vì a0 6= nên a0 = 1; an = an = Nếu an = f (x) = xr g(x) víi g(0) 6= VËy xr g(x)2r x2r g(2x2 ) = xr (2x2 + 1)r g(2x3 + x) hay g(x)2r x2r g(2x2 ) = (2x2 + 1)r g(2x3 + x) Vì g(0) 6= nên ta nhận g(0) = : mâu thuẫn Vậy an = Gi¶ sư f (x) = cã nghiƯm thực x0 Khi x0 6= an 6= V× f (2x30 + x0 ) = f (x0 )f (2x20 ) = nªn x1 = 2x30 + x0 nghiệm thực f (x) Vì hàm y = 2x3 + x đơn điệu tăng nên dÃy (xr+1 = 2x3r + xr )r>0 x0 6= dÃy vô hạn số hạng nghiệm f (x) hay f (x) có nhiều vô hạn nghiệm: mâu thuẫn theo Định lý 1.2.5 Vậy f (x) nghiệm Bài giải: So sánh hệ số x3n x0 hai vế, nªn tõ f (x)f (2x2 ) thùc Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn a ∈ (0; 1) tr×nh cos 3πa + cos 2πa = Chøng minh r»ng a = VÝ dơ 1.2.10 [IMO 1991] Gi¶ sư sè hữu tỷ thỏa mÃn phương = cos a Khi 4x3 + 4x2 − 3x − = hay (2x + 1)(2x2 + −1 −1 th× a = NÕu x 6= th× 2x2 + x − = x − 2) = NÕu cos πa = x = √ −1 + 17 0, x số vô tỷ Do |x| nªn cos πa = x = B»ng an + bn 17 với số nguyên lẻ an , bn Vì quy nạp, cos 2n πa = √ √ an+1 + bn+1 17 a + b n n 17 = cos 2n+1 πa = cos2 2n πa − = 2[ ] 4 Bài giải: Đặt x a2n + 17b2n − > an Do ®ã dÃy (an ) dÃy tăng nghiêm nên an+1 = ngặt tập giá trị cđa cos 2n πa víi n = 0, 1, 2, tập vô hạn (*) 17 số vô tỷ Nhưng a số hữu tỷ nên tập giá trị cos ma với m = 0, 1, 2, phải hữu hạn: mâu thuÉn víi (*) Do dã a= f (x) bậc n có tất nghiệm Khi tất nghiệm af (x) + f (x) số thực Ví dụ 1.2.11 Giả thiết đa thức thực f (x) có nghiệm thùc x1 , x2 , , xk víi béi t¬ng øng r1 , r2 , , rk ta xếp x1 < x2 < · · · < xk Hµm sè Bµi gi¶i: Gi¶ sư f (x) 1 g(x) = = + + ··· + f (x) x − x1 x x2 x xk hàm liên tục khoảng (; x1 ), (x1 ; x2 ), , (xk−1 ; xk ), (xk ; ) , phương trình g(x) = a có thêm x xj k nghiệm khác x1 , x2 , , xk a 6= VËy f (x)[g(x) + a] = cã tÊt c¶ (r1 − 1) + · · · + (rk − 1) + k = deg f (x) nghiÖm thực Vậy tất nghiệm af (x) + f (x) thực Khi a = g(x) = cã k − nghiƯm thùc míi Vậy f (x)[g(x)+0] = có tất (r1 −1)+· · ·+(rk −1)+k−1 = deg f (x) Tãm lại tất nghiệm af (x) + f (x) số thực Dựa vào biến thiên hàm S húa bi Trung tõm Hc liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 (ii) Chøng minh x61 + x62 + x62 = 3x21 x22 x23 − 2(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )3 δ13 − 4δ1 δ2 + 9δ3 = δ3 (ii) DƠ thÊy x1 , x2 , x3 lµ nghiƯm cđa x3 + δ2 x − δ3 = Do ®ã ta cã N3 = 3δ3 , N4 = δ3 N1 − δ2 N2 = −δ2 N2 Nh thÕ N6 = −N4 δ2 + N3 δ3 = 3δ32 + δ22 N2 = 3δ32 − 2δ23 , v× N2 = 22 Bài giải: (i) Phân tích giản ước T = p2 + p1 p0 = Tõ ®ã δ0 = p0 = 1.Khi ®ã δ0 p3 − p1 δ1 suy δ3 = det p2 p1 vµ p3 = det δ2 δ1 p3 p2 p1 Ví dụ 2.8.8 Đặt Bài giải: Đặt k = k > ViÕt hµm sinh δ(t) = ∞ P δk t = k=0 ∞ P k Q (1+ txi ) i=1 Q Ta cã δ(t)p(−t) = Khai triÓn i=1 + txi k=0 P δ(t)p(−t), hệ số tj , j > 1, b»ng VËy (−1)k δk p3−k = vµ p(t) = p k tk = Tõ quan hƯ nµy suy hệ phương trình tuyến tính: k=0 1.p1 − δ1 = 1.p2 − δ1 p1 + δ2 = 1.p3 − δ1 p2 + δ2 p1 = δ3 HƯ nµy cã nghiƯm p1 det p2 p3 δ2 ) Qua viÖc tÝnh hƯ sè cđa ta suy quan hÖ (1, −δ1 , δ1 0 1 p1 = det p1 = δ3 p3 = det δ2 δ1 δ3 δ2 δ1 δ3 p p p2 p1 chứng minh hoàn toàn tương tự x, y, z > xy + yz + zx = ta cã c¸c bÊt ®¼ng thøc √ T = x(1 − y )(1 − z ) + y(1 − z )(1 − x2 ) + z(1 − x2 )(1 − y ) √ P = x(2 − y )(2 − z ) + y(2 − z )(2 − x2 ) + z(2 − x2 )(2 − y ) > p Bài giải: Biến đổi T = 43 = 4xyz V× = xy +yz +zx > (xyz)2 nên T Ta có P = 2δ1 + 7δ3 > 2δ1 V× (x + y + z)2 > √ 3(x + yz + zx) = nªn P > VÝ dơ 2.8.9 Víi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 VÝ dô 2.8.10 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ba sè thực phân biệt có a3 (b2 c2 ) + b3 (c2 − a2 ) + c3 (a2 − b2 ) < a2 + b2 + c2 2 a (b − c) + b (c − a) + c (a b) Bài giải: Dễ thấy tử mẫu chia hết cho 2 (a − b)(b − c)(c − a) VËy V T = ab + bc + ca < a + b + c a, b, c phân biệt Ví dơ 2.8.11 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ba số thực phân biệt a2 (a + b)(a + c) b2 (b + c)(b + a) c2 (c + a)(c + b) + + > 3(ab + bc + ca) (a − b)(a − c) (b − c)(b a) (c a)(c b) Bài giải: Vậy Sau quy đồng, tử mẫu chia hÕt cho (a−b)(b−c)(c−a) V T = (a + b + c)2 > 3(ab + bc + ca) v× a, b, c ph©n biƯt VÝ dơ 2.8.12 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c, d ∈ R tháa m·n ab + ac + ad + bc + bd + cd = th× a3 + b3 + c3 + d3 − bcd + cda + dab + abc = (a + b + c + d)3 δ1 = a + b + c + d δ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd Theo Định Bài giải: Đặt = abc + abd + acd + bcd δ4 = abcd Nt = at + bt + ct + dt , t = 1, 2, , N0 = lý 2.8.1 cã N3 − N2 δ1 + N1 δ2 − 3δ3 = VËy N3 − 3δ3 = N2 δ1 − N1 δ2 = δ13 − 31 Vì = nên a3 + b3 + c3 + d3 − bcd + cda + dab + abc = (a + b + c + d)3 Ví dụ tử 2.8.13 Đa thức T = 2(x7 + y + z ) − 7xyz(x4 + y + z ) cã nh©n x + y + z A = x + y + z, B = xy + yz + zx, C = xyz Đặt an = x + y + z Khi x, y, z ba nghiệm cđa t3 − At2 + Bt − C = 0vµ Bài giải: n n Đặt n S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 an+3 = Aan+2 − Ban+1 + Can víi sè nguyªn n > vµ a0 = Chó ý a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 VËy = = = = = = = = A A2 − 2B Aa2 − Ba1 + Ca0 = A3 − 3AB + 3C = Ak3 + 3C Aa3 − Ba2 + Ca1 = Ak4 + 2B Ak5 − 5BC Ak6 − B + 3C Ak7 + 7B C T = 2a7 − 7Ca4 = A(2k7 − 7k4 C) cã nh©n tư A = x + y + z 2.9 D·y truy håi víi hµm sinh ( a0 = 2, a1 = 4, a2 = 31 VÝ dô 2.9.1 DÃy số (an ) xác định bởi: an+3 = 4an+2 + 3an+1 − 18an víi mäi n > Chứng minh a2010 1(mod 2011) Bài giải: Đặt f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Khi ®ã cã quan hÖ f (x)(4x + 3x2 − 18x3 ) = f (x) − 9x2 + 4x − 9x2 − 4x + 1 hay f (x) = = + Từ suy 18x3 3x2 − 4x + 1 + 2x (1 − 3x)2 ∞ P (−2)n + (n + 1)3n xn vµ cã an = (−2)n + (n + 1)3n víi mäi f (x) = n=0 n > Nh vËy a2010 1(mod 2011) (an ) xác định qua a1 = vµ an = 1.2.an−1 + 2.3.an−2 + · · · + (n − 1).n.a1 víi mäi sè nguyªn n > Chøng minh ®ång nhÊt thøc n P an+3 − 4an+2 − an+1 = ak n > Ví dụ 2.9.2 DÃy k=1 Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã hÖ thøc f (x)(1.2.x + 2.3.x2 + · · · + n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 x2 3 Tõ = + x + x + x + · · · ta suy 1x + 2x + · · · = 1x (x 1)2 2x Lấy đạo hàm hai vÕ cã 1.2.x + 2.3.x2 + · · · = VËy f (x) = x + (x − 1)3 −2x2 Tõ f (x)(x3 −3x2 +5x−1) = x4 −3x3 +3x2 −x ta nh©n x − 3x + 5x so sánh hệ số cña xn , n > ë hai vÕ, nhËn an+3 = 5an+2 3an+1 +an với số nguyên n > BiĨu diƠn c¸c mèi quan hƯ b¶ng hƯ thøc sau −a1 = −1 −a2 + 5a1 = −a3 + 5a2 − 3a1 = −3 −a4 + 5a3 − 3a2 + a1 = −a5 + 5a4 − 3a3 + a2 = Céng vế với vế an+3 + đây: a6 + 5a5 − 3a4 + a3 = ··· = ··· −an + 5an−1 − 3an−2 + an−3 = −an+1 + 5an − 3an−1 + an−2 = −an+2 + 5an+1 − 3an + an−1 = −an+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = n n P P 4an+2 + an+1 + ak = Nh vËy an+3 − 4an+2 − an+1 = ak k=1 Bổ đề 2.9.3 Giả sử dÃy k=1 (an ) cã hµm sinh thêng f (x) = an xn tháa mÃn n=0 nguyên thủy bậc k k1 f (s ) xác định với s = 0, 1, , k vµ α ∞ P f (1) + f (α2 ) + · · · + f ( ank = đơn vị Khi có k n=0 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ∞ P ) http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Bài giải: Với hàm sinh thường f (1) = f (α) = f (α2 ) = ∞ X n=0 ∞ X n=0 ∞ X f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + · · · cã ank + ank+1 + · · · + a(n+1)k−1 ank + ank+1 α + · · · + a(n+1)k−1 αk−1 ank + ank+1 α2 + · · · + a(n+1)k−1 α2(k−1) n=0 ··· = ··· ∞ X k−1 f (α ) = ank + ank+1 αk−1 + · · · + a(n+1)k−1 α(k−1)(k−1) n=0 Bëi v× + αs + α2s + · · · + αs(k−1) = víi