Số catalan và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHAN BÍCH HOÀI

SỐ CATALAN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHAN BÍCH HOÀI

SỐ CATALAN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

Thái Nguyên - 2016

i

Mục lục
Lời mở đầu
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Quan hệ tương đương và ánh xạ
1.1.1 Quan hệ tương đương . .
1.1.2 Ánh xạ và phép toán . .
1.1.3 Nguyên lý Bù-Trừ . . . .
1.2 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phương pháp quy nạp .
1.2.2 Quy tắc đếm . . . . . .
1.2.3 Khái niệm tổ hợp . . . .
1.3 Khai triển (x1 + x2 + · · · + xk )n
1.4 Chuỗi Taylor-Maclaurin . . . .

1

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

Chương 2. Số Catalan
2.1 Hàm sinh thường và số Catalan . .
2.1.1 Chuỗi lũy thừa hình thức và
2.1.2 Số Catalan . . . . . . . . .
2.2 Cây và số Catalan . . . . . . . . .
2.3 Phân hoạch và số Catalan . . . . .
2.4 Tam giác Pascal và số Catalan . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

. . . . . . . . . .
hàm sinh thường
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
4
6
8
8
12
13
13
15

.
.
.
.

.
.

18
18
18
25
31
37
44

Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

52


1

Lời mở đầu
Dãy số Fibonacy và dãy Lucas được ví như “hai vì sao sáng trong bầu
trời rộng lớn các dãy số nguyên”. Các ứng dụng phong phú của chúng
tạo nên tính hấp dẫn. Hơn nữa, cùng với sự dễ dàng đánh giá của các
dãy số này đã thu hút được sự quan tầm của những nhà toán học chuyên
nghiệp lẫn không chuyên. Tuy nhiên, các số Catalan thậm chí tuyệt vời.
Nó được ví là giống như “Ngôi sao Bắc cực trong bầu trời đêm”, chúng
là ánh sáng tuyệt đẹp và tỏa sáng trong bầu trời toán học. Chúng tiếp

tục cung cấp mảnh đất màu mỡ cho các nhà lý thuyết số, đặc biệt là
những người đam mê số Catalan và khoa học máy tính.
Từ khi xuất bản của Euler về bài toán tam giác phân đa diện lồi
(năm 1751) và bài toán dãy dấu ngoặc đơn của Catalan (năm 1838), đã
có gần 400 bài báo và các vấn đề về số Catalan đã xuất hiện trong ấn
phẩm định kỳ khác nhau. Chúng toát ra vẻ đẹp và tính phổ biến của số
Catalan.
Nhiều nhà toán học chuyên nghiệp và không chuyên có thể biết dãy
Catalan, nhưng có thể không quen với vô số sự xuất hiện bất ngờ, các
ứng dụng thiết thực, tính chất, hoặc các mối quan hệ thú vị và đáng
ngạc nhiên trong số rất nhiều ví dụ của chúng. Số Catalan được sử dụng
trong nhiều lĩnh vực như đại số, số học, hình học, lỹ thuyết đồ thị, ....
Xuất phát từ những lí do đó nên tôi mạnh dạn chọn đề tài: “Số Catalan
và ứng dụng” dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Đàm Văn Nhỉ.
Đây là một bài tổng quan về số Catalan và ứng dụng của nó. Trong
luận văn này chúng tôi trình bày lại một vài kết quả chẳng hạn như hàm
sinh thường, số Catalan, tam giác Pascal, hệ số tổ hợp, ... Qua đề tài này
giúp người đọc hiểu sâu hơn về nguồn gốc và tính chất của số Catalan,


2

thấy được sự phổ biến của số Catalan trong nhiều bài toán đếm khác
nhau của toán học.
Nôi dung của luận văn gồm hai chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày có hệ thống
các kiến thức cơ sơ, các công cụ hỗ trợ liên tiếp nhau để xây dựng công
thức tổng quát của dãy đệ quy bằng phương pháp hàm sinh.
Chương 2. Số Catalan. Chương 2 là nội dung chính của luận văn,
trong chương này, chúng tôi trình bày đầy đủ tính chất của số Catalan.

Một số ứng dụng tiêu biểu của số Catalan bao gồm đếm số cây đồ thị,
đếm số phân hoạch không cắt nhau. Mục cuối cùng trình bày nhiều cách
khác nhau đều thu được số Catalan từ tam giác Pascal.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS. TS.
Đàm Văn Nhỉ. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy đã tận
tâm truyền đạt kiến thức, giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, tác giả nhận được sự quan
tâm, giúp đỡ của Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên, các thầy cô đã tham gia giảng dạy lớp cao học Toán K8YB.
Tác giả xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu đó.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2016
Học viên

Phan Bích Hoài


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chúng tôi bắt đầu luận văn bằng cách trình bày các công cụ cần thiết
để xây dựng số Catalan. Dạng tổng quát của số Catalan có thể được xây
dựng thông qua phương pháp hàm sinh. Nhưng trước khi bắt đầu với
phương pháp hàm sinh, ta cần nhắc lại các định nghĩa về ánh xạ, quy
tắc đếm, truy hồi, qui nạp, chuỗi Maclaurin, chuỗi lũy thừa hình thức.
Nội dung của chương này được tham khảo trong các tài liệu [1, 2] và
nhiều tài liệu khác.

1.1
1.1.1

Quan hệ tương đương và ánh xạ
Quan hệ tương đương

Giả thiết tập X = ∅. Tích Đềcác X × X được định nghĩa như dưới
đây:
X × X = {(x, y)|x, y ∈ X}.
Định nghĩa 1.1.1. Tập con S của X × X được gọi là một quan hệ hai
ngôi trong X nếu (x, y) ∈ S, khi đó ta nói x có quan hệ S với y và viết
xSy.
Định nghĩa 1.1.2. Giả thiết X = ∅ và S = ∅ là một quan hệ hai ngôi
trong X. Quan hệ S được gọi là một quan hệ tương đương trong X nếu
nó thỏa mãn ba điều kiện sau đây:
(i) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X có xSx.


4

(ii) (Đối xứng) Với mọi x, y ∈ X, nếu có xSy thì cũng có ySx.
(iii) (Bắc cầu) Với mọi x, y, z ∈ X, nếu có xSy và ySz thì cũng có xSz.
Khi S là một quan hệ tương đương trong X thì ta thường ký hiệu ∼
thay cho S. Đặt C(x) = {y ∈ X|y ∼ x} và gọi nó là một lớp tương đương
với x làm đại diện. Dễ dàng chỉ ra các tính chất sau:
Tính chất 1.1.3. Giả sử ∼ là quan hệ tương đương trong X = ∅. Khi
đó
(1) Với mọi x ∈ X có x ∈ C(x).
(2) Với mọi y, z ∈ C(x) có y ∼ z và y, z ∼ x.
(3) Với mọi x, y ∈ X, có hoặc C(x) ∩ C(y) = ∅ hoặc C(x) = C(y).
(4) Tập thương X/ ∼ là tập các lớp tương đương không giao nhau.
1.1.2

Ánh xạ và phép toán

Giả thiết tập X và tập Y đều khác rỗng. Tích Đềcác X × Y được
định nghĩa như sau:
X × Y = {(x, y)|x ∈ X, y ∈ Y }.
Số phần tử của tập X hữu hạn gọi là lực lượng của X và được ký hiệu
bởi |X|.
Mệnh đề 1.1.4. Nếu |X| = m và |Y | = n đều là những số hữu hạn thì
|X × Y | = |X|.|Y | = mn.
Định nghĩa 1.1.5. Một quy tắc f đặt tương ứng mỗi phần tử x ∈ X
với một phần tử xác định duy nhất y ∈ Y được gọi là một ánh xạ và
được biểu diễn thành
f : X → Y, x → y = f (x).
Tập X được gọi là tập nguồn hay miền xác định, tập Y được gọi là tập
đích hay miền giá trị của ánh xạ f. Phần tử y = f (x) được gọi là ảnh
của x và x được gọi là tạo ảnh của y.


5

Định nghĩa 1.1.6. Hai ánh xạ f, g : X → Y được gọi là bằng nhau
và được viết f = g nếu f (x) = g(x) với mọi x ∈ X. Ánh xạ id : X →
X, x → x, được gọi là ánh xạ đồng nhất. Với tập con A ⊂ X, ánh xạ
in : A → X, a → a, được gọi là phép nhúng chìm.
Định nghĩa 1.1.7. Ánh xạ f : N → R, n → an = f (n), còn được gọi
là một dãy số. Tập tất cả các ảnh an được gọi là dãy (an ) với số hạng
thứ n là an . Dãy (an ) được gọi là một cấp số cộng nếu có số cố định d
để an+1 = an + d với mọi n ∈ N. Trong trường hợp này d còn được gọi
là công sai của cấp số cộng (an ).

Định nghĩa 1.1.8. Xét dãy số (an ). Dãy (an ) được gọi là một cấp số
nhân nếu có số cố định q để an+1 = an .q với mọi n ∈ N. Trong trường
hợp này q còn được gọi là công bội của cấp số nhân (an ).
Định nghĩa 1.1.9. Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y. Ánh xạ f : X →
Y được gọi là một đơn ánh nếu mọi a, b ∈ X, a = b thì f (a) = f (b). Khi
f là một đơn ánh thì ta thường nói rằng, f là ánh xạ 1-1 từ X vào Y.
Ánh xạ f : X → Y được gọi là một toàn ánh nếu với mỗi y ∈ Y đều tồn
tại x ∈ X để y = f (x). Khi f là một toàn ánh thì ta thường nói rằng, f
là ánh xạ từ X lên Y. Chú ý rằng, trong trường hợp này ta có f (X) = Y
hay Imf = Y.
Định nghĩa 1.1.10. Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y. Ánh xạ f :
X → Y được gọi là một song ánh nếu f đồng thời vừa là đơn ánh và
cũng là toàn ánh.
Sự liên quan giữa lực lượng tập hợp và ánh xạ qua các chú ý sau đây:
Xét ánh xạ f : X → Y với |X|, |Y | < ∞. Khi đó
(1) Nếu f là đơn ánh thì |X|
(2) Nếu f là toàn ánh thì |X|

|Y |.
|Y |.

(3) Nếu f là song ánh thì |X| = |Y |.


6

1.1.3

Nguyên lý Bù-Trừ

Khi xét bài toán tổ hợp, ta thường phải đếm xem có bao nhiêu cấu
hình có thể tạo ra với những yêu cầu đặt trước. Nói chung, để đếm các
cấu hình đã cho người ta tìm cách đưa các cấu hình về loại quen thuộc
qua việc phân ra thành các lớp để áp dụng nguyên lý cộng dưới đây:
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
Tổng quát nguyên lý cộng ta có Nguyên lý Bù-Trừ. Cái khó của việc vận
dụng nguyên lý Bù-Trừ là việc phân lớp như thế nào để dễ dàng có được
các số đếm.
Giả sử A1 , . . . , An là những tập con của tập A. Các số sk được xác
định qua
s0 = |A|
s1 = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |
s2 = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + · · · + |An−1 ∩ An |
···
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik |

sk =
···

1 i1
sn = |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An |
và các số ek được định nghĩa bởi: ek là số tất cả các phần tử của A chứa
trong đúng k tập con trong số các tập con A1 , . . . , An . Ta sẽ tìm quan
hệ giữa các số si và ek . Trước tiên ta chứng minh một kết quả rất đẹp
sau đây:
Định lý 1.1.11 (Nguyên lý Bù-Trừ). Cho các tập hữu hạn A1 , . . . , An .
Khi đó
n

|

n

Ai | =
i=1

|Ai | −
i=1

|Ai ∩ Aj | +
1 in
n+1

− · · · + (−1)

|

i=1

|Ai ∩ Aj ∩ Ak |
1 i
Ai |.


7

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Trước tiên

ta thấy n = 1 kết luận đúng. Với n = 2, xét hai tập hợp A, B với lực
lượng hữu hạn. Nếu A ∩ B = ∅ thì hiển nhiên |A ∪ B| = |A| + |B|. Nếu
C = A ∩ B = ∅ thì ta có A ∪ B = (A \ B) ∪ C ∪ (B \ A). Vì các tập này
đôi một giao nhau bằng rỗng, nên |A ∪ B| = |A \ B| + |C| + |B \ A|. Vì
|A\B| = |A|−|C| và |B \A| = |B|−|C|, nên |A∪B| = |A|+|B|−|C|, (1).
n−1

Khi n > 2 giả thiết kết luận đúng cho n − 1 tập. Đặt A =

Ai . Theo
i=1

công thức (1) ta có
n

|

Ai | = |A ∪ An | = |A| + |An | − |A ∩ An |.
i=1

Sử dụng giả thiết qui nạp cho |A| và |A∩An | sẽ nhận được công thức.
Hệ quả 1.1.12. e0 = s0 −s1 +s2 −· · ·+(−1)n sn ; s0 = e0 +e1 +e2 +· · ·+en .
n

Ai | và theo Định lý 1.1.11 ta

Chứng minh. Hiển nhiên e0 = |A| − |
i=1

nhận được e0 = s0 − s1 + s2 − · · · + (−1)n sn . Vì |A| = |A \

n

n

Ai | + |
i=1

Ai |
i=1

nên ta nhận được s0 = e0 + e1 + e2 + · · · + en .
Ví dụ 1.1.13. Có bao nhiêu số tự nhiên n ∈ A = {1, 2, . . . , 105} có ước
chung không tầm thường với số 105.
Lời giải. Viết 105 = 3.5.7. Số tự nhiên n có ước chung không tầm
thường với số 105 phải chia hết cho hoặc 3 hoặc 5 hoặc 7. Ký hiệu
A3 = {3k|k ∈ N} ⊂ A, A5 = {5k|k ∈ N} ⊂ A và A7 = {7k|k ∈ N} ⊂ A.
105
105
105
Ta có |A3 | = [
] = 35, |A5 | = [
] = 21, |A7 | = [
] = 15; và
3
5
7
105
105
105

|A3 ∩ A5 | = [
] = 7, |A3 ∩ A7 | = [
] = 5, |A5 ∩ A7 | = [
] = 3.
15
21
35
105
] = 1. Số T các số thuộc A có ước chung
Tính |A3 ∩ A5 ∩ A7 | = [
105
không tầm thường với số 105 là
T = |A3 ∪ A5 ∪ A7 | = (35 + 21 + 15) − (7 + 5 + 3) + 1 = 57.
Vậy T = 57.


8

Ví dụ 1.1.14. Có bao nhiêu số tự nhiên n ∈ [1, 2005] mà không chia
hết cho một số nào trong các số 2,3,11,13.
Lời giải. Ký hiệu A = {1, 2, . . . , 2005} và Ai là tập con của A gồm tất
2005
cả các số nguyên dương chia hết cho i. Ta có |A2 | = [
] = 1002, |A3 | =
2
2005
2005
2005
[
] = 668, |A11 | = [

] = 182 và |A13 | = [
] = 154; ta lại có
3
11
13
2005
2005
2005
] = 334, |A2 ∩A11 | = [
] = 91, |A2 ∩A13 | = [
]=
|A2 ∩A3 | = [
6
22
26
2005
2005
77, |A3 ∩ A11 | = [
] = 60, |A3 ∩ A13 | = [
] = 51, |A11 ∩ A13 | =
33
39
2005
2005
] = 14. Tính |A2 ∩ A3 ∩ A11 | = [
] = 30, |A2 ∩ A3 ∩ A13 | =
[
143
66
2005

2005
2005
[
] = 25, |A2 ∩ A11 ∩ A13 | = [
] = 7, |A3 ∩ A11 ∩ A13 | = [
] = 4,
78
286
429
2005
|A2 ∩ A3 ∩ A11 ∩ A13 | = [
] = 2. Số T các số thuộc A không chia hết
858
cho 2, 3, 11, 13 là
T = |A| − |A2 ∪ A3 ∪ A11 ∪ A13 | = 2005 − (1002 + 668 + 182 + 154) +
+ (334 + 91 + 77 + 60 + 51 + 14) − (30 + 25 + 7 + 4) + 2 = 562.
Vậy T = 562.

1.2
1.2.1

Tổ hợp
Phương pháp quy nạp

Trước hết ta thừa nhận tiên đề sau:
Tiên đề. Tập các số tự nhiên N là một tập sắp thứ tự tốt tức là mỗi
tập khác rỗng các số tự nhiên đều có phần tử bé nhất.
Dựa vào tiên đề trên, chúng ta có thể chứng minh nguyên lý quy nạp,
một nguyên lý hữu hiệu chứng minh tính đúng của các mệnh đề P (n)
với mọi số nguyên dương n. Hai kết quả dưới đây đôi khi cũng được gọi

là nguyên lý thứ nhất và nguyên lý thứ hai của nguyên lý quy nạp toán
học.
Phương pháp quy nạp thứ nhất: Mệnh đề P (n) là đúng với mọi
số tự nhiên n α nếu


9

(1) Bước cơ sở: Mệnh đề P (α) đúng.
(2) Bước quy nạp: Nếu P (n) đúng thì P (n + 1) cũng đúng, trong đó
n α, n ∈ N.
Như vậy, sau khi kiểm tra bước cơ sở và chứng minh tính đúng của mệnh
đề P (n + 1) dưới giả thiết mệnh đề P (n) đúng, ta kết luận P (n) đúng
cho mọi số tự nhiên n α.
Phương pháp quy nạp thứ hai: Mệnh đề P (n) là đúng với mọi số
tự nhiên n α nếu
(1) Bước cơ sở: Mệnh đề P (α) đúng.
(2) Bước quy nạp: Mệnh đề P (n + 1) là đúng khi các mệnh đề
P (α), P (α + 1), . . . , P (n) đều đúng, trong đó n α, n ∈ N.
Ví dụ 1.2.1. Cho số nguyên n
2Pn 2n .

2 và Pn = n!. Chứng minh rằng

Lời giải. Với n = 2 ta có 2P2 = 4 = 22 . Như vậy kết luận đúng cho
n = 2. Giả sử kết luận đúng cho n 2. Khi đó 2Pn 2n , vậy
(n + 1)2n > 2 · 2n = 2n+1 .

2Pn+1 = (n + 1) · 2Pn
Từ đó ta suy ra 2Pn

2n , ∀ n

2.

Ví dụ 1.2.2. Chứng minh rằng với số nguyên n > 6 ta luôn có n! > 3n .
Lời giải. Bởi vì 7! = 5040 > 2189 = 37 nên kết luận đúng cho n = 7.
Giả sử kết luận đã đúng với số tự nhiên n với n 7 tức là n! > 3n . Xét
(n + 1)! = n!(n + 1) > 3n (n + 1). Vì n + 1 > 3 nên (n + 1)! > 3n+1 tức
mệnh đề đúng với n + 1. Vậy n! > 3n đúng với mọi số nguyên n > 6.
Ví dụ 1.2.3. Chứng minh rằng với số nguyên n > 0 ta có đồng nhất
thức
1 · 2 + 2 · 22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + 2.
Lời giải. Với n = 1 ta có 1 · 2 = 2 = (1 − 1)21+1 + 2 và như vậy kết luận
bài toán đúng. Giả sử kết luận đúng với n. Khi đó 1·2+2·22 +· · ·+n·2n =
(n − 1)2n+1 + 2. Ta nhận được
1 · 2 + 2 · 22 + · · · + n · 2n + (n + 1) · 2n+1 =


10

(n − 1)2n+1 + 2 + (n + 1)2n+1 = n2n+2 + 2
và như thế kết luận cũng đúng với n + 1. Tóm lại, ta có đồng nhất thức
1 · 2 + 2 · 22 + · · · + n · 2n = (n − 1)2n+1 + 2.

Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng với số nguyên n > 0 ta có đồng nhất
thức
2
n
1

2n + 3
1
+ 2 + ··· + n =
3−
.
3 3
3
4
3n
1
1
2·1+3
Lời giải. Với n = 1 ta có =
3−
. Giả sử kết luận đúng
3
4
3
1
2
n
1
2n + 3
3−
, điều này suy ra
với n. Khi đó + 2 + · · · + n =
3 3
3
4
3n

1
2
n
n+1 1
2n + 3
n+1
+ 2 + · · · + n + n+1 =
3−
+
3 3
3
3
4
3n
3n+1
1
2(n + 1) + 3
=
3−
4
3n+1
và như thế kết luận cũng đúng với n + 1. Tóm lại, ta có đồng nhất thức
n
1
2
2n + 3
1
+ 2 + ··· + n =
3−
.

3 3
3
4
3n

Ví dụ 1.2.5. Những loại tiền xu nào có thể đổi qua các đồng 5 xu và 7
xu.
Chứng minh. Ta thấy ngay
5 = 1.5 + 0.7, 7 = 0.5 + 1.7, 10 = 2.5 + 0.7, 12 = 1.5 + 1.7
14 = 0.5 + 2.7, 15 = 3.5 + 0.7, 17 = 2.5 + 1.7, 20 = 4.5 + 0.7
21 = 0.5 + 3.7, 22 = 3.5 + 1.7, 24 = 2.5 + 2.7, 25 = 5.5 + 0.7
26 = 1.5 + 3.7, 27 = 4.5 + 1.7, 28 = 0.5 + 4.7, 29 = 3.5 + 2.7
19 = 1.5 + 2.7.
Giả sử số nguyên n 30 và có biểu diễn n = r.5 + s.7, r, s ∈ N. Khi đó
n + 1 = r.5 + s.7 + 1.


11

Nếu s 2 thì n + 1 = r.5 + s.7 + 1 = (r + 3).5 + (s − 2).7.
Nếu s 1 thì r 4 và n + 1 = r.5 + s.7 + 1 = (r − 4).5 + (s + 3).7. Như
vậy, mọi n 24 (xu) đều đổi được qua hai loại tiền 5 xu và 7 xu và 23
xu là đồng tiền lớn nhất không thể đổi qua 5 xu và 7 xu.
Ví dụ 1.2.6 (Italian MO 2007). Giả sử số nguyên n 2. Xác định giá
trị lớn nhất của số thực cn , dn biết rằng bất đẳng thức
n

(1)

1

i=1 1 + ai

cn

n

(2)

1
i=1 1 + 2ai

dn
n

thỏa mãn cho mọi số thực dương a1 , . . . , an với tích

ai = 1.
i=1

1
. Theo chứng minh trên có bất đẳng
1+x
n
n
1
n
√
n
thức
f (ai ) nf ( a1 a2 . . . an ) hay

. Dấu = xảy ra khi
2
i=1
i=1 1 + ai
n
a1 = a2 = · · · = an = 1. Vậy cn lớn nhất là bằng .
2
1
(2) Đặt g(y) =
với y = 2x. Theo chứng minh trên có bất đẳng
1+y
n
n
√
1
n
thức
g(2ai ) ng( n 2n a1 a2 . . . an ) hay
. Dấu = xảy ra
3
i=1 1 + 2ai
i=1
n
khi a1 = a2 = · · · = an = 1. Như vậy dn lớn nhất là bằng .
3
1
Ví dụ 1.2.7 (Ireland 2015). Xét đa thức f (x) = (x2 +1). Giả sử a1 = 3
2
và an+1 = f (an ), n = 1, 2, 3, . . . . Chứng minh
Lời giải. (1) Đặt f (x) =

n

i=1

1
1
< .
1 + f (ai ) 4

1
=
ai+1 − 1
2
2
1
1
1
=
=
−
>
0.
Ta
nhận
được
=
a2i − 1 (ai − 1)(ai + 1) ai − 1 ai + 1
ai + 1

Lời giải. Hiển nhiên f (an ) > 1 với mọi số nguyên n

1 và


12

1
1
−
, i = 1, . . . , n. Biến đổi
ai − 1 ai+1 − 1
n

i=1

1
=
1 + f (ai )

n

1
=
1 + ai+1

i=1

n

i=1

1
1
−
.
ai+1 − 1 ai+2 − 1

n

Do vậy

1
1
1
1
1
=
−
<
= .
a2 − 1 an+2 − 1 a2 − 1 4
i=1 1 + f (ai )

1.2.2

Quy tắc đếm

Trước tiên ta giới thiệu hai quy tắc đếm cơ bản sau đây thường được
sử dụng:

(1) [Quy tắc cộng] Giả sử có s công việc. Việc thứ nhất có thể làm
n1 cách, việc thứ hai có thể làm n2 cách,..., việc thứ s có thể làm ns
cách và không có hai công việc nào có thể làm đồng thời. Như vậy
có n1 + n2 + · · · + ns cách làm s công việc đó.
(2) [Quy tắc nhân] Giả sử một việc được chia ra làm s công đoạn.
Công đoạn thứ nhất có thể làm n1 cách, công đoạn thứ hai có thể
làm n2 cách,..., công đoạn thứ s có thể làm ns cách và công việc
hoàn thành khi các công đoạn đều đã xong. Như vậy có n1 .n2 · · · ns
cách thực hiện công việc có s công đoạn đó.
Quy tắc cộng và quy tắc nhân thường được phát biểu bằng ngôn ngữ
tập hợp:
Mệnh đề 1.2.8. Giả sử A1 , A2 , . . . , As là những tập hữu hạn phần tử
s

Ak cho bởi công thức

rời nhau. Khi đó lực lượng của hợp
k=1
s

|

s

Ak | =
k=1

|Ak |.
k=1

Mệnh đề 1.2.9. Giả sử A1 , A2 , . . . , As là những tập hữu hạn phần tử.
Khi đó lực lượng của tích Đềcác A1 × A2 × . . . × As được cho bởi công
thức
s
|A1 × A2 × . . . × As | =

|Ak |.
k=1


13

1.2.3

Khái niệm tổ hợp

Định nghĩa 1.2.10. Mỗi tập con gồm k phần tử của một tập n phần
tử khác nhau được gọi là một tổ hợp chập k của tập n phần tử đó.
Ký hiệu số tổ hợp chập k của tập gồm n phần tử khác nhau là Ckn hoặc
n
k . Kết quả sau đây là hiển nhiên.
Mệnh đề 1.2.11. Số các tổ hợp chập k của một tập gồm n phần tử
n!
.
khác nhau là Ckn =
k!(n − k)!
k
k+1
Dễ dàng kiểm tra C0n = Cnn = 1, Ckn = Cn−k
= Ck+1

n , Cn + Cn
n+1 .

Ví dụ 1.2.12. Chứng minh rằng, với hai số tự nhiên n, k thỏa mãn
2
Cn2n .
0 k n luôn có bất đẳng thức Cn2n+k . Cn2n−k
Lời giải. Với k = 0, bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Với k > 0
ta sẽ chỉ ra Cn2n+k . Cn2n−k Cn2n+k−1 . Cn2n−k+1 . Bất đẳng thức này tương
đương
(2n + k)! (2n − k)!
.
n!(n + k)! n!(n − k)!
hay

1
n+k

1
: đúng. Vậy
n+k−1
Cn2n+k . Cn2n−k

và từ đây suy ra Cn2n+k . Cn2n−k

1.3

(2n + k − 1)! (2n − k + 1)!
.
n!(n + k − 1)! n!(n − k + 1)!

Cn2n+k−1 . Cn2n−k+1
···

Cn2n

2

.

Khai triển (x1 + x2 + · · · + xk )n

Mệnh đề 1.3.1 (Newton). Công thức khai triển lũy thừa (x + y)n như
sau:
n
n r n−r
n
(x + y) =
xy .
r
r=0
Chứng minh. Ta chứng minh kết quả bằng phương pháp qui nạp theo
n. Với n = 0, 1 công thức hiển nhiên đúng. Giả sử công thức đúng với


14

n. Ta chỉ ra nó đúng với n + 1. Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
biến đổi:
n

n+1

(x + y)

Crn xr y n−r (x + y)

n

= (x + y) (x + y) =
r=0
n

n

Crn xr+1 y n−r +

=
r=0

Crn xr y n−r+1
r=0

= C0n y n+1 + C0n + C1n xy n + C1n + C2n x2 y n−1
n+1

+ ··· +

Cn−1
+ Cnn
n

n

x y+

Cnn xn+1

Crn+1 xr y n+1−r .

=
r=0

n+1

Từ đó suy ra (x + y)

n+1

=

Crn+1 xr y n+1−r . Vậy ta suy ra công thức

r=0

đúng với n + 1. Tóm lại, công thức đúng với mọi số nguyên không âm
n.
Sự xuất hiện của các con số
tên của chúng: hệ số nhị thức.

n

k

trong định lý này là nguồn gốc của

Định lý 1.3.2 (Định lý đa thức). Nếu n là một số nguyên không âm,
thì
n
(x1 + x2 + · · · + xk )n =
x1r1 xr22 · · · xrkk ,
(1.1)
r1 , r2 , . . . , rk
trong đó tổng lấy trên tất cả các nghiệm không âm của phương trình
r1 + r2 + · · · + rk = n, và
n
r1 , r2 , . . . , rk

=

n!
.
r1 !r2 ! · · · rk !

Ví dụ 1.3.3. Ta không nhất thiết phải tính tất cả 510 = 9765625 phép
nhân trong khai triển của (a+b+c+d+e)10 chỉ để xác định hệ số của a4 d6 !
10!
10!
10
Từ định lý khai triển đa thức, 4,0,0,6,0
=
=

= 210. Lưu ý
4!0!0!6!0! 4!6!
4 6
10
rằng 210 = 10
4 cũng là hệ số của a d trong (a + d) , như trong định lý
nhị thức Newton. Đặt b = c = e = 0 trong (a + b + c + d + e)10 không ảnh
10
10
hưởng đến hệ số của a4 d6 . Ngoài ra, lưu ý rằng 4,0,0,6,0
= 0,0,6,0,4
. Nên
hệ số của c6 e4 cũng bằng 210, kéo theo tính đối xứng của (a+b+c+d+e)10 .


15

Tính hữu ích của định lý đa thức không chỉ giới hạn trong việc chọn ra
các hệ số đơn. Ví dụ khai triển của tất cả 34 = 81 số hạng của (x+y +z)4
sẽ có dạng
x4 + · · · +

4
4
xz 3 + · · · + z 4 .
xy 2 z + · · · +
1, 2, 1
1, 0, 3

Từ định lý đa thức, ta có thể suy ra được nhiều đẳng thức bằng cách

thay các giá trị biến khác nhau trong định lý đa thức. Đặt x = y = z = 1
n
trong (x + y + z)n , thu được 3n = r+s+t=n r,s,t
.
Định lý đa thức cho ta biết rằng xr11 xr22 · · · xrkk xuất hiện trong số k n
tích trong khai triển của (x1 + x2 + · · · + xk )n với bội r1 ,r2n,...,rk , nhưng
điều này không cho ta biết có bao nhiêu số hạng đơn thức khác nhau có
dạng r1 ,r2n,...,rk xr11 xr22 · · · xkrk xuất hiện trong khai triển.
Định lý 1.3.4. Số đơn thức khác nhau bậc n có k biến x1 , x2 , . . . , xk là
n+k−1
.
n
Chứng minh. Do phương trình r1 + r2 + · · · + rk = n có đúng
nghiệm nguyên không âm.

1.4

n+k−1
n

Chuỗi Taylor-Maclaurin

Định nghĩa 1.4.1. Cho hàm f khả vi đến cấp (n + 1) tại a ∈ X tức là
f ∈ C n tại lân cận của a và có đạo hàm cấp n + 1 tại a. Gọi đa thức
Pn (x) với deg Pn (x) ≤ n thỏa mãn điều kiện
Pn(k) (a) = f (k) (a) k = 0, 1, . . . , n
là đa thức Taylor của f (x) tại lân cận điểm a, hay là phần chính qui của
khai triển hữu hạn bậc n của a tại f (x).
Định nghĩa 1.4.2. Nếu a = 0 thì Pn (x) gọi là đa thức Maclaurin của
f (x).

Định lý 1.4.3. Nếu Pn (x) là đa thức Taylor của f (x) tại lân cận của a
thì nó là duy nhất và có dạng
Pn (x) = f (a) +

f (a)
f (n) (a)
(x − a) + · · · +
(x − a)n .
1!
n!


16

Chứng minh. Giả sử tồn tại đa thức thứ hai là Qn (x) khi đó hiệu
Pn (x) − Qn (x) là đa thức có bậc không vượt quá n và 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
n

Chứng tỏ Pn (x) =
k=0

(k)

f (k) (a)
(a) ⇒ Ak =

k!

(k = 0, 1, . . . , n).

f (k) (a)
(x − a)n .
k!

Cho Pn (x) là đa thức Taylor của f (x) tại lân cận của a. Gọi rn (x) =
f (x) − Pn (x) là phần dư Taylor bậc n tại a của f (x).
Hệ quả 1.4.4. Phần dư rn (x) có dạng
f (n+1) (c)
rn (x) =
(x − a)n+1 với c ∈ (a, x),
(n + 1)!
hay c = a + θ(x − a), 0 < θ < 1, gọi phần dư trong dạng Langrange.
(n)

Chứng minh. Rõ ràng rn (a) = rn (a) = · · · = rn (a) = 0. Đặt G(x) =
(x − a)n+1 thì G(a) = G (a) = · · · = G(n) (a) = 0 và G(n+1) (a) = (n + 1)!.
Với x = a và x ∈ Ωδ (a), theo định lý Cauchy sẽ có
r (c1 )
rn (x) rn (x) − rn (a)
=
= n
, c1 ∈ (a, x)
G(x)
G(x) − G(a)
G (c1 )
rn (x)

r (x) − rn (a)
r (c1 )
= n
= n
, c2 ∈ (a, c1 )
G (x) G (x) − G (a) G (c1 )
Sau (n + 1) lần áp dụng định lý Cauchy, kết quả sẽ là
(n+1)

rn (x)
rn (c)
= (n+1)
với c ∈ (a, cn ) ⊂ (a, cn−1 ) ⊂ · · · ⊂ (a, x)
G(x)
G
(c)
(n+1)

mà rn

(c) = f (n+1) (c), G(n+1) (c) = (n + 1)!. Suy ra
f (n+1) (c)
rn (x) =
(x − a)n+1
(n + 1)!


17

Định nghĩa 1.4.5. Gọi công thức

n

f (x) =
k=0

f (k) (a)
f (n+1) (a + θ(x − a))
k
(x − a) +
(x − a)n+1
k!
(n + 1)!

là công thức Taylor bậc n, hay khai triển hữu hạn bậc n hàm f (x) tại
lân cận của a.
Định nghĩa 1.4.6. Gọi công thức
n

f (x) =
k=0

f (k) (0) k f (n+1) (θx) n+1
(x) +
(x)
k!
(n + 1)!

là công thức Maclaurin bậc n, hay khai triển hữu hạn bậc n hàm f (x)
tại lân cận của 0.
Nếu f (n+1) bị chặn trong lân cận của a thì rõ ràng

rn (x)
=
(x − a)n

f (n+1) (c)
(x − a) dần đến 0 khi x → a nghĩa là rn (x) = o((x − a)n ).
(n + 1)!
Với giả thiết f (n+1) bị chặn trong lân cận của a thì có thể lấy gần đúng
f (x) ở lân cận của a bằng đa thức Pn (x) với sai số là rn (x) = O((x−a)n ).
Ví dụ 1.4.7. Tìm khai triển Maclaurin của hàm f (x) = (1 + x)α , α ∈
R, x ∈ X, X phụ thuộc α. Với x ở lân cận của 0 thì 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 ra (1+x)α = 1+αx+α(α−1)

x2
xn
+. . .+α(α−1) · · · (α−n+1) +· · ·
2
n!


18

Chương 2
Số Catalan
Chương 2 là nội dung chính của luận văn, trong chương này, chúng
tôi trình bày đầy đủ tính chất của số Catalan. Một số ứng dụng tiêu biểu
của số Catalan bao gồm đếm số cây đồ thị, đếm số phân hoạch không

cắt nhau. Mục cuối cùng trình bày nhiều cách khác nhau đều thu được
số Catalan từ tam giác Pascal. Nội dung của chương chủ yếu dựa trên
tài liệu tham khảo [1].

2.1
2.1.1

Hàm sinh thường và số Catalan
Chuỗi lũy thừa hình thức và hàm sinh thường

Định nghĩa 2.1.1. Hàm sinh thường của dãy số vô hạn a0 , a1 , a2 , a3 , . . .
là chuỗi lũy thừa hình thức
A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
Ta gọi hàm sinh là chuỗi hình thức bởi vì thông thường ta sẽ chỉ coi
x là một ký hiệu thay thế chứ không phải là một biến hay một số. Chỉ
trong một vài trường hợp ta sẽ cho x nhận các giá trị thực, vì thế ta gần
như không để ý đến sự hội tụ của các chuỗi. Có một số loại hàm sinh
khác nhưng trong nội dung của luận văn, chúng tôi sẽ chỉ xét đến hàm
sinh thường.
Ta ký hiệu sự tương ứng giữa một dãy số và hàm sinh bằng dấu mũi


19

tên hai chiều như sau
a0 , a1 , a2 , a3 , . . . ↔ a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
Ví dụ 2.1.2. Dưới dây là một số dãy số và hàm sinh của chúng
0, 0, 0, 0, . . . ↔ 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + · · · = 0
1, 0, 0, 0, . . . ↔ 1 + 0x + 0x2 + 0x3 = 1
3, 2, 1, 0, . . . ↔ 3 + 2x + x2 + 0x3 = x2 + 2x + 3.

Quy tắc ở đây rất đơn giản: Số hạng thứ i của dãy số (đánh số từ 0)
là hệ số của xi trong hàm sinh.
Nhắc lại công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn là
1 + z + z2 + z3 + · · · =

1
.
1−z

Công thức trên không đúng với |z| ≥ 1, nhưng như chúng tôi đã nói ở
trên, chúng ta không quan tâm đến vấn đề hội tụ. Công thức này cho ta
công thức tường minh của hàm sinh của hàng loạt dãy số.
Ví dụ 2.1.3.
1
1−x
1
1, −1, 1, −1, . . . ↔ 1 − x + x2 − x3 + · · · =
1+x
1, 1, 1, 1, . . . , ↔ 1 + x + x2 + x3 + · · · =

1, a, a2 , a3 , . . . ↔ 1 + ax + a2 x2 + a3 x3 + · · · =

1
1 − ax

Ta có thể chuyển các phép toán thực hiện trên dãy số thành các phép
toán thực hiện trên hàm sinh tương ứng của chúng.
Khi nhân hàm sinh với một hằng số thì trong dãy số tương ứng, các số
hạng sẽ được nhân với hằng số đó, tức là nếu f0 , f1 , f2 , f3 , . . . ↔ F (x)
thì cf0 , cf1 , cf2 , cf3 , . . . ↔ cF (x).

Tích của hai hàm sinh thường là một hàm sinh thường. Tích hai chuỗi
A(x)B(x) = c0 +c1 x+· · ·+cn xn +· · · với ck = ak b0 +ak−1 b1 +· · ·+a0 bk =
k

ai bk−i .
i=0


20

Cộng hai hàm sinh tương ứng với việc cộng các số hạng của dãy số theo
đúng chỉ số, tức là nếu f0 , f1 , f2 , . . . ↔ F (x) và g0 , g1 , g2 , . . . ↔ G(x)
thì f0 + g0 , f1 + g1 , f2 + g2 , . . . ↔ F (x) + G(x).
Thêm k số 0 vào đầu dãy số tương ứng với việc nhân hàm sinh với xk .
Nếu f0 , f1 , f2 , . . . ↔ F (x) thì 0, . . . , 0, f0 , f1 , f2 , . . . ↔ xk · F (x) (có k
số 0).
Lấy đạo hàm của hàm sinh có hai tác động lên dãy số tương ứng: các
số hạng được nhân với chỉ số và toàn bộ dãy số được dịch chuyển trái sang
dF (x)
.
1 vị trí. Tức là, nếu f0 , f1 , f2 , . . . ↔ F (x) thì f1 , 2f2 , 3f3 . . . ↔
dx
Phương pháp hàm sinh là một phương pháp hiện đại, sử dụng các
kiến thức về chuỗi, chuỗi hàm (đặc biệc là công thức Taylor) để tìm
công thức tổng quát của dãy số. Để tìm công thức tổng quát của dãy
(an ), ta xét hàm sinh f (x) của dãy (an ). Khi đó, do tính chất của dãy
(an ) nên f (x) phải thỏa mãn một số hệ thức nhất định. Giải các hệ thức
đó ta tìm được f (x) = h(x) trong đó h(x) là một hàm số chứa các biểu
thức số học, ta tìm cách khai triển h(x) thành chuỗi và so sánh hệ số
của xn sẽ tìm được an .



a0 = −1, a1 = 3
Ví dụ 2.1.4. Cho dãy (an ) :

an − 5an−1 + 6an−2 = 0 ∀n ≥ 2.
Tìm công thức tổng quát của dãy (an ).
Lời giải. Xét f (x) là hàm sinh thường của dãy (an ). Khi đó f (x) =
a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · , 5xf (x) = 5a0 x + 5a1 x2 + · · · 5an−1 xn +
5an xn+1 + · · · , 6x2 f (x) = 6a0 x2 + 6a1 x3 + · · · 6an−2 xn + 6an−1 xn+1 +
6an xn+2 · · · . Nên f (x) − 5xf (x) + 6x2 f (x) = a0 + (a1 − 5a0 )x + (a2 −
5a1 + 6a0 )x2 + · · · + (an − 5an−1 + 6an−2 )xn + · · · . Vì an − 5an−1 +
6an−2 = 0 ∀n ≥ 2 nên f (x) − 5xf (x) + 6x2 f (x) = −1 + 8x hay f (x) =
8x − 1
8x − 1
5
6
1
=
=
−
.
Mà
=
6x2 − 5x + 1
(2x − 1)(3x − 1)
1 − 3x
1 − 2x
1 − 3x
1

1 + 3x + 32 x2 + · · · + 3n xn + · · · ,
= 1 + 2x + 22 x2 + · · · + 2n xn + · · ·
1 − 2x
Suy ra f (x) = −1 + (5 · 3 − 6 · 2)x + · · · + (5 · 3n − 6 · 2n )xn + · · · . Vậy
an = 5 · 3 n − 6 · 2 n .


21

Ví dụ 2.1.5. Tìm công thức tổng quát của dãy số a0 = 1 và an a0 +
an−1 a1 + · · · a0 an = 1 ∀n ≥ 1.
Lời giải. Xét f (x) là hàm sinh thường của dãy (an ). Khi đó f (x) =
a0 + a1 x + · · · + an xn + · · · . Ta có f (x)f (x) = a20 + (a1 a0 + a0 a1 )x + · · · +
1
⇒
(an a0 +an−1 a1 +· · ·+a0 an )xn +· · · = 1+x+x2 +· · ·+xn +· · · =
1−x
1
1 · 3 x2
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) xn
1
f (x) =
x
+
+
·
·
·
+
+··· .

=
1
+
1
2
22 2!
2n
n!
(1 − x) 2
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
Vậy an =
2n n!
Ví dụ 2.1.6. Dãy số (an ) được xác định như sau: a1 = 1 và an =
1
a1
a2
an−1
+
+
+· · ·+
với n > 1. Xác định công thức đóng
n! (n − 1)! (n − 2)!
1!
F (n) (0)
−1
của f (x) và chỉ ra an =
, ở đó F (x) = x
với mọi n.
n!
e −2

∞

Lời giải. Đặt a0 = 1. Xét hàm sinh f (x) =

an xn . Khi đó f (x)(ex −

n=0

1
1
1
x + x2 + · · · + xn + · · · =
1) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · ·
1!
2!
n!
−1
f (x) − 1. Vậy f (x) = x
. Dựa vào Công thức khai triển Taylore −2
F (n) (0)
−1
Maclaurin ta có an =
, trong đó F (x) = x
với mọi n.
n!
e −2
n
1
Ví dụ 2.1.7. Dãy (bn ) được xác định như sau: b0 = 1 và
bi =

i=0 n + 1 − i
0 khi n 1. Xác định công thức biểu diễn cho hàm sinh của dãy (bn ).
Lời giải. Xét hàm sinh thường f (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 + · · · . Từ
x2 x3
xn
+
− · · · + (−1)n−1 + · · · ta suy ra
khai triển ln(1 + x) = x −
2
3
n
1
x2 x3
xn
ln
=x+
+
+ ··· +
+ ··· .
1−x
2
3
n
xi
Dễ dàng kiểm tra đồng nhất thức
i=1 i
công thức biểu diễn cho ham sinh f (x) =
∞

∞

i=0

bi xi = x và nhận được

x
của dãy (bn ).
1
ln
1−x


22
n−1

Ví dụ 2.1.8. Dãy (an ) được xác định như sau: a0 = 1 và
i=0

n
i

ai = 0

khi n 1. Xác định an theo n và công thức biểu diễn cho hàm sinh của
dãy (an ).
a2
a3
a1
Lời giải. Xét hàm sinh mũ f (x) = a0 + x + x2 + x3 + · · · . Dễ
1!
2!

3!
∞
∞ a xi
xi
i
dàng kiểm tra đồng nhất thức
= 1 và nhận
i=0 (i + 1)!
i=0 i!
x
x
x
x ex + 1
x
x
được f (x) = x
. Biến đổi x
+ = . x
= coth . Do
e −1
e −1
2
2 e −1
2
2
2n
∞
2
B
n 2n

x , trong đó Bn là số Bernoulli thứ n,
x coth x = 1 +
(−1)n−1
(2n)!
n=1
−1
nên a2n = (−1)n−1 Bn , a2n+1 = 0, a1 =
.
2
Ví dụ 2.1.9. Giả sử tan x được biểu diễn qua dãy (an ) bởi công thức
∞
an
tan x =
x2n−1 . Xác định công thức truy hồi cho an theo n.
n=1 (2n − 1)!
2n−1
x3 x5
n−1 x
Lời giải. Ta đã biết sin x = x − + − · · · + (−1)
+···
3! 5!
(2n − 1)!
2n
x4
x2
n x
+
− · · · + (−1)
+ · · · . Do tan x là hàm
và cos x = 1 −

2!
4!
(2n)!
lẻ nên trong biểu diễn tổng chỉ chứa các lũy thừa bậc lẻ của x. Từ
∞
∞ (−1)n x2n
an
2n−1
sin x = tan x. cos x ta suy ra
x
.
=
(2n)!
n=1 (2n − 1)!
n=0
∞ (−1)n−1 x2n−1
. Qua so sánh hệ số của x2n−1 ở hai vế ta có hệ thức
(2n − 1)!
n=1
truy hồi sau đây:

an
an−1
an−2
(−1)n−1
−
+
− ··· =
.
(2n − 1)! (2n − 3)!2! (2n − 5)!4!

(2n − 1)!
Như vậy a1 = 1, a2 = 2 và an −

2n−1
2

an−1 +

2n−1
4

an−2 − · · · = (−1)n−1 .

Ví dụ 2.1.10. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta luôn có
(1)
(2)

2n
n

là một số chẵn và v3

1
n+1

2n
n

2n
n

là một số nguyên.

= v3 ((2n)!) − 2v3 (n!).