số catalan và vài ứng dụng

Mục lục LỜI CẢM ƠN 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm tổ hợp 1.2 Khai triển nhị thức Newton 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin Số Catalan 12 2.1 Định nghĩa tính chất số Catalan 12 2.2 Hàm sinh số Catalan 14 2.3 Ứng dụng hàm sinh toán đếm 19 2.4 Công thức truy hồi 20 2.5 Đường dẫn Dyck dãy chấp nhận 23 2.6 Đường đơn điệu 26 2.7 Bài toán tam giác đạc Euler 29 Số Catalan phương trình vi phân 35 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan 35 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan 42 Tài liệu tham khảo 48 LỜI MỞ ĐẦU Trong khóa luận này, tổng quan ngắn số Catalan, nhấn mạnh vào liên hệ với toán tam giác đạc Euler, đưa cách tiếp cận số Catalan dùng họ phương trình vi phân Từ tốn tam giác phân đa giác lồi năm 1751 toán dãy dấu ngoặc đơn Catalan năm 1838, có gần 400 báo liên quan đến số Catalan Hiện nay, số Catalan sử dụng nhiều lĩnh vực đại số, số học, hình học, lý thuyết đồ thị, phương trình vi phân, Xuất phát từ lí nên tơi chọn đề tài “Số Catalan ứng dụng” Nội dung khóa luận gồm định nghĩa số Catalan, hàm sinh số Catalan, toán đếm phép tam giác đạc Euler, số Catalan phương trình vi phân Khóa luận gồm ba chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Số Catalan Chương 3: Số Catalan phương trình vi phân Khóa luận hồn thành hướng dẫn tận tình TS Lê Huy Tiễn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy tận tâm truyền đạt kiến thức, giúp đỡ tác giả hồn thành khóa luận Trong q trình học tập làm khóa luận, tác giả nhận quan tâm, giúp đỡ Khoa Toán, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội Tác giả xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu MỤC LỤC Kiến thức nội dung khóa luận mơ tả qua sơ đồ sau: Dãy Catalan Hàm sinh Catalan Phương trình vi phân Catalan Tam giác phân Euler Đường dẫn Dyck - Dãy chấp nhận - Đường đơn điệu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm tổ hợp Định nghĩa 1.1.1 Mỗi tập gồm k phần tử tập n phần tử khác gọi tổ hợp chập k tập n phần tử Trong khóa luận này, ta dùng hai ký hiệu sau để số tổ hợp chập k tập gồm n phần tử khác   Cnk =   n k  Kết sau biết rõ Mệnh đề 1.1.2 Số tổ hợp chập k tập gồm n phần tử khác   n   k = n! k!(n − k)! Ta dễ dàng kiểm tra tính chất sau •     •    n   n =   = 1; n n   k  n  =  ; n−k 1.1 Khái niệm tổ hợp •      n + 1 =   k+1 k+1 n   + k  n   Ví dụ 1.1.3 Chứng minh rằng: với hai số tự nhiên n, k thỏa mãn ≤ k ≤ n ln có bất đẳng thức     2n + k  2n − k   ·  n n  ≤  2 2n n  Lời giải Với k = 0, bất đẳng thức hiển nhiên Với k > ta    2n + k   n  2n − k  . n  Bất đẳng thức tương đương :    2n + k − 1 ≤ . n  2n − k + 1 n  (2n + k)! (2n − k)! (2n + k − 1) (2n − k + 1)! ≤ n!