s = 1, 2, , k − 1, nªn céng k ∞ P k−1 ank ®ång thức ta nhận f (1)+f ( )+à · ·+f (α )=k n=0 VÝ dơ 2.9.4 Víi sè nguyên dương n, hÃy tính tổng an = n P (1)k k=0 tính tuần hoàn dÃy n 3k XÐt (an ) vµ chØ an ˙: 3[n/2]−1 suy XÐt hµm sinh thêng f (x) cđa d·y (bk = (−1)k n k ) Khi ®ã√ta cã n P hÖ thøc f (x) = (−1)k nk xk = (1 − x)n Nh vËy, víi α = − + i cã 2 k=0 X n n X k n 3k n an = (−1) = (−1) = f (1) + f (α) + f (α2 ) 3k 3k k=0 k=0 √ √ 3 n 3 n − i + + i n n (1 − α) + (1 − α ) 2 hay an = = Tãm l¹i 3 2.33k−1 (−1)k n = 6k 33k (−1)k n = 6k + √ n 33k (−1)k n = 6k + 2( 3) nπ tỉng an = cos = DƠ dµng n = 6k + 33k+1 (−1)k+1 n = 6k + 33k+2 (−1)k+1 n = 6k + Bài giải: (an ) không tuần hoàn an ˙: 3[n/2]−1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 VÝ dô 2.9.5 Với số nguyên dương n, hÃy tính tổng an = n P (1)k k=0 Bài giải: f (x) = XÐt hµm sinh thêng f (x) cđa d·y (bk n P (−1)k 5n k=0 an = 5n X k=0 k = (−1)k 5n 5k 5n ) Ta cã hÖ thøc 2π 2π xk = (1 − x)5n Nh vËy, víi α = cos + i sin cã 5 k X 5n 5n 1X 5k 5n f (αk ) (−1) (−1) = = 5k 5k k k=0 k=0 (1 − α)5n + (1 − α2 )5n + (1 − α3 )5n + (1 − α4 )5n hay Vậy nhận tổng 210m+1 (1)m 10m 2π a2m = sin + sin10m vµ a2m+1 = 5 n+1 n+1 VÝ dô 2.9.6 D·y (an ) tháa m·n a1 = − vµ an+1 = a + n an−1 + · · · + n+1 n a1 + víi mäi sè nguyªn n > Chøng minh a2011 nguyên chia hết cho 2011 a xn P xk n 1+ = Nh vËy (k + 1)! n! n=1 k=0 ∞ a xn ∞ B xn P P x n n 1+ = x = theo Định lý 2.5.9 Do an = Bn e −1 n=1 n! n=0 n! víi mäi n Đặc biệt a2011 = B2011 = theo Hệ 2.5.10 suy a2011 Bài giải: Dễ dàng kiểm tra P nguyên chia hết cho 2011 (an ) xác định qua a1 = an = 1.2.an−1 − 2.3.an−2 + · · · + (−1) (n − 1).n.a1 víi mäi sè nguyªn n > Chøng minh r»ng, n P n > lu«n cã an+3 + 2an+2 + 5an+1 + ak = Ví dụ 2.9.7 DÃy n k=1 Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã hÖ thøc f (x)(1.2.x − 2.3.x2 + · · · + (−1)n+1 n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x 1 = 1−x+x2 −x3 +· · · ta suy −1+2x−3x2 +· · · = − 1+x (x + 1)2 2x Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x2.3.x2 +à à à = nhận (x + 1)3 Tõ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 x4 + 3x3 + 3x2 + x f (x) = Tõ f (x)(x3 +3x2 +x+1) = x4 +3x3 +3x2 +x x + 3x2 + x + ta nhân so sánh hƯ sè cđa xn , n > ë hai vế, a1 = 1, a2 = 2, a3 = −2, a4 + a3 + 3a2 = 0, an+3 + an+2 + 3an+1 + an = víi mäi số nguyên n > Biểu diễn mối quan hệ bảng hệ thức sau đây: a1 = a2 + a1 = a3 + a2 + 3a1 = a4 + a3 + 3a2 + a1 = a5 + a4 + 3a3 + a2 = a6 + a5 + 3a4 + a3 = ··· = ··· an + an−1 + 3an−2 + an−3 an+1 + an + 3an−1 + an−2 an+2 + an+1 + 3an + an−1 an+3 + an+2 + 3an+1 + an Cộng vế với vế an+3 + 2an+2 + 5an+1 + =0 =0 =0 = n P ak = k=1 VÝ dô 2.9.8 D·y n > TÝnh ∞ P (an ) x¸c ®Þnh bëi an = 1.3.5 (2n + 1) víi mäi sè nguyªn 2011n n! an n=0 Bài giải: Hiển nhiên an+1 = 2n + an víi mäi n > Khi n → +∞ 2011(n + 1) an+1 Như chuỗi lũy thõa f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an 2011 an xn + · · · lu«n lu«n héi tơ Tõ hƯ thøc 2011(n + 1)an+1 = 2nan + 3an suy 2011(n + 1)an+1 xn = 2x(nan xn−1 ) + 3an xn Cho n = 0, 1, 2, vµ ∞ ∞ ∞ 0 0 P P P lấy tổng tất 2011 ak+1 xk+1 = 2x ak x k + ak xk k=0 k=0 k=0 0 Khi ®ã ta cã hƯ thøc 2011 f (x) − = 2xf f (x) + 3f (x) hay 2011 − f (x) = LÊy tÝch ph©n hai 2x f (x) = 3f (x) Từ suy f (x) 2011 − 2x th× Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 −3/2 a ln f (x) = − ln(2011 − 2x) + a hay f (x) = 2011 − 2x e Vì f (0) = nên = 20113/2 ea hay ea = 20113/2 Tãm l¹i ta cã f (x) = 2011 ∞ P −3/2 20113/2 2011 − 2x Víi x = có an = 2009 n=0 vế (an ) xác định qua a1 = an = 1an1 +2an−2 +· · ·+(n− 1)a1 víi mäi sè nguyªn n > Chøng minh a3 = 3a2 vµ an+2 −3an+1 +an = víi mäi sè nguyªn n > xác định an theo n Từ suy a2k+1 chia hÕt cho k > VÝ dụ 2.9.9 DÃy Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã f (x)(1x + 2x2 + · · · + nxn + · · · ) = f (x) − x x = + x + x2 + x3 + · · · ta suy 1x + 2x2 + · · · = 1−x (x − 1)2 x2 Vậy f (x) = x + f (x)(x2 − 3x + 1) = x3 − 2x2 + x x 3x + Nhân so s¸nh hƯ sè cđa xn , n > hai vế, nhận a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3a2 , vµ an+2 − 3an+1 + an = víi mäi sè nguyªn n > Từ dó có công thức xác định an 2n + an víi mäi VÝ dơ 2.9.10 D·y (an ) xác định qua a1 = an+1 = 4(n + 1) ∞ P sè nguyªn n > TÝnh tæng T = an Tõ n=0 n n−1 Bài giải: Do 4(n+1)an+1 = 2nan +3an nên 4(n+1)an+1 x = 2xnan x + n 3an x víi mäi sè nguyên n > Cộng tất hệ thức ta nhận X 0 X 0 X n+1 n an+1 x = 2x an x + an xn n=0 Đặt f (x) = ∞ P n=0 n=0 an xn Khi ®ã 4(f − 1)0 = 2xf + 3f hay (4 − 2x)f = 3f vµ n=0 3 f0 = Nh vËy (ln f )0 = − (ln(2 x))0 Đễ dàng có f (x) = suy f 22 − x 3 − − x (2 − x) ea Vì f (0) = a0 = nên ea = 2 Tãm l¹i f (x) = − √ Víi x = cã T = f (1) = 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Ví dụ 2.9.11 DÃy số nguyên (an ) xác định qua a1 = an+1 = n > Chøng minh r»ng k P an < n=0 2n + an 3(n + 2) víi mäi 22 3(n + 2)an+1 = 2(n + 1)an + 3an nªn 3(n + 2)an+1 