về các đồng nhất thức của euler và rogers - ramanujan trong phân hoạch các số tự nhiên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC







MAI THỊ LAN PHƯƠNG







VỀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC
CỦA EULER VÀ ROGERS- RAMANUJAN
TRONG PHÂN HOẠCH CÁC SỐ TỰ NHIÊN







LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC





MAI THỊ LAN PHƯƠNG





VỀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC
CỦA EULER VÀ ROGERS- RAMANUJAN
TRONG PHÂN HOẠCH CÁC SỐ TỰ NHIÊN

ON THE IDENTITIES
OF EULER AND ROGERS- RAMANUJAN
IN THE NUMBER PARTITIONS



Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC




Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

Thái Nguyên - 2014
Mục lục
Mục lục 1
Lời nói đầu 3
1 Khái niệm phép phân hoạch các số tự nhiên 5
1.1 Phép phân hoạch các số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Tam giác Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Phân hoạch có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Các đồng nhất thức của Euler và Rogers-Ramanujan 22
2.1 Phân hoạch có điều kiện và hàm sinh của chúng . . . . . 22
2.2 Đồng nhất thức Euler và một số mở rộng . . . . . . . . . 28
2.3 Đồng nhất thức Rogers-Ramanujan và các mở rộng . . . 32
Kết luận 40
Tài liệu tham khảo 41
1
2
Lời cảm ơn
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường Đại học Khoa học-
Đại học Thái Nguyên. Tôi được nhận đề tài và nghiên cứu dưới sự hướng
dẫn của PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, luận văn "Về các đồng nhất thức
của Euler và Rogers-Ramanujan trong lí thuyết phân hoạch các số tự
nhiên" đã được hoàn thành. Có được kết quả này, là do sự dạy bảo,
hướng dẫn hết sức tận tình và nghiêm khắc của Cô. Tôi xin bày tỏ lòng
biết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô và gia đình!
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng
Đào tạo sau đại học và Khoa Toán- Tin của Trường Đại học Khoa học-
Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong

quá trình học tập tại Trường và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành
luận văn này. Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các thày cô
giáo, các cán bộ thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán- Tin đã để lại trong
lòng mỗi chúng tôi những ấn tượng hết sức tốt đẹp.
Tôi xin cảm ơn UBND huyện Xín Mần, Phòng Giáo dục và Đào tạo
huyện Xín Mần nơi tôi đang công tác đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để
tôi hoàn thành khóa học này.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành viên trong
lớp cao học Toán K6A (khóa 2012-2014) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ
vũ và động viên để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
3
Lời nói đầu
Một phân hoạch của số nguyên dương n là một cách viết n thành
tổng của các số nguyên dương. Hai cách viết n thành tổng các số nguyên
dương chỉ sai khác thứ tự các số hạng được coi là hai biểu diễn của cùng
một phép phân hoạch, chẳng hạn 10=1+4+5 và 10=4+1+5là 2
cách biểu diễn của cùng một phân hoạch của 10. Vì thế, trong luận văn
này chúng ta quy ước viết mỗi phép phân hoạch của n dưới dạng một
dãy (p
1
,p
2
, ,p
k
) các số nguyên dương giảm dần (hoặc tăng dần) sao
cho n = p
1
+ + p
k

. Các số p
1
, ,p
k
được gọi là các thành phần hay
các số hạng của phép phân hoạch.
Vào Thế kỉ 18, Leonhard Euler là người đầu tiên giới thiệu và nghiên
cứu lí thuyết phân hoạch các số tự nhiên. Kí hiệu P (n) là số phép phân
hoạch của n, ta gọi P (n) là hàm phân hoạch. Sau khi Euler đưa ra một
công thức truy hồi đế tính P (n), hàng trăm nhà toán họ c khác đã cố
gắng tìm các thuật toán để tính P(n), nhưng cho đến nay nó vẫn đang
là một thách thức lớn của Toán học. Từ các đồng nhất thức nổi tiếng về
P (n) phát hiện bởi Ramanujan năm 1921, người ta tiếp tục quan tâm
đến tính chất đồng nhất thức của P (n). Năm 1960, M. Newman đã giả
thuyết rằng với mỗi cặp số tự nhiên m, r tồn tại vô hạn số nguyên dương
n sao cho P (n) ≡ r(mod m). Kết quả tốt nhất trả lời cho bộ phận của
giả thuyết này thuộc về Ken Ono trong bài báo trên tạp chí Ann. Math.
năm 2000 và Ahlgren-Boylan trong bài báo trên Invent. Math năm 2003.
Luận văn này quan tâm đến một số đồng nhất thức quan trọng về
phân hoạch có điều kiện, tức là những phân hoạch sao cho các số hạng của
nó thỏa mãn một điều kiện nào đó. Mục đích của luận văn là trình bày
chi tiết chứng minh một số đồng nhất thức của Euler, Rogers-Ramanujan
và các mở rộng của chúng liên quan đến các phân hoạch có điều kiện.
4
Đồng nhất thức của Euler. Số phân hoạch của n thành các số
hạng phân biệt chính là số phân hoạch của n thành những số hạng lẻ.
Đồng nhất thức của Rogers-Ramanujan. Số phân hoạch của n
thành những số hạng khác nhau ít nhất 2 đơn vị bằng số phân hoạch của
n thành những số hạng đồng dư với 1 hoặc với 4 theo môđun 5.
Luận văn chủ yếu dựa theo 3 tài liệu sau đây:

1. S. Ahlgren and M. Boylan, Arithmetic properties of the partition
function, Invent. Math. 153 (2003), no. 3, 487-502.
2. H. L. Alder, Partition identities - from Euler to the present, The
American Mathematical Monthly, 76 (1969), 733-746.
3. G. E. Andrews, The theory of partitions, Cambridge University
Press, 1998.
Luận văn gồm 2 chương. Chương 1 dành để trình bày các khái niệm
và tính chất cơ bản về phân hoạch các số tự nhiên, tam giác Pascal và
phân hoạch có điều kiện. Chương 2 trình bày các kết quả chính của luận
văn, bao gồm đồng nhất thức của Euler và các mở rộng; đồng nhất thức
của Rogers- Ramanujan và các mở rộng.
Phương pháp chính được sử dụng để chứng minh các kết quả là
phương pháp đồ thị, phương pháp dùng hàm sinh và sử dụng khéo léo
song ánh giữa các tập hợp.
Chương 1
Khái niệm phép phân hoạch các số
tự nhiên
Phép phân hoạch số tự nhiên được nghiên cứu đầu tiên bởi Leonhard
Euler (15/04/1707 - 18/09/1783), một nhà toán học thiên tài người Thụy
Sĩ của Thế kỉ 18. Khái niệm phép phân hoạch số tự nhiên đã xuất hiện
trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học, Vật lí. Một trong những
kết quả bí ẩn và nổi tiếng trong lí thuyết phân hoạch số tự nhiên là
các đồng nhất thức Roger-Ramanujan, đã được sử dụng và gắn kết với
những chuyên ngành Tổ hợp, Lí thuyết số, Đa thức đối xứng, Nhóm đối
xứng, Lí thuyết biểu diễn nhóm, Thống kê Vật lí, Lí thuyết xác xuất,
Giải tích phức,
Trong suốt chương này, luôn giả thiết n là một số nguyên dương. Mục
đích của Chương là giới thiệu một số khái niệm và tính chất cơ sở trong
lí thuyết phân hoạch các số tự nhiên, hàm phân hoạch, phép phân hoạch
có điều kiện.

1.1 Phép phân hoạch các số tự nhiên
1.1.1 Định nghĩa. Một phép phân hoạch của số nguyên dương n là một
biểu diễn n thành tổng của các số nguyên dương.
Một phân hoạch có thể biểu diễn thành nhiều dạng. Chẳng hạn,
5
6
6=5+1và 6=1+5là hai dạng biểu diễn của cùng một phân hoạch số
6 thành hai thành phần 5 và 1. Như vậy, hai dạng biểu diễn của n thành
tổng các số nguyên dương được xem là của cùng một phép phân hoạch
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 nguyên dương được coi là của cùng một phân hoạch nếu r = s
và tồn tại một phép hoán vị σ của tập {1, 2, ,r} sao cho a
i
= b

σ
(i)
với mọi i =1, ,r. Cụ thể ta xét ví dụ sau
1.1.2 Ví dụ. Có 11 phép phân hoạch số 6 sau đây:
6=6(phân hoạch thành một thành phần)
6=4+2=5+1=3+3(phân hoạch thành hai thành phần)
6=4+1+1=3+2+1=2+2+2(phân hoạch thành ba thành phần)
6=3+1+1+1=2+2+1+1 (phân hoạch thành bốn thành phần)
6=2+1+1+1+1(phân hoạch thành năm thành phần)
6=1+1+1+1+1+1(phân hoạch thành sáu thành phần).
Ta thấy, mỗi phân hoạch số n có nhiều dạng biểu diễn khác nhau (các
biểu diễn phụ thuộc vào thứ tự của các hạng tử của phân hoạch). Vì
thế, cho thuận tiện chúng ta quy ước chọn biểu diễn chuẩn là dạng biểu
diễn n = p
1
+ + p
k
sao cho các thành phần p
i
xếp theo thứ tự từ lớn
đến bé: p
1
≥ p
2
≥ ≥ p
k
. Chẳng hạn trong 6 biểu diễn 6=1+2+3,
6 = 3+1+2, 6= 1+3+2, 6 = 3+2+1, 6 = 2+1+3, 6 = 2+3+1 của
cùng một phép phân hoạch số 6, chúng ta chọn dạng biểu diễn chuẩn
6=3+2+1vì bộ (3, 2, 1) sắp theo thứ tự từ lớn đến bé.

1.1.3 Chú ý. Mỗi phân hoạch số n có duy nhất một dạng biểu diễn
chuẩn, tức là biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương xếp theo thứ
tự từ lớn đến bé. Vì thế, ta có thể coi một phân hoạch số n là một bộ
7
(p
1
, ,p
k
) các số nguyên dương thỏa mãn p
1
≥ p
2
≥ ≥ p
k
và tổng
của chúng đúng bằng n. Với kí hiệu như vậy, thay cho cách viết 11 phân
hoạch sau đây của số 6
6=6, 6=4+2, 6=5+1, 6=3+3, 6=4+1+1,
6=3+2+1, 6=2+2+2, 6=3+1+1+1,
6=2+2+1+1, 6=2+1+1+1+1, 6=1+1+1+1+1+1
ta có thể viết lại các phân hoạch này như sau
(6), (4, 2), (5, 1), (3, 3), (4, 1, 1),
(3, 2, 1), (2, 2, 2), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1),
(2, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1)
1.1.4 Định nghĩa. Số phân hoạch của n được kí hiệu là P(n). Hàm
P (n) được gọi là hàm phân hoạch. Cho thuận lợi, ta quy ước P (0) = 1.
Ta xét một số ví dụ sau
1.1.5 Ví dụ. Ta có P(1) = 1, P (2) = 2, P (3) = 3, P (4) = 5, P (5) = 7,
P (8) = 22.
Rõ ràng P(1) = 1 vì (1) là phân hoạch duy nhất của 1.

Ta có P (2) = 2 vì 2 có hai phân hoạch là (2), (1, 1).
Ta có P (3) = 3 vì 3 có 3 phân hoạch là (3), (2, 1), (1, 1, 1).
Ta có P (4) = 5 vì 4 có 5 phân hoạch là (4), (3, 1), (2, 2), (2, 1, 1), (1, 1, 1, 1).
Ta có P (5) = 7 vì có đúng 7 phân hoạch số 5 sau đây
(5), (4, 1), (3, 2), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1)
8
Ta có P (8) = 22 vì 8 có 22 phân hoạch sau đây
(8), (7, 1), (6, 2), (5, 3), (4, 4), (6, 1, 1), (5, 2, 1), (4, 3, 1),
(4, 2, 2, (3, 3, 2), (5, 1 , 1, 1), (4, 2, 1, 1), (2, 2, 2, 2), (3, 2, 2, 1),
(3, 3, 1, 1), (4, 1, 1, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1)
Kết quả tiếp theo là một đánh giá của hàm phân hoạch.
1.1.6 Mệnh đề. Với mỗi số nguyên dương n ta có
P (2n) ≥ P (n)+P (n − 1) + + P (2) + P(1).
Chứng minh. Với mỗi r ∈{n, n − 1, ,2, 1}, kí hiệu B
r
là tập các phép
phân hoạch số r. Khi đó số phần tử của B
r
là P(r). Giả sử (p
1
, ,p
k
) ∈
B
r
là một phép phân hoạch số r. Khi đó r ≥ p
1
≥ ≥ p
k

≥ 1. Vì
2n−r ≥ n ≥ r nên 2n−r ≥ p
1
≥ ≥ p
k
≥ 1. Do đó (2n−r, p
1
, ,p
k
)
là một phép phân hoạch số 2n. Vì thế, với mỗi r ∈{n, n − 1, ,2, 1},
có đúng P(r) phép phân hoạch số n sao cho thành phần thứ nhất là
2n − r và các thành phần còn lại không vượt quá r. Rõ ràng, nếu r, r

∈
{n, n − 1, ,2, 1} với r = r

thì hai phép phân hoạch (2n − r, p
1
, ,p
k
)
và (2n − r

,p
1
, ,p
k
) của số 2n là khác nhau, với mọi (p
1

, ,p
k
) ∈ B
r
.
Vì thế P (2n) lớn hơn hoặc bằng số phần tử của

n
r=1
B
r
, tức là
P (2n) ≥ P (n)+P (n − 1) + + P (2) + P(1).
1.2 Tam giác Pascal
Trong tiết này, chúng ta cùng tìm hiểu cách tính số phân hoạch P (n)
của n theo một biểu đồ hình tam giác, gọi là tam giác Pascal. Trong
suốt luận văn này ta dùng kí hiệu sau.
9
1.2.1 Kí hiệu. Với k là một số nguyên dương, kí hiệu p
k
(n) là số phép
phân hoạch của n thành k thành phần. Chẳng hạn, p
2
(5) = 2 vì có đúng
2 phép phân hoạch số 5 thành hai thành phần, đó là (4, 1), (3, 2).
Trước khi trình bày tam giác Pascal để tính số phân hoạch, chúng ta
cần kết quả sau.
1.2.2 Định lý. Với mọi số nguyên dương n ta có
(i) P (n)=
n


k=1
p
k
(n).
(ii) p
k
(n)=
k

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).
Chứng minh. Rõ ràng nếu số n được phân hoạch thành k thành phần
thì k ∈{1, ,n}. Vì thế P (n)=
n

k=1
p

k
(n). Do đó phát biểu (i) đượ c
chứng minh. Vì p
n
(n)=1nên phát biểu (iii) được suy ra ngay từ phát
biểu (i) và (ii). Vì thế 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 hoạch số n thành đúng k thành
phần. Gọi B
i
là tập hợp các phép phân hoạch số n−k thành đúng i thành
phần và đặt B =

k
i=1
B
i
. Cho (p
1
, ,p
k
) ∈ A là một phép phân hoạch

số n thành đúng k thành phần. Giả sử phép phân hoạch (p
1
, ,p
k
) ∈ A
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 hoạch 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 hoạch (p
1
, ,p
k
) nên t ≤ k.
Nếu t = k thì
n = p
1
+ + p
k

=1+ +1=k ≤ n − 1,
10
điều này là vô 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 hoạch số n thành k thành 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 là ánh xạ ngược của f. Do đó f là một song ánh, tức là
A và B có cùng 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.
Chẳng hạn, để tính P (4) ta sử dụng công thức trong Định lí 1.2.2(i)
P (4) = p
1
(4) + p
2
(4) + p
3
(4) + p
4
(4)
=1+2+1+1=5
Từ công thức đầu tiên P(n)=
n

k=1
p
k
(n) trong Định lí 1.2.2(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)

11
Bằng việc tính toán 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,
Từ đây ta có tam giác
1
11
111
1211
12211
133211

Theo Định lí 1.2.2, P (n) là tổng các số hạng trong dòng thứ n. Cụ thể,
P (1) = 1
P (2) = 1 + 1 = 2
P (3) = 1 + 1 + 1 = 3
P (4)=1+2+1+1=5
P (5)=1+2+2+1+1=7
P (6)=1+3+3+2+1+1=11
Ta có thể sử dụng Định lí 1.2.2(ii) để mở rộng tam giác Pascal ở trên
12
cho trường hợp n =7. Cụ thể, từ tam giác Pascal ở trên ta tính được
p
1
(7) = 1
p
2
(7) = p
1
(5) + p
2
(5) = 1 + 2 (tổng 2 số đầu tiên trong dòng 5)
p

3
(7) = p
1
(4) + p
2
(4) + p
3
(4) = 1 + 2 + 1 (tổng 3 số đầu trong dòng 4)
p
4
(7) = p
1
(3) + p
2
(3) + p
3
(3) = 1 + 1 + 1 (tổng 3 số trong dòng 3)
p
5
(7) = p
1
(2) + p
2
(2) = 1 + 1 (tổng 2 số trong dòng 2)
p
6
(7) = p
1
(1) = 1
Rõ ràng p

7
(7) = 1. Do đó dòng thứ 7 của tam giác Pascal sẽ là
1343211.
Suy ra P (7)=1+3+4+3+2+1+1=15.
1.3 Phân hoạch có điều kiện
Ta hiểu rằng một phân hoạch có điều kiện của số n là một phân hoạch
số n với một điều kiện nào đó trên các thành phần của phân hoạch.
Nhắc lại rằng mỗi phân hoạch của n có duy nhất một dạng tiêu chuẩn
(p
1
, ,p
k
) trong đó (p
1
, ,p
k
) là bộ k số nguyên dương xếp theo thứ
tự từ lớn đến bé và tổng của chúng bằng n. Mỗi p
i
trong phân hoạch
(p
1
, ,p
k
) được gọi là một phần hay một thành phần của phân hoạch
đó.
1.3.1 Kí hiệu. Cho n, m, d là các số tự nhiên với m  n. Trong suốt
luận văn này ta dùng các kí hiệu sau.
P (n) là số phân hoạch của n.
P

m
(n) là số phân hoạch của n không quá m số hạng.
p
m
(n) là số phân hoạch của n thành đúng m số hạng.
π
m
(n) là số phân hoạch của n với các số hạng không vượt quá m.
13
P
o
(n) là số phân hoạch của n sao cho mỗi số hạng đều là số lẻ.
P
e
(n) là số phân hoạch của n sao cho mỗi số hạng đều chẵn.
q(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng phân biệt.
q
e
(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng chẵn phân biệt.
q
o
(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng lẻ phân biệt.
q
d,m
(n) là các số phân hoạch của n thành những số hạng khác nhau ít
nhất d đơn vị và mỗi số hạng lớn hơn hoặc bằng m.
1.3.2 Ví dụ. Với n =9ta có
(i) P (9) = 30 vì có đúng 30 phép phân hoạch số 9, đó là
(9), (8, 1), (7, 2), (6, 3), (5, 4), (7, 1, 1), (6, 2, 1), (5, 3, 1),
(6, 1, 1, 1), (5, 2, 1, 1), (5, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 3), (4, 3, 2), (4, 4, 1), (5, 2, 2),

(3, 3, 2, 1), (4, 3, 1, 1), (3, 3, 1, 1, 1), (4, 2, 1, 1, 1), (3, 2, 2, 1, 1), (4, 2, 2, 1),
(4, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 2, 1), (3, 2, 2, 2, 2),
(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).
(ii) P
3
(9) = 12 vì có đúng 12 phép phân hoạch số 9 thành không quá
3 thành phần, đó là
(9), (8, 1), (7, 2), (6, 3), (5, 4), (7, 1, 1), (6, 2, 1),
(5, 3, 1), (3, 3, 3), (4, 3, 2), (4, 4, 1), (5, 2, 2)
(iii) P
o
(9) = 7 vì có 7 phân hoạch của 9 sao cho các thành phần đều
lẻ, đó là
(7, 1, 1), (5, 3, 1), (5, 1, 1, 11), (3, 3, 3),
(3, 3, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1)
(iv) q(9) = 8 vì có 8 phân hoạch của 9 sao cho không có thành phần
nào bị lặp lại (đôi một khác nhau), đó là
(9), (8, 1), (7, 2), (6, 3), (5, 4), (6, 2, 1), (5, 3, 1), (4, 3, 2)
14
(v) π
2
(9) = 5 vì có 5 phân hoạch của 9 sao cho các thành phần không
lớn hơn 2, đó là
(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)
(vi) P
e
(9) = 0 vì không có phân hoạch nào của số 9 để các thành
phần đó đều là chẵn. Do đó q
e

(9) = 0 vì không có phân hoạch nào của
9 thành những phần chẵn đôi một khác nhau.
(7i) q
o
(9) = 2 vì có đúng 2 phân hoạch của 9 thành những phần lẻ
đôi một khác nhau, đó là (8, 1) và (5, 3, 1)
Trước khi đưa ra một tính chất cho π
m
(n) ta nhận xét thấy π
n
(n)=
P (n) vì tất cả các phân hoạch của n đều thỏa mãn điều kiện mỗi thành
phần không quá n.Tacóπ
1
(n)=1vì chỉ có đúng một phân hoạch của
n mà mỗi thành phần không quá 1, đó là phân hoạch (1, ,1).
1.3.3 Mệnh đề. Cho 1 ≤ m ≤ n là một số tự nhiên. Kí hiệu π
m
(n) là
số phân hoạch của n với các thành phần không lớn hơn m. Khi đó
π
m
(n)=π
m−1
(n)+π
m
(n − m),n≥ m>1.
Chứng minh. Gọi A là tập các phân hoạch số n sao cho mỗi thành phần
không quá m. Ta kí hiệu Card(A) là số phần tử của A. Khi đó Card(A)=
π

m
(n). Gọi B là tập các phân hoạch của số n sao cho mỗi thành phần
không quá m − 1. Khi đó B ⊆ A và Card(B)=π
m−1
(n). Rõ ràng
A = B∪(A\B) và B∩(A\B)=∅. Do đó π
m
(n)=π
m−1
(n)+Card(A\B).
Gọi C là tập các phân hoặc của n − m sao cho mỗi thành phần không
quá m. Khi đó Card(C)=π
m
(n − m). Giả sử (p
1
, ,p
k
) ∈ A \ B.
Khi đó tồn tại i sao cho p
i
= m. Rõ ràng (p
1
, ,p
i−1
,p
i+1
, ,p
k
) là
một phân hoặch của n − m mà mỗi thành phần không quá m. Do đó

(p
1
, ,p
i−1
,p
i+1
, ,p
k
) ∈ C. Ngược lại, giả sử (q
1
, ,q
t
) ∈ C, tức là
15
một phân hoạch của n − m sao cho mỗi thành phần không quá m. Khi
đó (m, q
1
, ,q
t
) là phân hoạch của n sao cho mỗi thành phần không
quá m. Vì thế (m, q
1
, ,q
t
) ∈ A \ B. Do đó π
m
(n − m) = Card(C)=
Card(A \ B). Từ đó ta có kết quả.
1.3.4 Ví dụ. Ta có thể dùng mệnh đề trên để tìm π
7

(7) = P(7) như
sau:
P (7) = π
7
(7) = π
6
(7) + π
7
(7 − 7) = π
6
(7) + 1 = π
5
(7) + π
6
(7 − 6)+1
= π
5
(7) + π
6
(1) + 1 = π
5
(7) + 1 + 1 = π
4
(7) + π
5
(2) + 2
= π
4
(7) + 4 = π
3

(7) + π
4
(3) + 4 = π
3
(7) + 3 + 4
= π
2
(7) + π
3
(4) + 7 = π
1
(7) + π
2
(5) + π
2
(4) + π
3
(1) + 7
=1+π
1
(5) + π
2
(3) + π
1
(4) + π
2
(2) + 1 + 7
=1+1+2+1+2+1+7=15.
Định lí sau đây cho ta một công thức truy hồi của π
m

(n)
1.3.5 Định lý. Cho m  n là một số nguyên dương. Khi đó ta có
π
m
(n)=





P (n), nếu m ≥ n
m

j=1
π
j
(n − j), nếu m<n.
Chứng minh. Giả sử (p
1
, ,p
k
) là một phân hoạch của n, trong đó
không có thành phần p
i
nào vượt quá m. Ta quy định ở đây, (p
1
, ,p
k
)
là bộ k số nguyên 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 hoạch số n − m với các thành phần đều được hạn chế không
vượt quá m. Như vậy, có π
m
(n − m) cách chọn bộ (p
2
, ,p
k
) thỏa mãn
(m, p
2
,p
k
) là phép phân hoạch số n với các thành phần không vượt
quá m.

16
- 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 hoạch số n − (m − 1) với các thành phần đều được hạn chế không
vượt quá m − 1. Vì thế, có π
m−1
(n − m +1) cách chọn bộ (p
2
, ,p
k
)
thỏa mãn (m − 1,p
2
,p
k
) là phép phân hoạch số n với các thành phần
không vượt quá m.
- Cứ tiếp tục quá 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
hoạch số n − 1 với các thành phần đều đượ c hạn chế không vượt quá 1.
Vì thế, có π
1
(n − 1) cách chọn bộ (p
2
, ,p
k
) thỏa mãn (1,p
2
,p
k
) là
phép phân hoạch số n với các thành phần không vượt quá m. Suy ra
π
m
(n)=
m

j=1
π
j
(n − j).
1.3.6 Ví dụ. Có đúng 11 phép phân hoạch số 7 sao cho mỗi thành phần
không vượt quá 4. Thật vậy, theo Định lí 1.3.5, số phân hoạch phải tìm
là

π
4
(7) = π
1
(6) + π
2
(5) + π
3
(4) + π
4
(3)
=1+(π
1
(4) + π
2
(3)) + 4 + 3
=1+1+2+4+3=11.
Từ Định lí 1.3.5, ta tính được số phân hoạch của n sao cho các thành
phần của chúng không vượt quá 2. Với mỗi số thực x ≥ 0, kí hiệu [x] là
phần nguyên của x, tức là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Khi đó
ta có hệ quả sau
1.3.7 Hệ quả. Có đúng [n/2] + 1 phép phân hoạch số n, trong đó mỗi
thành phần chỉ có thể bằng 1 hoặc 2.
17
Chứng minh. Sử dụng kí hiệu trong Định lí 1.3.5, gọi π
2
(n) là số phân
hoạch của n sao cho mỗi thành phần không vượt quá 2 (tức là chỉ có
thể bằng 1 hoặc 2). Ta tính π
2

(n) bằng cách sử dụng công thức truy hồi
trong Định lí 1.3.5. 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 hoạch r với tất cả các thành phần đều bằng 1. Theo Định lí 1.3.5
ta có
π
2
(n)=π
1
(n − 1) + π
2
(n − 2)
=1+π
2
(n − 2)
=1+π
1
(n − 2 − 1) + π
2
(n − 2.2)
=2+π
2
(n − 2.2)
=
= t + π
2
(n − 2t)
= t + π
2
(i)

= t +1.
Do t =[n/2] nên π
2
(n)=[n/2] + 1.
1.3.8 Ví dụ. Từ hệ quả 1.3.7, có đúng [9/2] + 1 = 5 phép phân hoạch
số 9 sao cho mỗi thành phần không vượt quá 2. Các phép phân hoạch
đó là
(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).
1.3.9 Hệ quả. Có đúng [(n +3)
2
/12] phép phân hoạch 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 công thức trong Định lí 1.3.5 và Hệ quả 1.3.7 ta có
18
π
3
(n)=π
1
(n − 1) + π
2
(n − 2) + π
3
(n − 3)
= π
2
(n)+π
3
(n − 3)

=1+[n/2] + π
3
(n − 3)
Như vậy, chúng ta có công thức truy hồi
π
3
(n)=1+[n/2] + π
3
(n − 3)
Sử dụng công thức truy hồi này, sau t bước ta có
π
3
(n)=1+[n/2] + π
3
(n − 3)
=2+[n/2] + [(n − 3)/2] + π
3
(n − 3.2)
=3+[n/2] + [(n − 3)/2] + [(n − 2.3)/2] + π
3
(n − 3)
=
= t +[n/2] + [(n − 3)/2] + +[(n − 3(t − 1))/2] + π
3
(n − 3t)
= t +[n/2] + [(n − 3)/2] + +[(n − 3(t − 1))/2] + π
3
(i).
Chú ý rằng i ∈{0, 1, 2} và π
3

(0) = π
3
(1) = 1; π
3
(2) = 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] + π
3
(i)=[(n +3)
2
/12].
Do đó ta có điều phải chứng minh.
1.3.10 Ví dụ. Từ Hệ quả 1.3.9, có đúng [(12 + 3)
2
/12] = 18 phép phân
hoạch số 12 sao cho mỗi thành phần không vượt quá 3. Các phép phân
19
hoạch đó là
(3, 3, 3, 3), (3, 3, 3, 2, 1), (3, 3, 3, 1, 1, 1), (3, 3, 2, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1)
(3, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 2, 2, 2, 2), (2, 2, 2, 2, 2, 1, 1), (2, 2, 2, 2, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1),
(2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (3, 3, 2, 2, 2),
(3, 3, 2, 2, 1, 1), (3, 2, 2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).
Sau đây ta nghiên cứu một công thức biểu diễn hàm phân hoạch
thông qua một hàm phân hoạch có điều kiện.
1.3.11 Định lý. Như trong Kí hiệu 1.3.1, gọi P(n) là số phép phân
hoạch n và π

m
(n) là số phép phân hoạch n thành các phần không vượt
quá m. Khi đó
P (n)=















1, nếu n =0
[n/2]

i=0
P (i), nếu n =1, 2
[n/2]

i=0
P (i)+
n−1


i=[n/2]+1
π
n−i
(i), nếu n ≥ 3.
Chứng minh. Vì P (0) = 1 nên công thức đúng cho n =0. Ta có P (1) =
1, hơn nữa với n =1thì [n/2] = 0 và thay vào công thức ở vế phải
ta được
[n/2]

i=0
P (i)=P (0) = 1, vì thế công thức đúng cho n =1. Ta có
P (2) = 2, hơn nữa với n =2thì [n/2] = 1. Do đó thay vào công thức
bên vế phải ta được
[n/2]

i=0
P (i)=P (0) + P(1) = 2, vì thế công thức đúng
cho n =2.
Cho n ≥ 3. Giả sử (p
1
, ,p
k
) là một phân hoạch của n. Khi đó
(p
1
, ,p
k
) là bộ số nguyên dương sắp theo thứ tự từ lớn đến bé và
tổng của chúng là n. Rõ ràng 1  p
1

 n. Đặt p
1
= n − i, trong đó
i ∈{0, 1, ,n− 1}. Khi đó p
2
, ,p
k
 n − i. Chú ý rằng (p
2
, ,p
k
)
20
là b ộ bố số nguyên dương sắp theo thứ tự từ lớn đến bé với tổng là
i. Vì thế (p
2
, ,p
k
) là một phân hoạch của số i. Như vậy, với mỗi
i ∈{0, 1, ,n− 1}, có đúng π
n−i
(i) cách chọn bộ (p
2
, ,p
k
) để (n −
i, p
2
, ,p
k

) là phân hoạch của số n. Vì thế
P (n)=
n−1

i=0
π
n−i
(i).
Nếu i ∈{0, ,[n/2]} thì n − i ≥ i, do đó theo Định lí 1.3.5 ta có
π
n−i
(i)=P(i). Vì thế
P (n)=
n−1

i=0
π
n−i
(i)
=
[n/2]

i=0
P (i)+
n−1

i=[n/2]+1
π
n−i
(i).

Một cách tiếp cận khá hữu hiệu trong lí thuyết phân hoạch có điều
kiện là phương pháp đồ thị. Chúng ta minh họa điều này bằng việc chứng
minh kết quả sau.
1.3.12 Định lý. Cho µ là một số nguyên dương. Khi đó số phân hoạch
của n thành đúng µ số hạng bằng số phân hoạch của n thành các số hạng
trong đó số hạng lớn nhất là µ.
Chứng minh. Một phân hoạch của n có đúng µ số hạng p
1
, ,p
µ
có thể
được biểu diễn hình thức bởi µ dòng, trong đó dòng thứ i gồm p
i
dấu •.
Chẳng hạn, phân hoạch của số 23 thành đúng 5 số hạng 7+6+4+4+2
21
có thể được biểu diễn như sau
•• •••••
••••••
••••
••••
••
Nếu lấy dọc theo cột của đồ thị trên thì phân hoạch trên lại tương ứng
với một phân hoạch khác của 23, đó là 23=5+5+4+4+2+2+1,
phân hoạch này có số hạng lớn nhất là 5. Do vậy, mỗi phân hoạch của
n gồm đúng µ số hạng tương ứng với một phân hoạch của n gồm các số
hạng trong đó số lớn nhất là µ. Rõ ràng đây là tương ứng 1 − 1. Do đó
ta có điều phải chứng minh.
Chương 2
Các đồng nhất thức của Euler và

Rogers-Ramanujan
Mục đích của Chương là trình bày các đồng nhất thức của Euler,
Rogers-Ramanujan và các mở rộng. Trước hết, chúng ta nghiên cứu hàm
sinh của một số hàm phân hoạch có điều kiện.
2.1 Phân hoạch có điều kiện và hàm sinh của chúng
Năm 1937, Radamacher đã đưa ra một công thức biểu diễn hàm phân
hoạch P(n) cho mọi số nguyên dương n. Tuy nhiên, đây là một công
thức vô cùng phức tạp liên quan đến các chuỗi (vô hạn) và thực sự công
thức này không phải là mục tiêu của luận văn này. Do đó chúng ta không
nghiên cứu công thức tính hàm phân hoạch P(n) của Radamacher ở đây.
Mặt khác, tồn tại một hàm liên quan đến việc biểu diễn hàm phân hoạch
P (n), gọi là hàm sinh của P (n), được định nghĩa như sau.
2.1.1 Định nghĩa. Cho {a
n
}
n∈N
là dãy số. Ta gọi hàm f(x) là hàm
sinh của {a
n
}
n∈N
nếu khai triển hàm f(x) thành chuỗi lũy thừa f(x)=
∞

n=0
c
n
x
n
thì ta có c

n
= a
n
.
Chú ý.VớiP
T
(n) là hàm phân hoạch ta có dãy số {P
0
(n)}
n∈N
. Hàm
sinh của P (n) được hiểu là hàm sinh của dãy {P (n)}
n∈N
.
Định lí sau đây chỉ ra rằng hàm sinh cho P (n) là tồn tại. Để tiện cho
22
23
việc chứng minh định lí này, chúng ta quy ước viết mỗi phân hoạch của
số n thành một bộ số nguyên dương (p
1
, ,p
k
) xếp theo thứ tự từ bé
đến lớn sao cho tổng của chúng bằng n.
2.1.2 Định lý. Hàm sinh cho P(n) được cho bởi
f(x)=
1
∞

ν=1

(1 − x
ν
)
, trong đó | x |< 1 (2.1)
Chứng minh. Ta cần chỉ ra rằng khi khai triển vế phải của (2.1) thành
chuỗi lũy thừa
∞

n=0
c
n
x
n
thì hệ c
n
chính là số phân hoạch P (n) của n,với
mọi n. Chú ý rằng với mỗi ν ∈ N và với | x |< 1, hàm
1
1 − x
ν
có khai
triển thành chuỗi lũy thừa:
1
1 − x
ν
=1+x
ν
+ x
ν.2
+ x

ν.3
+
Do đó ta có thể viết lại vế phải của (2.1) như sau:
(1 + x
1
+ x
1.2
+ x
1.3
+ )(1 + x
2
+ x
2.2
+ x
2.3
+ ).
.(1 + x
3
+ x
3.2
+ x
3.3
+ )(1 + x
4
+ x
4.2
+ x
4.3
+ )
Cho thuận tiện, với mỗi ν ∈ N ta đặt

f
ν
(x)=x
ν.0
+ x
ν.1
+ x
ν.2
+ x
ν.3
+
Khi đó ta có thể viết lại chuỗi trên như sau
∞

ν=1
f
ν
(x)=f
1
(x)f
2
(x)f
3
(x) =
∞

n=0
c
n
x

n
.
Bây giờ chúng ta cần tính các hệ số c
n
của chuỗi lũy thừa trên. Trước
hết chúng ta tính hệ số của x
5
. Chú ý rằng với ν ≥ 6, trong các hạng tử
của f
ν
(x), chỉ có hạng tử 1 có bậc (theo x) không vượt quá 5. Vì thế khi
nhân bung f
1
(x)f
2
(x)f
3
(x) , mỗi lần x
5
xuất hiện là một lần x
5
được
viết dưới dạng
x
1.a
1
x
2.a
2
x

3.a
3
x
4.a
4
x
5.a
5
.1.1 ,