(n + k)! n!(n − k)! n!(n + k − 1)! n!(n − k + 1)! hay n+k Vậy     2n + k  2n − k   .  n n từ suy  n+k−1 2n + k − 1 2n − k + 1 ≤  .  n n    2n + k  2n − k   ·  n     n  ≤ ··· ≤   2 2n n  Tính chất 1.1.4 Cho n r số ngun khơng âm Khi   n   r Chứng minh    n n−r    =  n   =   n−r   n n! n! n! = = =   (n − r)![n − (n − r)!] (n − r)!r! r!(n − r)! r 1.2 Khai triển nhị thức Newton Tính chất 1.1.5 (Cơng thức Pascal) Cho n r số nguyên dương bất kỳ, với r ≤ n Khi   n   r     n − 1 n − 1 =  +  r r−1 Chứng minh     n − 1 n − 1  +  r−1 r = (n − 1)! (n − 1)! + (r − 1)!(n − r)! r!(n − r − 1)! r(n − 1)! (n − r)(n − 1)! + r!(n − r)! r!(n − r)! (n − 1)![r + (n − r)] = r!(n − r)! n(n − 1)! = r!(n − r)! n! = r!(n − r)! =   =  1.2 n r  Khai triển nhị thức Newton Mệnh đề 1.2.1 (Newton) Công thức khai triển lũy thừa (x + y)n sau: (x + y)n = n r=0   n r n−r  x y r Chứng minh Ta chứng minh kết phương pháp qui nạp theo n Với n = 0, n = công thức hiển nhiên Giả sử công thức với n Ta 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin với n + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có biến đổi: (x + y)n+1 = (x + y)n (x + y)  =  n r=0 = n r=0    n r n−r   (x + y)  x y r   n  x r+1 n−r y r   +   n r=0   n r n−r+1  x y r       n n+1 n n n n n n−1 = +   +   xy +   +   x y  y 0 1       n n+1 n n  n  + ··· +   +   x y +   x  n n n−1 = n+1 r=0   n + 1 r n+1−r  x y r Từ ta có (x + y)n+1 = n+1 r=0   n + 1 r n+1−r  x y r Vậy ta suy cơng thức với n + Tóm lại, cơng thức với số nguyên không âm n 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin Định nghĩa 1.3.1 Cho hàm f khả vi đến cấp (n + 1) a ∈ R tức f khả vi liên tục đến cấp n lân cận a có đạo hàm cấp n + a Gọi đa thức Pn (x) với degPn (x) ≤ n thỏa mãn điều kiện Pn(k) (a) = f (k) (a), k = 0, 1, , n đa thức Taylor f (x) lân cận điểm a, phần qui khai triển hữu hạn bậc n a f (x) Định nghĩa 1.3.2 Nếu a = Pn (x) gọi đa thức Maclaurin f (x) 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin Định lý 1.3.3 Nếu Pn (x) đa thức Taylor f (x) lân cận a có dạng f (a) f n (a) Pn (x) = f (a) + (x − a) + · · · + (x − a)n 1! n! Chứng minh Giả sử tồn đa thức thứ hai Qn (x) hiệu Pn (x) − Qn (x) đa thức khơng có bậc vượt q n có nghiệm x = a bội (n + 1) chứng tỏ Pn (x) = Qn (x) Đặt Pn (x) = A0 + A1 (x − a) + · · · + An (x − a)n Pn(k) (a) = k!Ak = f (k) (a) ⇒ Ak = Chứng tỏ f (k) (a) k! (k = 0, 1, , n) f (k) (a) Pn (x) = (x − a)n k! k=0 n Cho Pn (x) đa thức Taylor f (x) lân cận a Gọi rn (x) = f (x) − Pn (x) phần dư Taylor bậc n a f (x) Hệ 1.3.4 Phần dư rn (x) có dạng rn (x) = f (n+1) (c) (x − a)(n+1) (n + 1)! với c ∈ (a, x), hay c = a + θ(x − a), < θ < 1, gọi phần dư dạng Lagrange Chứng minh Rõ ràng rn (a) = rn (a) = · · · = rnn (a) = Đặt G(x) = (x − a)n+1 10 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin G(a) = G (a) = · · · = Gn (a) = G(n+1) (a) = (n + 1)! Với x = a |x − a| < δ, theo định lý Cauchy có rn (x) rn (x) − rn (a) r (c1 ) = = n , G(x) G(x) − G(a) G (c1 ) c1 ∈ (a, x) r (x) − rn (a) r” (c1 ) rn (x) = n = n” , G (x) G (x)G (a) G (c1 ) c2 ∈ (a, c1 ) Sau (n + 1) lần áp dụng định lý Cauchy, kết rn (x) rn(n+1) (c) = (n+1) G(x) G (c) với c ∈ (a, cn ) ⊂ (a, cn−1 ) ⊂ · · · ⊂ (a, x) mà rn(n+1) (c) = f (n+1) (c), G(n+1) (c) = (n + 1)! Suy rn (x) = f (n+1) (c) (x − a)n+1 (n + 1)! Định nghĩa 1.3.5 Gọi công thức f (k) (a) f (n+1) (a + θ(x − a)) k f (x) = (x − a) + (x − a)n+1 k! (n + 1)! k=0 n công thức Taylor bậc n, hay khai triển hữu hạn bậc n hàm f (x) lân cận a Định nghĩa 1.3.6 Gọi công thức f (x) = f (k) (0) k f (n+1) (θx) n+1 (x) + (x) k! (n + 1)! k=0 n công thức Maclaurin bậc n, hay khai triển hữu hạn bậc n hàm f (x) lân cận rn (x) f (n+1) (c) = (x − a) (x − a)n (n + 1)! dần đến x → a nghĩa rn (x) = O((x − a)n ) Với giả thiết f (n+1) bị chặn Nếu f n+1 bị chặn lân cận a rõ ràng lân cận a lấy gần f (x) lân cận a đa thức Pn (x) với sai số rn (x) = O((x − a)n ) 11 1.3 Chuỗi Taylor-Maclaurin Ví dụ 1.3.7 Tìm khai triển Maclaurin hàm f (x) = (1 + x)α , α ∈ R, x ∈ X phụ thuộc α Với lân cận f ∈ C ∞ f (k) (x) = α(α − 1) (α − k + 1)(1 + x)α−k f (k) (0) = α(α − 1) (α − k + 1) Suy (1 + x)α = + αx + α(α − 1) xn x2 + · · · + α(α − 1) (α − n + 1) + · · · n! 34 2.7 Bài toán tam giác đạc Euler ×7 xoay ×14 xoay ×7 xoay ×7 xoay Dường phân tích C4 = 14 = + + + = lớp C5 = 42 = 14 + + + + = lớp hay phân tích tương tự cho Cn liên quan đến cấp nhóm thương nhóm đối xứng Tuy nhiên tác giả khóa luận chưa làm rõ Chúng tơi phát biểu tốn mở phần Kết luận Chương Số Catalan phương trình vi phân Trong mục này, cho cách tiếp cận số Catalan qua phương trình vi phân Gọi hàm sinh dãy Catalan hàm sinh Catalan Xây dựng họ phương trình vi phân nhận hàm sinh nghiệm 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan Định lý 3.1.1 Họ phương trình vi phân C (N ) = N (N )(1 − 4t)− 2N −i C i+1 (N = 1, 2, 3, ) i=1 có nghiệm C = C(t) = √ + − 4t (3.1) 36 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan a1 (N ) = 2N −1 (2N − 3)!!, (N ) = N −i i! N −i N −i−ki−1 ki−1 =0 ki−2 =0 i−1 i−1 l=1 j=l+1 (2N − × × (2N − i−1 N −i−ki−1 −···−k2 k1 =0 )kj − 2i − + l; 2)kl )kj − 2i − 1)!! j=1 Chứng minh Giả sử C = C(t) = √ + − 4t (3.2) Sau đó, từ (3.2), ta có √ d C(t) = (1 − 4t)− 4(1 + − 4t)−2 dt = (1 − 4t)− C , C (1) = (3.3) C (2) = d (1) C = 2(1 − 4t)− C + 2(1 − 4t)− CC (1) dt 1 = 2(1 − 4t)− C + 2(1 − 4t)− C (1 − 4t)− C (3.4) = 2(1 − 4t)− C + 2(1 − 4t)− C Vì vậy, dẫn đến công thức: C (N ) = N (N )(1 − 4t)− 2N −i i=1 N = 1, 2, 3, Từ (3.5), ta nhận C i+1 (3.5) 37 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan C (N +1) = = + = + = + = + d (N ) C dt N 2(2N − i)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N (i + 1)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N 2N −i (i + 1)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N 2N −i (i + 1)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N iai−1 (N )(1 − 4t)− 2N +2−i C i+1 2N +2−i 2N +1−i 2(2N − i)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N 2N +2−i C i (1 − 4t)− C 2(2N − i)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N C (i+1) C i C (1) 2(2N − i)ai (N )(1 − 4t)− i=1 N 2N +2−i (3.6) C i+1 C i+2 2N +2−i C i+1 C i+1 i=1 Mặt khác, thay N N + (3.5), ta có C (N +1) = N +1 (N + 1)(1 − 4t)− 2N +2−i C (i+1) (3.7) i=1 Từ (3.6) đến (3.7), có quan hệ truy hồi sau: a1 (N + 1) = 2(2N − 1)a1 (N ), (3.8) aN +1 (N + 1) = (N + 1)aN (N ), (3.9) (N + 1) = iai−1 (N ) + 2(2N − i)ai (N ), (2 ≤ i ≤ N ) (3.10) Trong phép cộng, từ (3.3) đến (3.5), thấy a1 (1)(1 − 4t)− C = C (1) = (1 − 4t)− C 1 (3.11) 38 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan Do đó, từ (3.11), ta có a1 (1) = (3.12) với số ngun N, (2N − 1)!! ta có (2N − 1)!! = (2N − 1)(2N − 3) (3.13) Từ (3.8) (3.12), ý a1 (N + 1) = 2(2N − 1)a1 (N ) = 22 (2N − 1)(2N − 3)a1 (N − 1) = (3.14) = 2N (2N − 1)(2N − 3) 1a1 (1) = 2N (2N − 1)!! aN +1 (N + 1) = (N + 1)aN (N ) = (N + 1)N aN −1 (N − 1) = = (N + 1)N 2a1 (1) = (N + 1)! Sau đây, ta ký hiệu: (x; α)n = x(x − α) (x − (n − 1)α), (x; α)0 = với n ≥ 1, (3.15) 39 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan Với i = (3.10), ta có a2 (N + 1) = 2a1 (N ) + 2(2N − 2)a2 (N ) (3.16) = 2a1 (N ) + 2(2N − 2)(2a1 (N − 1) + 2(2N − 4)a2 (N − 1)) = (a1 (N ) + 2(2N − 2)a1 (N − 1)) + 22 (2N − 2)(2N − 4)a2 (N − 1) = 2(a1 (N ) + 2(2N − 2)a1 (N − 1)) + 22 (2N − 2)(2N − 4)(2a1 (N − 2) + 2(2N − 6)a2 (N − 2)) = 2(a1 (N ) + 2(2N − 2)a1 (N − 1) + 22 (2N − 2)(2N − 4)a1 (N − 2)) + 23 (2N − 2)(2N − 4)(2N − 6)a2 (N − 2) = =2 =2 N −2 k=0 N −1 2k (2N − 2; 2)k a1 (N − k) + 2N −1 (2N − 2; 2)N −1 a2 (2) 2k (2N − 2; 2)k a1 (N − k) k=0 Tính tốn tương tự trường hợp i = 2, với i = 4, ta thu a3 (N + 1) = N −2 2k (2N − 3; 2)k a2 (N − k), (3.17) 2k (2N − 4; 2)k a3 (N − k) (3.18) k=0 a4 (N + 1) = N −3 k=0 Thực phép tính, kết luận (N + 1) = i N −i+1 2k (2N − i; 2)k ai−1 (N − k), với ≤ i ≤ N (3.19) k=0 (N + 1) (2 ≤ i ≤ N ) Từ (3.14) đến (3.16), ta có a2 (N + 1) = =2 N −1 k1 =0 N −1 k1 =0 2k1 (2N − 2; 2)k1 a1 (N − k1 ) 2k1 (2N − 2; 2)k1 2N −k1 −1 (2N − 2k1 − 3)!! = 2!2N −1 N −1 (2N − 2; 2)k1 (2N − 2k1 − 3)!! k1 =0 (3.20) 40 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan Ngồi ra, từ (3.17) đến (3.20), ta thu a3 (N + 1) = =3 × N −2 k2 =0 N −2 2k2 (2N − 3; 2)k2 a2 (N − k2 ) 2k2 (2N − 3; 2)k2 2N −k2 −1 k2 =0 N −2−k2 k1 =0 (2N − 2k2 − 4; 2)k1 (2N − 2k1 − 2k1 − 5)!! = 3!2N −2 N −2 N −2−k2 k1 =0 k2 =0 (2N − 3; 2)k2 (2N − 2k2 − 4; 2)k1 × (2N − 2k1 − 2k1 − 5)!! Thực phép tính, ta kết luận (N + 1) = 2N −i+1 i! N −i+1 N −i+1−ki−1 ki−1 =0 ki−2 =0 ··· N −i+1−ki−1 −···−k2 k1 =0 (2N − i; 2)ki−1 (2N − 2ki−1 − i) − 1; 2)ki−2 × · · · × (2N − 2ki−1 − · · · − 2k2 − 2i + 2; 2)k1 (2N − 2ki−1 − · · · − 2k1 − 2i + 1)!! =2 N −i+1 i! N −i+1 N −i+1−ki−1 ki−1 =0 i−1 i−1 l=1 j=l+1 (2N − 2) với ki−2 =0 ··· N −i+1−ki−1 − −k2 k1 =0 kj − 2i + + l; 2)kl × (2N − i−1 kj − 2i + 1)!!, j=1 ≤ i ≤ N Từ định lý trên, ta có cách tiếp cận số Catalan thể định lý Định lý 3.1.2 Cho n = 0, 1, 2, , N = 1, 2, 3, ,  2N − i + m − 1 (i+1) = 4m   (N )Cn−m  (n + N )N i=1 m=0 m N Cn+N n (N ) Định lý 3.1.1  41 3.1 Phương trình vi phân hàm sinh Catalan Chứng minh Ta nhắc lại số Catalan Cn định nghĩa hàm sinh C = C(t) = 1− √ ∞ − 4t = Cn tn 2t n=0 mà 2 √ √ + − 4t − − 4t √ = + − 4t √ − − 4t t = √ − − 4t √ − − 4t = 2t Do ∞ √ C = C(t) = Cn tn = + − 4t n=0 (3.21) Một cách khái quát hơn, số Catalan Cn(r) có cấp r định nghĩa √ + − 4t r ∞ = n=0 Cn(r) tn (3.22) Mặt khác, từ (3.21) ta có C (N ) = ∞ n=0 Cn (n)N tn−N = ∞ Cn+N (n + N )N tn , (3.23) với (3.24) n=0 (x)n = x(x − 1) (x − n + 1), n ≥ 1, (x)0 = 42 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan Mặt khác, từ Định lý 3.1.1, ta có C (N ) = N (N )(1 − 4t) i=1 2N −i C i+1  2N − i + m − 1 m m ∞ (i+1) l  = (N ) Cl=0 t  4 t m=0 t=0 i=1 m   2N − i N ∞ n + m − 1 (i+1) n = (N ) 4m   Cn−m t  n=0 m=0 i=1 m     2N − i ∞ N n + m − 1 (i+1)  n  = 4m   (N )Cn−m  t   n=0 i=1 m=0 m ∞ N 3.2  Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan Định lý 3.2.1 Họ phương trình vi phân N !C N +1 = [ N2 ] bi (N )(1 − 4t) −i C (N −i) N (N = 1, 2, ) (3.25) i=0 có nghiệm C = C(t) = √ , + − 4t b0 (N ) = 1, bi (N ) = (−2)i SN +1−2i,i , 1≤i≤ N Chứng minh Ở rút phương trình vi phân nghịch đảo phương trình có phần trước Với C = C(t) = √ , + − 4t có C (1) = (1 − 4t)− C , (3.26) 43 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan C = (1 − 4t) C (1) (3.27) Lấy đạo hàm vế (3.27), ta có 2CC (1) = −2(1 − 4t)− C (1) + (1 − 4t) C (2) 1 (3.28) Thay (3.26) vào (3.28), thu 2C = −2C (1) + (1 − 4t)C (2) (3.29) Lấy đạo hàm vế (3.29), có 3!C C (1) = −6C (2) + (1 − 4t)C (3) (3.30) Thay (3.26) vào (3.30), ta có 3!C = −6(1 − 4t) C (2) + (1 − 4t) C (3) (3.31) Đặt N !C N +1 = [ N2 ] bi (N )(1 − 4t) −i C (N −i) N (N = 1, 2, ) (3.32) i=0 Ở [x] ký hiệu số nguyên lớn không vượt x Lấy đạo hàm vế (3.32), cho (N + 1)!C N C (1) = [ N2 ] −4 i=0 + [ N2 ] N N − i bi (N )(1 − 4t) −i−1 C (N −i) bi (N )(1 − 4t) −i C (N +1−i) N i=0 = [ N2 +1] −4 i=0 + [ N2 ] i=0 N N + − i bi−1 (N )(1 − 4t) −i C (N +1−i) bi (N )(1 − 4t) −i C (N +1−i) N (3.33) 44 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan Thay (3.26) vào (3.33), nhận (N + 1)!C N +1 = [ N2 +1] −4 i=0 + [ ] N N +1 N + − i bi−1 (N )(1 − 4t) −i C (N +1−i) bi (N )(1 − 4t) N +1 −i C (N +1−i) (3.34) i=0 Hơn nữa, thay N N + (3.32), ta thu (N + 1)!C N +2 = N +1 bi (N + 1)(1 − 4t) N +1 −i C (N +1−i) (3.35) i=0 So sánh (3.34) với (3.35), có cơng thức truy hồi sau Ta xét trường hợp N chẵn N lẻ cụ thể sau b0 (N + 1) = b0 (N ) bi (N + 1) = −4 N + − i bi−1 (N ) + bi (N ), (3.36) với 1≤i≤ N +1 (3.37) Từ (3.27) (3.32), có C = b0 (1)(1 − 4t) C (1) = (1 − 4t) C (1) 1 (3.38) Vì vậy, từ (3.38), thu b0 = (3.39) b0 (N + 1) = b0 (N ) = · · · = b0 (1) = (3.40) Từ (3.36), ta dễ dàng thu Trong công thức (3.37) viết sau bi (N + 1) = −2(N + − 2i)bi−1 (N ) + bi (N ) (3.41) Để tính tốn tiếp, định nghĩa SN,1 = N + (N − 1) + · · · + 1, (3.42) 45 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan SN,j = N SN +1,j−1 + (N − 1)SN,j−1 + · · · + 1S2,j−1 (j ≥ 2) (3.43) Khi đó, b1 (N + 1) = −2N b0 (N ) + b1 (N ) = −2N + b1 (N ) = −2N − 2(N − 1) + b1 (N − 1) (3.44) = ··· = −2(N + (N − 1) · · · + 1) + b1 (1) = −2SN,1 , (3.45) b2 (N + 1) = −2(N − 2)b1 (N ) + b2 (N ) = (−2)2 (N − 2)SN −1,1 + b2 (N ) = (−2)2 ((N − 2)SN −1,1 + (N − 3)SN −2,1 + b2 (N − 1)) = ··· (3.46) = (−2)2 ((N − 2)SN −1,1 + (N − 3)SN −2,1 + · · · + 1S2,1 ) + b2 (3) = (−2)2 SN −2,2 Tương tự trường hợp i = 2, với i = 3, ta thu b3 (N + 1) = (−2)3 SN −4,3 Do kết luận rằng, với ≤ i ≤ (3.47) N +1 , bi (N + 1) = (−2)i SN +2−2i,i (3.48) Khi đó, từ (3.40) (3.48) suy điều phải chứng minh Định lý 3.2.2 Cho k = 0, 1, 2, , N = 1, 2, 3, , ta có (N +1) Ck   [N ] k  N2 − i  k−m = bi (N )Cm+N −i ,   (m + N − i)N −i (−4) N ! i=0 m=0 k − m b0 (N ) = 1, bi (N ) = (−2)i SN +1−2i,i , 1≤i≤ N 3.2 Phương trình vi phân nghịch đảo hàm sinh Catalan 46 Chứng minh Bây giờ, ta đưa kết Định lý 3.2.1 Từ (3.25), ta có sau N! ∞ (N +1) k Ck t = [ N2 ] bi (N ) i=0 k=0 = [ ] N l=0 = ∞ bi (N )  N 2  ( [ N2 ] k k=0 i=0 m=0  l k N    − i k=0 m=0 i=0 ∞ ∞  l  (−4t) × N   − i k−m  − i k−m  ∞ m=0  (−4)  (m + N Cm+N −i (m + N − i)N −i tm k−m × Cm+N −i (m + N − i)N −i tk − i)N −i × (−4)k−m bi (N )Cm+N −i )tk Kết luận tốn mở Khóa luận thực công việc sau Tổng quan số kết số Catalan, làm chi tiết cách tiếp cận số Catalan qua toán tam giác đạc Euler Đưa cách tiếp cận số Catalan thơng qua họ phương trình vi phân, cụ thể xây dựng họ phương trình vi phân có nghiệm hàm sinh dãy số Catalan Minh họa hình học dùng gói lệnh TikZ LATEX Q trình làm khóa luận phát sinh số toán mở sau số Catalan Bài toán Quan hệ số Catalan Cn (cấp của) nhóm thương nhóm đối xứng Sn ? Bài toán xuất phát từ nhận xét đếm cách chia đa giác (đều) thành tam giác con, số cách chia chia thành lớp con, phần tử lớp sai khác phép xoay Bài toán Hàm sinh mũ số Catalan gì? Phương trình vi phân tương ứng với hàm sinh mũ số Catalan gì? Hàm sinh dãy số Catalan Cn chuỗi +∞ Cn tn Chúng quan tâm đến n=0 kết thay hàm sinh hàm sinh mũ dãy số Catalan Cn , tức chuỗi +∞ Cn n=0 tn n! Tác giả khóa luận tiếp tục nghiên cứu mong nhận bình luận, gợi ý thêm Tài liệu tham khảo [1] Steven Roman (2015), An Introduction to Catalan Numbers, Compact Textbooks in Mathematics [2] Richard P Stanley (2015), Catalan Number, Massachusetts Institute of Technology, Cambridge University Press [3] Taekyun Kim and Dae San Kim (2010), A New Approach to Catalan Numbers using differential equations, Russian Journal of Mathematical Physics, 12, pp 1-12 [4] Phan Bích Hồi (2016), Số Catalan ứng dụng, Luận án Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên [5] Frazer Jarvis, Catalan numbers, University of Seheffield www.afjarvis.staff.shef.ac.uk/maths/jarvisspec01.pdf [6] Ngô Thị Nhã, Nguyễn Văn Lợi, Các toán tiếng Catalan www.vietmaths.net/2015/09/cac-bai-toan-noi-tieng-ve-day-catalan html ... quan đến số Catalan Hiện nay, số Catalan sử dụng nhiều lĩnh vực đại số, số học, hình học, lý thuyết đồ thị, phương trình vi phân, Xuất phát từ lí nên tơi chọn đề tài Số Catalan ứng dụng Nội... nghĩa số Catalan, hàm sinh số Catalan, toán đếm phép tam giác đạc Euler, số Catalan phương trình vi phân Khóa luận gồm ba chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Số Catalan Chương 3: Số Catalan. .. 2n   hệ số xn khai triển hàm sinh C(x) n+1 n 19 2.3 Ứng dụng hàm sinh toán đếm 2.3 Ứng dụng hàm sinh toán đếm Ứng dụng hàm sinh toán đếm tìm hệ số xk khai triển hàm sinh với k số phần tử chọn