xn+1 = 2x(n + 1)an xn + 3an xn+1 víi mäi sè nguyªn n > Cộng tất hệ thức Bài giải: Do ta nhận X 0 X 0 X n+2 n+1 an+1 x = 2x an x +3 an xn+1 n=0 Đặt f (x) = P n=0 n=0 an xn+1 Khi ®ã 3(f − x)0 = 2xf + 3f hay (3 − 2x)f = n=0 g0 3f + Đặt g(x) = f (x) + Khi ®ã = Nh vËy (ln g)0 = g − 2x − (ln(3 2x))0 Đễ dàng có g(x) = (3 − 2x) ea V× g(0) = a0 = nªn − ∞ P 2x Víi x = cã an xn+1 = − ea = Tãm l¹i g(x) = + n=0 k √ P 22 T = g(1) − = 3 − Do vËy an < n=0 (an ) xác định qua a0 = an+1 = nan − 2n2 + 5n − ∞ a P n+1 với số nguyên n > Xác định an theo n vµ chøng minh = −e n=0 n! VÝ dụ 2.9.12 DÃy Bài giải: f = = a P n n x Khi ®ã ta cã XÐt hµm sinh mị cđa d·y (an ) lµ f (x) = n=0 n! ∞ X an+1 n=0 ∞ X n=0 Nh vËy n! n x = ∞ X nan − 2n2 + 5n − n=0 ∞ X n! xn nan n 2n2 − 5n + n x − x = xf − (2x2 − 5x + 3)ex n! n! n=0 f = (2x − 3)ex vµ suy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ∞ a ∞ 2n − P P n+1 n x = xn VËy an+1 = n! n=0 n! n=0 http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 2n − hay an = 2n − víi n > Từ a P n+1 = e x = n=0 n! VÝ dô 2.9.13 Chøng minh r»ng ∞ P 2n n n P 2k k ∞ a P n+1 n x = (2x − 3)ex ta nhËn n=0 n! 2(n−k) n−k k=0 k + n − k + 2(n+1) n+1 = n+2 xn víi < |x| < Bëi v× 1+xf (x)2 ≡ f (x) k=0 n + 2(n+1) 2(n−k) 2k n P n−k k theo VÝ dơ 2.3.9 nªn = n+1 qua viƯc so s¸nh hƯ sè n+2 k=0 k + n − k + n+1 cña x ë hai vÕ a a1 n−1 an−2 VÝ dô 2.9.14 XÐt d·y sè h÷u tû a1 = 1, an = − + +· · ·+ 1! 2! (n − 1)! với số nguyên n > Tìm tất số nguyên dương n để n!an+1 = a an2 a1 n1 Bài giải: Ta có an = 2an + + + ··· + víi mäi sè 1! 2! (n 1)! nguyên n > Đặt f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + à à à Khi Bài giải: XÐt f (x) = x x2 x3 + + ··· f (x) + + 1! 2! 3! a1 a2 a1 = 2a1 x + (2a2 + )x2 + (2a3 + + )x + · · · 1! 1! 2! = 2a1 x + a2 x + a3 x + a4 x + · · · = f (x) + x VËy f (x)(1 + ex ) = f (x) + x hay f (x) = xex Từ suy đồng x x2 x3 a1 x + a2 x + a3 x + · · · = x − + − + ··· 1! 2! 3! Do an+1 số chẵn Ví dụ = (1)n với số nguyên n > Để n!an+1 = cần đủ n n! 2.9.15 Xét n>3 số nguyên dương a1 a2 a3 à · · an−1 an víi tÝnh chÊt: Kh«ng có ba số độ dài ba cạnh tam giác không suy an biến Xác định giá trị nhỏ mà đạt a1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Bài giải: Ta biết ba số < a b c độ dài ba cạnh tam giác c < a + b Vậy ba số hạng dÃy dÃy độ dài ba cạnh tam giác không suy biến ap > aq + ar víi mäi p, q, r vµ p > q, r Vì dÃy dÃy không giảmnênta chỉ cầnxét + ai+1 ai+2 víi a c i = 1, 2, , 2009 Với định nghĩa > vµ chØ a > c vµ b d b > d ta có bất đẳng thức n−1 an+1 1 an 1 a2 > > , n > an an−1 a1 n−1 a b Giả sử = Khi ta nhận an > ca2 + da1 c d an an > c + d Do ®ã nhá nhÊt lµ b»ng c + d suy an > (c + d)a1 Do a1 a1 dÃy n số hạng đầu dÃyFibonacci giá trị nhá nhÊt cđa tØ sè ®ã n n 1+ 1− a −b √ víi a = vµ b = b»ng an = 2 1 a1 = 1, ( an = 12 an−1 + 22 an−2 + · · · + (n − 1)2 a1 a2 = 4a1 − 3, a3 = 4a2 − 2a1 + mäi sè nguyªn n > Khi ®ã an+3 = 4an+2 − 2an+1 + an , n > VÝ dơ 2.9.16 XÐt d·y Bµi gi¶i: víi f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Khi ®ã tích hai chuỗi 2 2 f (x) x + x + x + à à à Đặt = 12 a1 x2 + (12 a2 + 22 a1 )x3 + (12 a3 + 22 a2 + 32 a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x Tõ = + x + x2 + x3 + x4 + x5 + · · · ta suy chuỗi lũy thừa sau: 1x = + 2x + 3x2 + 4x3 + 5x4 + 6x5 + à à à Do nhận (1 − x) x = 1x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 + 6x6 + · · · vµ cã biĨu diƠn (1 − x) x(1 + x) = 12 x + 22 x2 + 32 x3 + 42 x4 + 52 x5 + 62 x6 + · · · Nh thÕ (1 − x) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 x(1 + x) h i f (x) = f (x)−x hay f (x) x −2x +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x (1 − x)h ih i 3 Tõ ®ång nhÊt a1 x+a2 x +a3 x +· · · x −2x +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x suy a3 = 4a2 − 2a1 + 3, an+3 = 4an+2 − 2an+1 + an víi mäi n > a1 = 1, an = −1an−1 +2an−2 −· · ·+(−1)n−1 (n−1)a1 với số nguyên n > Khi ta cã VÝ dô (i) 2.9.17 XÐt d·y a2 = −1, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n > (ii) T×m d cđa phÐp chia an cho f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Tích hai chuỗi lũy thừa F (x) = f (x) − 1x + 2x − 3x + à à à Bài giải: (i) Đặt = 1a1 x2 + (−1a2 + 2a1 )x3 + (−1a3 + 2a2 − 3a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x Tõ = − x + x2 − x3 + x4 x5 + à à à suy chuỗi lũy thừa sau đây: 1+x = + 2x 3x2 + 4x3 − 5x4 + 6x5 − · · à Do nhận (1 + x) −x = −1x + 2x2 − 3x3 + 4x4 − 5x5 + 6x6 − · · · ThÕ vµo F (x) cã (1 + x) −x h i f (x) = f (x) − x hay f (x) x + 3x + = x3 + 2x2 + x Tõ (1 +hx) ih i ®ång nhÊt a1 x + a2 x + a3 x + · · · x + 3x + = x3 + 2x2 + x sÏ suy a1 = 1, a2 + 3a1 = 2, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n > (ii) Ta cã a3 ≡ 0(mod 3) Vì an+2 +3an+1 +an = nên an+2 +an ≡ 0(mod 3) a2k+1 ≡ 0(mod 3) n > Do đó, số nguyên k > cã a4k+2 ≡ a2 ≡ 2(mod 3) a4k ≡ 1(mod 3) VÝ dô 2.9.18 XÐt d·y nguyên (an ), n > Đặt f (x) = ®ã ∞ P an = 1.3.5.7 (2n + 1) 4n n! víi mäi sè ak xk Tìm công thức đóng tính f (1) k=0 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 2n + an+1 an víi mäi n nªn → < VËy f (x) 4(n + 1) an 0 f (x) = héi tơ DƠ dµng chØ f (x)−a0 = 2xf (x)+3f (x) VËy f (x) 22 − x − hay f (x) = − x ec Bëi v× f (0) = a0 = nên ec = 23/2 Tóm lại − x − vµ f (1) = 23/2 f (x) = Bài giải: Vì an+1 = Mét sè vÝ dơ tham kh¶o VÝ dơ 2.9.19 nh sau: [VMO-1997] Cho d·y sè nguyªn a0 = 1, a1 = 45 vµ an+2 (an ) , n ∈ N xác định = 45an+1 7an với n = 0, 1, 2, Khi ®ã h·y (i) TÝnh sè íc d¬ng cđa a2n+1 (ii) Chøng minh Ví dụ 2.9.20 định sau: an an+2 theo n 1997a2n + 7n+1 lµ sè chÝnh phương với n [VMO-1998-A] Cho dÃy số nguyên a0 = 20, a1 = 100 vµ an+2 (an ) , n N xác = 4an+1 + 5an + 20 víi mäi n = 0, 1, 2, Khi hÃy (i) Tìm số nguyên dương h nhá nhÊt cã tÝnh chÊt an+h − an chia hết cho 1998 (ii) Tìm số hạng tổng quát d·y VÝ dô 2.9.21 nh sau: [VMO-2011] Cho d·y sè nguyên a0 = 1, a1 = (an ) , n ∈ N an = 6an−1 + 5an−2 víi xác định n = 2, 3, Khi ®ã h·y (i) Chøng minh r»ng a2012 − 2010 chia hÕt cho 2011 (ii) T×m sè hạng tổng quát dÃy S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn KÕt luận luận văn Trong luận văn tác giả đà trình bầy nội dung sau đây: (1) Vành, ước không, miền nguyên, đồng cấu, trường, vành đa thức nghiệm (2) Vành chuỗi lũy thừa hình thức, khái niệm hàm sinh mũ hàm sinh thường vài dÃy số liên quan (3) Nghiên cøu mét sè d·y sè Fibonacci, d·y Catalan, d·y Stirling dÃy đa thức Bernoulli, Hàm sinh Dirichlet hàm Zeta-Riemann, tích vô hạn (4) Tính số công thức đóng số dÃy chứng minh Đồng thức Newton Do thời gian dung lượng nên luận văn dừng lại mức tìm hiểu giới thiệu "Vành chuỗi luỹ thừa hình thức" số "Hàm sinh" d·y sè Trong thêi gian tíi, nÕu ®iỊu kiƯn cho phép, tác giả nghiên cứu, tìm hiểu kỹ ®Ĩ cã thĨ ®a mét sè kÕt qu¶ cã tính ứng dụng thực tiễn phục vụ trình học tập giảng dạy Trong trình thực luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè để hoàn thiện luận văn tốt Tác giả xin chân thành cảm ơn 59 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] H.X Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 2001 [2] N.V Hải, N.K Minh H.Q Vinh, Các thi Olympic To¸n THPT ViƯt Nam (1990-2006), NXB Gi¸o dơc, 2007 [3] R Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza, Boston, MA 02116-4324 [4] K.H Wehrahn, Combinatorics-An Introduction, Carslaw Publications 1992 60 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn