Một số kết quả về hàm phân chia các số tự nhiên

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LÊ QUỐC ĐẠI
MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ HÀM
PHÂN CHIA CÁC SỐ TỰ NHIÊN
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. LÊ THỊ THANH NHÀN
Thái Ngun - Năm 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1
LỜI CAM ĐOAN
Luận văn được hồn thành dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Lê Thị
Thanh Nhàn. Tơi xin cam đoan các kết quả được trình bày trong luận văn
là do tơi làm và khơng sao chép các luận văn đã được cơng bố trước đó.
Tác giả
Lê Quốc Đại
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />2
Mục lục
LỜI CẢM ƠN 3
LỜI NĨI ĐẦU 5
1 Phép phân chia số tự nhiên 6
1.1 Khái niệm phép phân chia số tự nhiên . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Phép phân chia có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Hàm phân chia sao cho mỗi thành phần khơng q m . . . 14
1.4 Hàm phân chia sao cho mỗi thành phần khơng nhỏ hơn m . 19
2 Hàm phân chia 22
2.1 Tam giác Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Một số cơng thức biểu diễn hàm phân chia . . . . . . . . . 27
2.3 Sơ lược lịch sử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Kết luận 42
Tài liệu tham khảo 43
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />3
LỜI CẢM ƠN
Sau q trình nhận đề tài và nghiên cứu dưới sự hướng dẫn khoa học
của PGS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn, luận văn "Một số kết quả về hàm phân
chia các số tự nhiên" của tơi đã được hồn thành. Có được kết quả này,
đó là nhờ sự dạy bảo hết sức tận tình và nghiêm khắc của Cơ. Tơi xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cơ và gia đình!
Tơi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, Phòng
Đào Tạo - Khoa học - Quan hệ quốc tế và Khoa Tốn - Tin của Trường
Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun đã tạo điều kiện thuận lợi nhất
trong suốt q trình học tập tại trường cũng như thời gian tơi hồn thành
đề tài này. Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các cán bộ
thuộc Phòng Đào tạo và Khoa Tốn - Tin đã để lại trong lòng mỗi chúng
tơi những ấn tượng hết sức tốt đẹp.
Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên trong
lớp cao học Tốn K5C (Khóa 2011 - 2013) đã quan tâm, tạo điều kiện,
động viên cổ vũ để tơi có thể hồn thành nhiệm vụ của mình.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />4
LỜI NĨI ĐẦU
Một phép phân chia số tự nhiên n là một cách viết n thành tổng các số
ngun dương. Chú ý rằng mỗi phép phân chia số n có thể biểu diễn bằng
nhiều cách (sai khác nhau thứ tự của các hạng tử, chẳng hạn 3 = 2 + 1
và 3 = 1 + 2 là 2 cách biểu diễn của một phép phân chia). Vì thế người
ta thường viết mỗi phép phân chia dưới dạng một dãy (p
1
, . . . , p
k
) các số

ngun dương sao cho p
1
≥ . . . ≥ p
k
và n = p
1
+. . .+p
k
. Các số p
1
, . . . , p
k
được gọi là các thành phần của phép phân chia. Kí hiệu P (n) là số cách
chia của số tự nhiên n. Hàm P (n) được gọi là hàm phân chia.
Khái niệm các phép phân chia số ngun được nghiên cứu đầu tiên bởi
nhà tốn học lỗi lạc Leonhard Euler của Thế kỉ 18. Khái niệm này đã
xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Tốn học, Vật lí. Một trong
những kết quả bí ẩn và nổi tiếng trong lí thuyết phép phân chia số tự nhiên
là các đồng nhất thức Roger-Ramanujan, đã được sử dụng và gắn kết với
những chun nghành Tổ hợp, Lí thuyết số, Đa thức đối xứng, Nhóm đối
xứng, Lí thuyết biểu diễn nhóm, Thống kê vật lí, Lí thuyết xác suất, Giải
tích phức, . . .
Lí thuyết phép phân chia các số tự nhiên có một lịch sử lâu dài và ấn
tượng. Từ Thế kỉ 18, Leonhard Euler là người đầu tiên đưa ra cơng thức
truy hồi để tính P (n). Hơn 150 năm sau đó, phương pháp của Euler mới
được hồn thiện để tính tốn thành cơng số P (n) với n ≤ 200. Đến đầu
Thế kỉ 20, Srinivasa Ramanujan và G. H. Hardy đã cho ra phương pháp
xoay vòng "circle method" để tính P (n), và có xấp xỉ đầu tiên tương đối
tốt cho P (n) với n > 200. Một câu hỏi rất khó kéo dài trong rất nhiều
năm là đánh giá xấp xỉ giá trị của P (n) khi n đủ lớn. Cho đến nay, câu

hỏi này vẫn còn là vấn đề mở chưa được giải quyết, nhưng đã có một loạt
câu trả lời bộ phận được đưa ra bởi Hardy-Ramanujan [HR] năm 1918,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />5
bởi Hans Rademacher [R] năm 1943, . . . Đặc biệt, năm 2007, Kathrin
Bringmann và Ken Ono [BO] đã đưa ra một cải tiến vượt bậc cho cơng
thức của Rademacher.
Từ các đồng dư thức nổi tiếng về P(n) phát hiện bởi Ramanujan năm
1921, người ta tiếp tục quan tâm đến tính chất đồng dư thức của P(n).
Năm 1960, M. Newman đã giả thuyết rằng với mỗi cặp số tự nhiên m, r,
tồn tại vơ hạn số ngun dương n sao cho P(n) ≡ r ( mod m). Giả thuyết
này đã được hàng trăm nhà tốn học quan tâm nhưng vẫn chưa được giải
quyết trọn vẹn. Kết quả tốt nhất trả lời bộ phận cho giả thuyết này thuộc
về Ken Ono [O1] trong bài báo trên tạp chí Ann. Math. năm 2000 và S.
Ahlgren và M. Boylan [AB] trong bài báo trên Invent. Math. năm 2003.
Mục đích của luận văn này là trình bày khái niệm và một số kết quả
cơ bản về phép phân chia các số tự nhiên. Các kiến thức viết trong luận
văn chủ yếu tham khảo trong 3 tài liệu sau đây:
1. S. Ahlgren and M. Boylan, Arithmetic properties of the partition
function, Invent. Marth.,153 (2003) 487 - 502.
2. G. E. Andrew and K. Eriksson, Integer Partitions, Cambridge Uni-
versity Press, 2004.
3. H. Torabi, J. Behboodian, S. Mirhosseini, On the number of parati-
tions of sets and natural numbers, Apps. Math. Sci., 33 (2009) 1635 -
1646.
Luận văn gồm 2 chương. Chương 1 dành để trình bày khái niệm và tính
chất cơ bản của phép phân chia các số tự nhiên, phép phân chia có điều
kiện và đặc biệt quan tâm đến 2 dạng phép phân chia có điều kiện: phép
phân chia với các thành phần khơng nhỏ hơn m và phép phân chia với các
thành phần khơng lớn hơn m. Chương 2 trình bày một số kết quả về hàm
phân chia P (n), trong đó có sơ đồ tam giác Pascal để tính giá trị P(n)

(Định lí 2.2.1, Định lí 2.2.4). Phần cuối chương tóm tắt lịch sử Lí thuyết
phép phân chia các số tự nhiên.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />6
Chương 1
Phép phân chia số tự nhiên
Phép phân chia một số ngun được nghiên cứu đầu tiên bởi Leonhard
Euler (15/4/1707 - 18/9/1783). Ơng là nhà vật lí học người Thụy Sĩ. Ơng
cùng với Archimedes và Newton được xem là những nhà tốn học thiên
tài nhất mọi thời đại, ơng cũng được xem là nhà tốn học quan trong nhất
của Thế kỉ 18. Ơng là người đầu tiên sử dụng thuật ngữ "hàm số" để miêu
tả một biểu thức có chứa các đối số như y = f(x). Ơng cũng được xem là
người đầu tiên dùng phép tính vi tích phân trong Vật lí. Ơng được sinh ra
và lớn lên ở thành phố Basel, Thụy Sĩ và được xem là thần đồng tốn học
từ nhỏ. Ơng là giáo sư tốn học tại Saint-petersburg, sau đó là Berlin, rồi
lại chuyển về Saint-petersburg.
Lí thuyết phép phân chia các số tự nhiên đã được xuất hiện trong nhiều
lĩnh vực khác nhau của Tốn học, Vật lí học. Một trong những kết quả bí
ẩn và lừng danh trong lí thuyết phép phân chia số tự nhiên là các đồng
nhất thức Roger-Ramanujan được khám phá một cách độc lập bởi Roger,
Schur và Ramanujan và được xuất bản trong cuốn sách G. H. Hardy [Har]
năm 1940. Các đồng nhất thức Roger-Ramanujan có nhiều ứng dụng và
gắn kết mật thiết với những chun nghành khác nhau của Tốn học như
Tổ hợp, Lí thuyết số, Đa thức đối xứng, Nhóm đối xứng, Lí thuyết biểu
diễn nhóm, Thống kê vật lí, Lí thuyết xác suất, Giải tích phức, . . .
Trong suốt chương này, ln giả thiết n là một số ngun dương. Mục
đích của Chương là giới thiệu khái niệm phép phân chia số tự nhiên, phép
phân chia có điều kiện và một vài dạng đặc biệt như phép phân chia có
đúng i thành phần bằng 1, phép phân chia mà mỗi thành phần đều khơng
nhỏ hơn một số m cho trước, . . .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />7

1.1 Khái niệm phép phân chia số tự nhiên
1.1.1. Định nghĩa. Một phép phân chia số tự nhiên n là một cách viết
n thành tổng của các số ngun dương.
Chú ý rằng một phép phân chia có thể biểu diễn thành nhiều dạng.
Chẳng hạn, 4 = 3 + 1 và 4 = 1 + 3 là hai dạng biểu diễn của cùng một
phép phân chia số 4 thành hai thành phần 3 và 1. Như vậy, hai dạng biểu
diễn của n thành tổng các số ngun dương được xem là của cùng một
phép phân chia nếu chúng chỉ khác nhau về thứ tự các số hạng. Cụ thể,
hai dạng biểu diễn n = a
1
+ . . . + a
r
và n = b
1
+ . . . + b
s
, trong đó a
1
, . .
. , a
r
, b
1
, . . . , b
s
là các số ngun dương, được coi là của cùng một phép
phân chia nếu r = s và tồn tại một hốn vị σ của tập {1, 2, , r} sao cho
a
i
= b

σ(i)
với mọi i = 1, . . . , r.
1.1.2. Ví dụ. Có 5 phép phân chia số 4 sau đây, đó là:
4 = 4
= 3 + 1
= 2 + 2
= 2 + 1 + 1
= 1 + 1 + 1 + 1.
1.1.3. Chú ý. Rõ ràng mỗi phép phân chia số n có duy nhất một dạng
biểu diễn chuẩn, tức là biểu diễn n thành tổng các số ngun dương xếp
theo thứ tự từ lớn đến bé. Vì thế ta có thể coi một phép phân chia số n
là một bộ (p
1
, . . . , p
k
) các số ngun dương thỏa mãn p
1
≥ p
2
≥ . . . ≥ p
k
và tổng của chúng là n. Với kí hiệu như vậy, thay cho cách viết có 5 phép
phân chia của số 4 là:
4 = 4, 4 = 3 + 1, 4 = 2 + 2, 4 = 2 + 1 + 1, 4 = 1 + 1 + 1 + 1.
Ta có thể viết lại phép phân chia này như sau
(4), (3, 1), (2, 2), (2, 1, 1), (1, 1, 1, 1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />8
1.1.4. Định nghĩa. Số phép phân chia của n được kí hiệu là P (n). Hàm
P (n) được gọi là hàm phân chia. Cho thuận lợi, ta quy ước P (n) = 0 với
mọi n < 0 và P (0) = 1.

1.1.5. Ví dụ. Có 7 phép phân chia số 5 sau đây, đó là
5 = 5
= 4 + 1
= 3 + 2
= 3 + 1 + 1
= 2 + 2 + 1
= 2 + 1 + 1 + 1
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1.
Vậy P (5) = 7.
1.1.6. Kí hiệu. Mỗi phép phân chia của n có duy nhất một dạng tiêu
chuẩn (p
1
, . . . , p
k
), trong đó (p
1
, . . . , p
k
) là bộ k số ngun dương xếp theo
thứ tự từ lớn đến bé và tổng của chúng bằng n. Mỗi p
i
trong phép phân
chia (p
1
, . . . , p
k
) được gọi là một phần hay một thành phần của phép phân
chia đó.
1.1.7. Ví dụ. Ta có P(6) = 11 vì có đúng 11 phép phân chia số 6,
đó là:

(6), (5, 1), (4, 2), (4, 1, 1), (3, 3), (3, 2, 1),
(3, 1, 1, 1), (2, 2, 2), (2, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).
1.2 Phép phân chia có điều kiện
Ta hiểu một phép phân chia có điều kiện của số n là một phép phân
chia số n với một điều kiện nào đó trên các thành phần của phép phân
chia. Dưới đây là một số bài tốn thường gặp về phép phân chia có điều
kiện.
(i) Tìm số phép phân chia n sao cho mỗi thành phần đều là số lẻ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />9
(ii) Tìm số phép phân chia n sao cho mỗi thành phần đều là số chẵn.
(iii) Tìm số phép phân chia n sao cho mỗi thành phần là đơi một khác
nhau.
(iv) Tìm số phép phân chia n sao cho các thành phần lặp lại q m
lần.
(v) Tìm số phép phân chia n sao cho khơng có thành phần vượt q m.
(vi) Tìm số phép phân chia n sao cho mỗi thành phần đều khơng nhỏ
hơn m.
(vii) Tìm số phép phân chia n sao cho mỗi phép chia có đúng m thành
phần.
(viii) Tìm số phép phân chia n sao cho có đúng m thành phần bằng 1.
(ix) Tìm số phép phân chia n sao cho khơng có q m thành phần.
(x) Tìm số phép phân chia n sao cho nó có một số chẵn hạng tử và các
hạng tử là đơi một khác nhau.
(xi) Tìm số phép phân chia n sao cho nó có một số lẻ hạng tử và các
hạng tử là đơi một khác nhau.
1.2.1. Ví dụ. Ta có P(8) = 22 vì có đúng 22 phép phân chia số 8,
đó là:
(8), (7, 1), (6, 2), (6, 1, 1), (5, 3), (5, 2, 1), (5, 1, 1, 1), (4, 4), (4, 3, 1), (4, 2, 2),
(4, 2, 1, 1), (4, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 2), (3, 3, 1, 1), (3, 2, 2, 1), (3, 2, 1, 1, 1),
(3, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 2), (2, 2, 2, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1, 1),

(2, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
(i) Có 6 phép phân chia của 8 sao cho các thành phần đều lẻ, đó là:
(7, 1), (5, 3), (5, 1, 1, 1), (3, 3, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
(ii) Cũng có đúng 6 phép phân chia của 8 sao cho khơng có thành phần
nào bị lặp lại, đó là:
(8), (7, 1), (6, 2), (5, 3), (5, 2, 1), (4, 3, 1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />10
Chú ý rằng số phép phân chia n mà các thành phần đều chẵn khơng
nhất thiết bằng số phép phân chia n mà các thành phần đều lẻ. Cụ thể,
có 6 phép phân chia số 8 sao cho các thành phần đều lẻ, nhưng chỉ có 5
phép phân chia số 8 sao cho các thành phần đều chẵn, đó là:
(8), (6, 2), (4, 4), (4, 2, 2), (2, 2, 2, 2).
Bây giờ chúng ta quan tâm đến cơng thức tính số phép phân chia một
số n với những điều kiện đặc biệt. Một cơng cụ quan trọng để tính tốn
trong luận văn này là khái niệm song ánh. Giả sử f : A → B là một ánh
xạ. Ta nói f là song ánh nếu với mỗi phần tử b ∈ B, tồn tại duy nhất một
phần tử a ∈ A sao cho f(a) = b. Giả sử f : A → B là song ánh. Kí hiệu
f
−1
: B → B là quy tắc cho ứng phần tử b ∈ B với phần tử a ∈ A thỏa
mãn f(a) = b. Khi đó f
−1
là một ánh xạ, ánh xạ này cũng là song ánh
và ta gọi f
−1
là ánh xạ ngược của song ánh f. Tính chất sau đây của các
song ánh thường xun được dùng trong chứng minh các kết quả của luận
văn này.
1.2.2. Bổ đề. Giả sử A, B là hai tập hữu hạn và f : A → B là một
song ánh. Khi đó số phần tử của A bằng số phần tử của B.

Từ nay về sau khi A là tập hữu hạn ta kí hiệu Card(A) là số các phần
tử của A. Trước hết, chúng ta nêu cơng thức tính số phép phân chia n
thành các thành phần bằng nhau.
1.2.3. Mệnh đề. Số phép phân chia của n sao cho các thành phần trong
mỗi phép phân chia là bằng nhau chính là số ước của n.
Chứng minh. Gọi A là tập các phép phân chia số n sao cho các thành
phần trong mỗi phép phân chia đúng bằng nhau. Gọi B là tập các ước của
n. Ta thiết lập một ánh xạ ϕ : A → B như sau. Cho (p
1
, . . . , p
k
) ∈ A. Khi
đó p
1
+ . . . + p
k
= n và p
1
= p
2
. . . = p
k
. Suy ra p
i
=
n
k
. Do p
i
là một số

ngun dương nên k là ước của n. Do đó ta đặt ϕ(p
1
, . . . , p
k
) = k ∈ B.
Khi đó ϕ có ánh xạ ngược là ϕ
−1
: B → A cho bởi ϕ
−1
(k) = (p
1
, . . . , p
k
),
trong đó p
i
=
n
k
với mọi i = 1, . . . , k. Do đó ϕ là song ánh. Vì thế số
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />11
phần tử của A bằng số phần tử của B, tức là số phép phân chia của n sao
cho các thành phần trong mỗi phép phân chia là bằng nhau chính là số
ước của n.
1.2.4. Ví dụ. Số 12 có 6 ước là 1, 2, 3, 4, 6, 12. Vì thế có 6 phép phân
chia số 12 sao cho các thành phần trong mỗi phép phân chia đều bằng
nhau, đó là:
(12), (6, 6), (4, 4, 4), (3, 3, 3, 3), (2, 2, 2, 2, 2, 2, ), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Ta nhắc lại kí hiệu của hàm phân chia P (n): Đặt P (n) = 0 với mọi
n < 0 và

P(0) = P(1) = 1. Với n > 1, kí hiệu P (n) là số phép phân chia của n.
Mệnh đề sau đây cho ta cơng thức tính số phép phân chia của n với điều
kiện số 1 khơng xuất hiện trong các thành phần của phép phân chia.
1.2.5. Mệnh đề. Số phép phân chia của n mà mỗi thành phần trong
mỗi phép phân chia đều khác 1 là P (n) − P (n − 1).
Chứng minh. Rõ ràng đẳng thức đúng với n = 1. Giả thiết rằng n > 1.
Gọi A là tập các phép phân chia số n sao cho có ít nhất một thành phần
bằng 1. Gọi B là tập các phép phân chia số n −1. Giả sử (p
1
, . . . , p
k
) ∈ A
là một phép phân chia của n. Vì p
1
≥ p
2
. . . ≥ p
k
≥ 1 nên ta có p
k
= 1. Vì
n > 1 nên p
1
+. . .+p
k−1
= n−1 > 0. Do đó k−1 ≥ 1. Vì thế (p
1
, . . . , p
k−1
)

là phép phân chia của số n − 1. Ngược lại, lấy (q
1
, . . . , q
k
) ∈ B là một
phép phân chia số n − 1. Khi đó (q
1
, . . . , q
k
, 1) là một phép phân chia số
n có chứa thành phần bằng 1, tức là (q
1
, . . . , q
k
, 1) ∈ A. Vì thế ánh xạ
f : A → B cho bởi f(p
1
, . . . , p
k
) = (p
1
, . . . , p
k−1
) là một song ánh. Vì số
phần tử của B là P (n −1) nên A có P(n −1) phần tử. Do đó phép phân
chia cần tìm là P (n) − P (n − 1).
1.2.6. Ví dụ. Ta có P (9) = 30, vì 9 có 30 phép phân chia, đó là:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />12
(9), (8, 1), (7, 2), (7, 1, 1), (6, 3), (6, 2, 1), (6, 1, 1, 1), (5, 4), (5, 3, 1), (5, 2, 2),
(5, 2, 1, 1), (5, 1, 1, 1, 1), (4, 4, 1), (4, 3, 2), (4, 3, 1, 1), (4, 2, 2, 1),

(4, 2, 1, 1, 1), (4, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 3), (3, 3, 2, 1), (3, 3, 1, 1, 1), (3, 2, 2, 2),
(3, 2, 2, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 2, 1), (2, 2, 2, 1, 1, 1),
(2, 2, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Do đó P(9) − P(8) = 30 - 22 = 8. Dễ thấy có đúng 8 phép phân chia
số 9 sao cho trong mỗi phép phân chia các thành phần đều khác 1, đó là:
(9), (7, 2), (6, 3), (5, 4), (5, 2, 2), (4, 3, 2), (3, 3, 3), (3, 2, 2, 2).
1.2.7. Mệnh đề. Cho i ≥ 1 là một số tự nhiên. Khi đó số phép phân chia
của n sao cho trong mỗi phép phân chia có đúng i thành phần bằng 1 là
P (n − i) − P (n − i − 1).
Chứng minh. Nếu i = n thì kết quả hiển nhiên đúng. Do đó ta giả thiết
i < n. Gọi A là tập các phép phân chia số n sao cho trong mỗi phép phân
chia có đúng i thành phần bằng 1. Gọi B là tập hợp các phép phân chia
số n −i sao cho trong mỗi phép phân chia khơng có thành phần nào bằng
1. Ta xây dựng một song ánh f từ A đến B như sau. Lấy (p
1
, . . . , p
k
) ∈ A.
Khi đó p
1
≥ p
2
≥ . . . ≥ p
k−1
> 1 và p
k−i+1
= . . . = p
k
= 1. Do i < n nên
p

1
+ . . . + p
k−i
= n − (p
k−i+1
+ . . . + p
k
) = n −i > 0.
Do đó (p
1
, . . . , p
k−i
) là một phép phân chia số n−i sao cho khơng có thành
phần nào bằng 1. Suy ra (p
1
, . . . , p
k−i
) ∈ B. Ngược lại, cho (q
1
, . . . , q
t
) ∈
B. Khi đó q
1
≥ q
2
≥ . . . ≥ q
t
> 1 và q
1

+ . . . + q
t
= n − i. Do đó
ta có thể bổ sung thêm i tọa độ 1 vào bộ (p
1
, . . . , p
k−i
) ∈ B để được bộ
(q
1
, . . . , q
t
, 1, . . . , 1) ∈ A. Vì thế, đặt f(p
1
, . . . , p
k
) = (p
1
, . . . , p
k−i
) với mọi
(p
1
, . . . , p
k
) ∈ A, ta dễ dàng kiểm tra được f là song ánh. Do đó số phần
tử của A bằng số phần tử của B. Theo Mệnh đề 1.2.5, số phép phân chia số
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />13
n−i sao cho trong mỗi phép phân chia khơng có thành phần nào bằng 1 là
P (n −i) −P (n −i −1). Do đó số phần tử của B là P (n −i) −P (n −i −1)

và vì thế số phép phân chia số n sao cho trong mỗi phép phân chia có đúng
i thành phần bằng 1 là P (n − i) − P (n − i − 1).
1.2.8. Ví dụ. Ta có P(10) = 42, vì 10 có 42 phép phân chia, đó là:
(10), (9, 1), (8, 2), (8, 1, 1), (7, 3), (7, 2, 1), (7, 1, 1, 1), (6, 4), (6, 3, 1),
(6, 2, 2), (6, 2, 1, 1), (6, 1, 1, 1), (5, 5), (5, 4, 1), (5, 3, 2), (5, 3, 1, 1),
(5, 2, 2, 1), (5, 2, 1, 1, 1), (5, 1, 1, 1, 1, 1), (4, 4, 2), (4, 4, 1, 1), (4, 3, 3),
(4, 3, 2, 1), (4, 3, 1, 1, 1), (4, 2, 2, 2), (4, 2, 2, 1, 1), (4, 2, 1, 1, 1, 1),
(4, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 3, 1), (3, 3, 2, 2), (3, 3, 2, 1, 1), (3, 3, 1, 1, 1, 1),
(3, 2, 2, 2, 1), (3, 2, 2, 1, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 2, 2, 2), (2, 2, 2, 2, 1, 1), (2, 2, 2, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Theo mệnh đề trên, số phép phân chia số 10 sao cho trong mỗi phép phân
chia có đúng 5 thành phần bằng 1 là:
P (10 − 5) − P (10 − 5 − 1) = P(5) − P (4) = 7 − 5 = 2.
Cũng từ danh sách 42 phép phân chia số 10 ở trên ta thấy 2 phép phân
chia đó là:
(5, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1, 1, 1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />14
1.3 Hàm phân chia sao cho mỗi thành phần khơng
q m
Trong luận văn này, chúng ta quan tâm đến một loại phép phân chia
có điều kiện, đó là các phép phân chia mà mỗi thành phần của nó khơng
vượt q một số tự nhiên m cho trước. Trong suốt luận văn này, chúng ta
sử dụng kí hiệu sau.
1.3.1. Kí hiệu. Với số ngun dương m, kí hiệu P (n |1, , m) là số phép
phân chia n trong đó mỗi thành phần khơng vượt q m.
Chẳng hạn P(3 |1, 2) = 2 vì có đúng 2 phép phân chia số 3 thành các
thành phần khơng vượt q 2, đó là 3 = 2 + 1 và 3 = 1 + 1 + 1.
Mệnh đề sau đây cho ta cơng thức truy hồi để tính P (n |1, , m).
1.3.2. Mệnh đề. Với mọi số ngun dương n ≥ m ta có

P (n |1, 2, . . . , m) = P (n |1, 2, . . . , m − 1) + P (n − m |1, 2, . . . , m).
Chứng minh. Giả sử (p
1
, . . . , p
k
) là một phép phân chia số n sao cho các
thành phần p
i
đều khơng vượt q m. Nếu p
1
< m thì p
i
< m với mọi
i = 1, . . . , k và trong trường hợp này, (p
1
, . . . , p
k
) là một phép phân chia
số n sao cho các thành phần p
i
đều khơng vượt q m −1. Số phép phân
chia n có tính chất này là P (n |1, 2, . . . , m − 1). Ngược lại, giả sử p
1
= m.
Khi đó p
i
≤ m với mọi i = 2, . . . , k và ta có p
2
+ . . . + p
k

= n −m. Do đó
(p
2
, . . . , p
k
) là một phép phân chia n −m với các thành phần đều khơng
vượt q m. Số phép phân chia có tính chất như thế là P (n |1, 2, . . . , m).
Vì mỗi phép phân chia (p
1
, . . . , p
k
) của n chỉ rơi vào hai trường hợp p
1
= m
hoặc p
1
< m nên ta có kết quả.
1.3.3. Ví dụ. Ta có P (7) = 15 vì có đúng 15 phép phân chia số 7 đó là:
(7), (6, 1), (5, 2), (5, 1, 1), (4, 3), (4, 2, 1), (4, 1, 1, 1), (3, 3, 1),
(3, 2, 2), (3, 2, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 1), (2, 2, 1, 1, 1),
(2, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />15
Theo mệnh đề trên, số phép phân chia số 7 sao cho trong mỗi phép
phân chia các thành phần khơng vượt q 4 là:
(4, 3), (4, 2, 1), (4, 1, 1, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2), (3, 2, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 2, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Vậy P (7 |1, 2, , 4) = P (7 |1, 2, 3) + P (3 |1, 2, 3) = 11.
Định lí sau đây cho ta cơng thức truy hồi khác của P (n |1, 2, . . . , m).
1.3.4. Định lí. Cho m là một số ngun dương. Khi đó ta có
P (n |1, . . . , m) =










P (n), nếu m ≥ n
m

j=1
P (n − j |1, 2, . . . , j), nếu m < n.
Chứng minh. Giả sử (p
1
, . . . , p
k
) là một phép phân chia của n, trong đó
khơng có thành phần p
i
nào vượt q m. Ta quy định ở đây, (p
1
, . . . , p
k
)
là bộ k số ngun dương xếp theo thứ tự từ lớn đến bé mà tổng của chúng
bằng n. Khi đó p
1
là lớn nhất trong các số p

1
, . . . , p
k
và p
1
≤ m.
Xét trường hợp p
1
= m. Khi đó phần còn lại (p
2
, . . . , p
k
) là một phép
phân chia số n −m với các thành phần đều được hạn chế khơng vượt q
m. Như vậy, có P (n −m |1, 2, . . . , m) cách chọn bộ (p
2
, . . . , p
k
) thỏa mãn
(m, p
2
, . . . , p
k
) là phép phân chia số n với các thành phần khơng vượt q
m.
Xét trường hợp p
1
= m −1. Khi đó p
i
≤ m −1 với mọi i = 2, . . . , k. Do

đó, tương tự các lập luận trên, phần còn lại (p
2
, . . . , p
k
) là một phép phân
chia số n −(m −1) với các thành phần đều được hạn chế khơng vượt q
m −1. Vì thế, có P(n −m + 1 |1, 2, . . . , m − 1) cách chọn bộ (p
2
, . . . , p
k
)
thỏa mãn (m − 1, p
2
, . . . , p
k
) là phép phân chia số n với các thành phần
khơng vượt q m.
Cứ tiếp tục q trình trên, cho đến trường hợp p
1
= 1. Khi đó p
i
= 1
với mọi i = 2, . . . , k. Do đó, phần còn lại (p
2
, . . . , p
k
) là một phép phân
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />16
chia số n − 1 với các thành phần đều được hạn chế khơng vượt q 1. Vì
thế, có P (n − 1 |1) cách chọn bộ (p

2
, . . . , p
k
) thỏa mãn (1, p
2
, . . . , p
k
) là
phép phân chia số n với các thành phần khơng vượt q m. Suy ra
P (n | 1, 2, . . . , m) =
m

j=1
P (n − j |1, 2, . . . , j).
1.3.5. Ví dụ. Có đúng 11 phép phân chia số 7 sao cho mỗi thành phần
khơng vượt q 4. Các phép phân chia đó là:
(4, 3), (4, 2, 1), (4, 1, 1, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2), (3, 2, 1, 1),
(3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Từ Định lí 1.3.4, ta tính được số phép phân chia của n sao cho các
thành phần của chúng khơng vượt q 2, điều này được thể hiện trong hệ
quả sau. Với mỗi số thực x ≥ 0, kí hiệu [x] là phần ngun của x, tức là
số ngun lớn nhất khơng vượt q x.
1.3.6. Hệ quả. Có đúng [n/2] + 1 phép phân chia số n, trong đó mỗi
thành phần chỉ có thể bằng 1 hoặc 2.
Chứng minh. Sử dụng kí hiệu trong Định lí 1.3.4, gọi P (n |1, 2) là số
phép phân chia n sao cho mỗi thành phần khơng vượt q 2 ( tức là chỉ có
thể bằng 1 hoặc 2). Ta tính P(n |1, 2) bằng cách sử dụng cơng thức truy hồi
trong Định lí 1.3.4. Đặt n = 2t + i, trong đó t là số tự nhiên và i ∈ {0, 1}.
Khi đó [n/2] = t. Chú ý rằng với mỗi số tự nhiên r, chỉ có đúng 1 phép
phân chia r với tất cả các thành phần đều bằng 1. Theo Định lí 1.3.4, ta có

P (n |1, 2) = P(n − 1 |1) + P (n − 2 |1, 2)
= 1 + P (n − 2 |1, 2)
= 1 + P (n − 2 − 1 |1) + P (n − 2.2 |1, 2)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />17
= 2 + P (n − 2.2 |1, 2)
=
= t + P (n − 2t |1, 2)
= t + P (i |1, 2)
= t + 1.
Do t = [n/2] nên P (n |1, 2) = [n/2] + 1.
1.3.7. Ví dụ. Từ hệ quả 1.3.6, có đúng [11/2] + 1 = 6 phép phân chia số
11 sao cho mỗi thành phần khơng vượt q 2. Các phép phân chia đó là:
(2, 2, 2, 2, 2, 1), (2, 2, 2, 2, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
1.3.8. Hệ quả. Có đúng

(n + 3)
2
/12

phép phân chia số n trong đó mỗi
thành phần chỉ có thể bằng 1,2 hoặc 3.
Chứng minh. Giả sử n = 3t+i, trong đó t là số tự nhiên và i ∈ {0, 1, 2}.
Sử dụng cơng thức trong Định lí 1.3.4 và Hệ quả 1.3.6 ta có
P (n |1, 2, 3) = P (n − 1 |1) + P (n − 2 |1, 2) + P (n − 3 |1, 2, 3)
= P (n |1, 2) + P (n − 3 |1, 2, 3)
= 1 + [n/2] + P (n − 3 |1, 2, 3)
Như vậy, chúng ta có cơng thức truy hồi
P (n |1, 2, 3) = 1 + [n/2] + P (n −3 |1, 2, 3).
Sử dụng cơng thức truy hồi này, sau t bước ta có

P (n |1, 2, 3) = 1 + [n/2] + P (n −3 |1, 2, 3)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />18
= 2 + [n/2] + [(n − 3)/2] + P (n −3.2 |1, 2, 3)
= 3 + [n/2] + [(n − 3)/2] + [(n − 2.3)/2] + P (n −3.3 |1, 2, 3)
= . . . . .
= t + [n/2] + [(n − 3)/2] + + [(n − 3(t − 1))/2] + P (n −3t |1, 2, 3)
= t + [n/2] + [(n − 3)/2] + + [(n − 3(t − 1))/2] + P (i |1, 2, 3).
Chú ý rằng i ∈ {0, 1, 2} và
P (0 |1, 2, 3) = P (1 |1, 2, 3) = 1; P (2 |1, 2, 3) = 2.
Đặt t = 4k + j, trong đó j ∈ {0, 1, 2, 3}. Khi đó n = 12k + 3j + i.
Bằng cách xét tất cả các trường hợp theo cặp (i, j) với i ∈ {0, 1, 2,} và
j ∈ {0, 1, 2, 3}, đồng thời sử dụng tính chất quen thuộc của cấp số cộng,
ta có thể chứng minh được đẳng thức
t+[n/2]+[(n − 3)/2]+. . .+[(n − 3(t − 1))/2]+P (i |1, 2, 3) =

(n + 3)
2
/12

.
Do đó ta có điều phải chứng minh.
1.3.9. Ví dụ. Từ Hệ quả 1.3.8, có đúng

(11 + 3)
2
/12

= 16 phép phân
chia số 11 sao cho mỗi thành phần khơng vượt q 3. Các phép phân
chia đó là:

(3, 3, 3, 2) , (3, 3, 3, 1, 1) , (3, 3, 2, 2, 1) , (3, 3, 2, 1, 1, 1) , (3, 3, 1, 1, 1, 1, 1) ,
(3, 2, 2, 2, 2) , (3, 2, 2, 2, 1, 1) , (3, 2, 2, 1, 1, 1, 1) , (3, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1) ,
(3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) , (2, 2, 2, 2, 2, 1) , (2, 2, 2, 2, 1, 1, 1) , (2, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1) ,
(2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) , (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) , (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />19
1.4 Hàm phân chia sao cho mỗi thành phần khơng
nhỏ hơn m
Trong luận văn này chúng ta trình bày một cơng thức tính hàm phân
chia P (n) theo các hàm trung gian P(m; n), trong đó P (m; n) là số cách
chia n sao cho trong mỗi phép phân chia mỗi thành phần đều lớn hơn hoặc
bằng m. Trong luận văn này, ta ln dùng kí hiệu sau.
1.4.1. Kí hiệu. Với mỗi số ngun dương m, kí hiệu P (m; n) là số cách
chia n sao cho mỗi thành phần đều lớn hơn hoặc bằng m.
Chẳng hạn, P(3; 9) = 4 vì có đúng 4 phép phân chia số 9 sao cho mỗi
thành phần đều khơng nhỏ hơn 3, đó là:
(9), (6, 3), (5, 4), (3, 3, 3).
Bằng tính tốn cụ thể, dễ dàng kiểm tra được
P (1; 4) = 5, P (2; 8) = 7, P(3; 12) = 9,
P (4; 16) = 11, P (5; 20) = 13, P(6; 24) = 16.
Với n =10 và m = 1, 2, . . . , 10, ta có dãy P(m; n) như sau
P (1; 10) = 42, P (2; 10) = 12, P(3; 10) = 5, P (4; 10) = 3, P(5; 10) = 2,
P (6; 10) = 1, P (7; 10) = 1, P(8; 10) = 1, P (9; 10) = 1, P(10; 10) = 1.
1.4.2. Bổ đề. P (2; n) = P(n) − P (n − 1).
Chứng minh. Chú ý rằng số phép phân chia n sao cho mỗi thành phần
đều lớn hơn hoặc bằng 2, chính là số phép phân chia n sao cho mỗi thành
phần đều khác 1. Vì thế từ Mệnh đề 1.2.5 ta có
P (2; n) = P(n) − P (n − 1).
1.4.3. Ví dụ. Ta có
P (2; 10) = P(10) − P (9) = 42 −30 = 12.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />20

Thực tế, ta kiểm tra được có đúng 12 phép phân chia số 10 sao cho mỗi
thành phần khơng nhỏ hơn 2, đó là:
(10), (8, 2), (7, 3), (6, 4), (6, 2, 2), (5, 5), (5, 3, 2),
(4, 4, 2), (4, 3, 3), (4, 2, 2, 2), (3, 3, 2, 2), (2, 2, 2, 2, 2).
1.4.4. Bổ đề. Số phép phân chia n sao cho thành phần nhỏ nhất đúng
bằng m chính là số phép phân chia n − m sao cho mỗi thành phần đều
khơng nhỏ hơn m.
Chứng minh. Nếu m ≥ n thì cơng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta
giả thiết m < n. Gọi A là tập các phép phân chia số n sao cho thành phần
nhỏ nhất đúng bằng m. Gọi B là tập các phép phân chia số n − m sao
cho mỗi thành phần đều lớn hơn hay bằng m. Giả sử (p
1
, . . . , p
t
) ∈ A. Vì
p
1
≥ p
2
≥ . . . ≥ p
t
nên thành phần nhỏ nhất của phép phân chia p
t
phải
bằng m. Vì m < n nên
p
1
+ . . . + p
t−1
= n − m > 0.

Do đó (p
1
, . . . , p
t−1
) là một phép phân chia số n −m. Vì p
1
≥ p
2
≥ . . . ≥
p
t−1
≥ m nên mỗi thành phần p
i
của phép phân chia (p
1
, . . . , p
t−1
) đều
khơng nhỏ hơn m, tức là (p
1
, . . . , p
t−1
) ∈ B. Ngược lai, cho (q
1
, . . . , q
k
) ∈
B. Khi đó q
1
≥ q

2
≥ . . . ≥ q
k
≥ m và q
1
+ . . . + q
k
= n − m. Vì thế
(q
1
, . . . , q
k
, m) là phép phân chia của n với thành phần nhỏ nhất là m, tức
là (q
1
, . . . , q
k
, m) ∈ A. Do đó ánh xạ f : A → B cho bởi f(p
1
, . . . , p
t
) =
(p
1
, . . . , p
t−1
) là một song ánh. Từ đó ta có kết quả.
1.4.5. Ví dụ. Cho n = 11 và m = 3. Ta có P (m; n − m) = P(3; 8). Chú
ý rằng P (3; 8) = 3 vì có đúng 3 phép phân chia số 8 sao cho mỗi thành
phần đều khơng nhỏ hơn 3, đó là (8), (5,3), (4,4). Do vậy theo Bổ đề 1.4.4

có đúng 3 phép phân chia số 11 sao cho thành phần bé nhất bằng 3, đó là
(8, 3), (5, 3, 3), (4, 4, 3).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />21
1.4.6. Bổ đề. Ta có
P (m; n) =













0 nếu m > n
1 nếu m = n
P (m + 1; n) + P (m; n − m) nếu m < n.
Chứng minh. Đẳng thức hiển nhiên đúng khi m ≥ n. Do đó ta giả thiết
m < n. Gọi A tập các phép phân chia n sao cho mỗi thành phần khơng
nhỏ hơn m. Khi đó A = B ∪C, trong đó B là tập các phép phân chia n sao
cho thành phần nhỏ nhất đúng bằng m và C là tập hợp các phép phân chia
số n sao cho mỗi thành phần khơng nhỏ hơn m + 1. Rõ ràng B ∩ C = ∅.
Vì thế số phần tử của A bằng số phần tử của B ∪C, và bằng số phần tử
của B cộng với số phần tử của C. Chú ý rằng A có đúng P(m; n) phần tử
và C có đúng P(m + 1; n) phần tử. Theo Bổ đề 1.4.4, số phần tử của B là
P (m; n − m). Vì thế ta có P (m; n) = P(m + 1; n) + P (m; n − m).

1.4.7. Ví dụ. Cho n = 13 và m = 3. Theo Ví dụ 1.4.5 ta có
P (m; n − m) = P (3; 8) = 3. Chú ý rằng P(m + 1; n) = P (4; 11) = 3 vì
có đúng 3 phép phân chia số 11 sao cho mỗi thành phần đều khơng nhỏ
hơn 4, đó là:
(11), (7, 4), (6, 5).
Do vậy, theo Bổ đề 1.4.6, ta có
P (3; 11) = P(3; 8) + P (4; 11) = 3 + 3 = 6.
Chú ý rằng 6 phép phân chia số 11 sao cho mỗi thành phần khơng nhỏ
hơn 3 là:
(11), (8, 3), (7, 4), (6, 5), (5, 3, 3), (4, 4, 3).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />22
Chương 2
Hàm phân chia
Như thường lệ, kí hiệu P (n) là số phép phân chia số tự nhiên n thành
tổng các số ngun dương. Mục tiêu của Chương 2 là nghiên cứu một số
cơng thức và cách tính tốn hàm phân chia P(n).
2.1 Tam giác Pascal
Trong luận văn này, chúng ta trình bày cách tính số phép phân chia
P (n) của n theo một biểu đồ hình tam giác, gọi là tam giác Pascal. Trong
suốt luận văn, ta dùng kí hiệu sau.
2.1.1. Kí hiệu. Với k là một số ngun dương, kí hiệu P
k
(n) là số phép
phân chia n sao cho mỗi phép phân chia có đúng k thành phần.
Chẳng hạn P
2
(4) = 2 vì có đúng 2 phép phân chia số 4 thành hai thành
phần, đó là 4 = 3 + 1 và 4 = 2 + 2.
2.1.2. Định lí. Với mọi số ngun dương n ta có
(i) P (n) =

n

k=1
P
k
(n).
(ii) P
k
(n) =
n

i=1
P
i
(n − k) với mọi k = 1, . . . , n −1.
(iii) P (n) = 1 +
n−1

k=1
k

i=1
P
i
(n − k).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />23
Chứng minh. Rõ ràng nếu n được chia thành k thành phần thì
k ∈ {1, . . . , n}. Vì thế P (n) =
n


k=1
P
k
(n). Do đó phát biểu (i) được chứng
minh. Vì P
n
(n) = 1 nên để chứng minh (iii) ta chỉ cần chứng minh (ii),
tức là cần chỉ ra P
k
(n) =
k

i=1
P
i
(n − k) với mọi k = 1, . . . , n - 1. Bây
giờ ta chứng minh (ii). Gọi A là tập hợp các phép phân chia số n thành
đúng k phần. Gọi B
i
là tập hợp các phép phân chia số n −k thành đúng
i phần và đặt B =

k
i=1
B
i
. Cho (p
1
, . . . , p
k

) ∈ A là một phép phân chia
số n thành đúng k phần. Giả sử phép phân chia (p
1
, . . . , p
k
) có đúng t
thành phần bằng 1, tức là p
1
≥ p
2
≥ . . . ≥ p
k−t
> 1 và p
j
= 1 với mọi
j = k −t + 1, . . . , k. Khi đó (p
1
−1, . . . , p
k−t
−1) là một phép phân chia
của số n −k thành đúng k −t thành phần. Đặt i = k −t. Vì t là số thành
phần bằng 1 trong phép phân chia (p
1
, . . . , p
k
) nên t ≤ k. Nếu t = k thì
n = p
1
+ . . . + p
k

= 1 + . . . + 1 = k ≤ n −1,
điều này là vơ lí, vì thế t < k. Do đó i ∈ {1, , k}. Vì thế ta dễ dàng kiểm
tra được (p
1
−1, . . . , p
k−t
−1) là một phần tử của B
i
. Do đó ta có ánh xạ
f : A → B định nghĩa bởi
f(p
1
, . . . , p
k
) = (p
1
− 1, . . . , p
i
− 1) ∈ B
i
⊆ B.
Lấy (q
1
, . . . , q
i
) ∈ B
i
. Khi đó q
1
+ . . . + q

i
= n − k. Suy ra
(q
1
+ 1) + . . . + (q
i
+ 1) + 1 + . . . + 1 = n,
trong đó trong tổng có k −i hạng tử 1. Vì thế (q
1
+ 1, . . ., q
i
+ 1, 1, . . . , 1)
là một phép phân chia số n thành k phần. Do đó ánh xạ g : B → A cho
bởi g(q
1
, . . . , q
i
) = (q
1
+ 1, . . . , q
i
+ 1, 1, . . . , 1) là một ánh xạ và rõ ràng
g ánh xạ ngược của f. Do đó f là một song ánh, tức là A và B có cùng số
phần tử. Vì thế
P
k
(n) =
k

i=1

P
i
(n − k), với mọi k = 1, . . . , n −1.
Do đó (ii) được chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />24
Chẳng hạn, để tính P(5) ta sử dụng cơng thức trong Định lí 2.1.2(i)
P (5) = P
1
(5) + P
2
(5) + P
3
(5) + P
4
(5) + P
5
(5)
= 1 + 2 + 2 + 1 + 1 = 7.
Từ cơng thức đầu tiên P(n) =
n

k=1
P
k
(n) trong Định lí 2.1.2(i), chúng ta
có biểu đồ tam giác sau đây (gọi là tam giác Pascal) để tính P(n):
P
1
(1)
P

1
(2) P
2
(2)
P
1
(3) P
2
(3) P
3
(3)
P
1
(4) P
2
(4) P
3
(4) P
4
(4)
P
1
(5) P
2
(5) P
3
(5) P
4
(5) P
5

(5)
P
1
(6) P
2
(6) P
3
(6) P
4
(6) P
5
(6) P
6
(6)

Bằng việc tính tốn trực tiếp ta có
P
1
(1) = 1, P
1
(2) = 1, P
2
(2) = 1, P
1
(3) = 1, P
2
(3) = 1, P
3
(3) = 1
P

1
(4) = 1, P
2
(4) = 2, P
3
(4) = 1, P
4
(4) = 1; P
1
(5) = 1, P
2
(5) = 2
P
3
(5) = 2, P
4
(5) = 1, P
5
(5) = 1, P
1
(6) = 1, P
2
(6) = 3, P
3
(6) = 3
P
4
(6) = 2, P
5
(6) = 1, P

6
(6) = 1,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />