Chuỗi lũy thừa hình thức và tiêu chuẩn bất khả quy (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ DƯƠNG

CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC
VÀ TIÊU CHUẨN BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN BÁ DƯƠNG

CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC
VÀ TIÊU CHUẨN BẤT KHẢ QUY

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2017


Mục lục
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1. Định nghĩa và một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Một số phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3. Phép truy toán trong C[[x]] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

1.4. Phương pháp đếm dùng hàm sinh thông thường . . . . . . . . . . . . . .

23

1.5. Phương pháp đếm bằng hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

Chương 2. Tính bất khả quy của chuỗi lũy thừa hình thức

40

2.1. Tính phân tích duy nhất của vành Z[[x]] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.2. Tiêu chuẩn về tính bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

i


MỞ ĐẦU
Chuỗi lũy thừa hình thức là một sự mở rộng của đa thức mà số các
số hạng có thể là vô hạn. Chính vì vậy ta không thể thay biến bởi một
giá trị bất kỳ, điều mà ta có thể làm được với các đa thức. Ta cũng có thể
xem chuỗi lũy thừa hình thức là một dãy vô hạn sắp thứ tự các phần tử.

Khi đó lũy thừa của biến được dùng để chỉ thứ tự các hệ số. Trong tổ hợp,
chuỗi lũy thừa hình thức dùng để chỉ dãy số hay đa tập (Một sự tụ tập các
vật có bản chất tùy ý, trong đó có thể có những vật không phân biệt được
với nhau (và có thể coi như là sự lặp lại của cùng một vật)). Chẳng hạn
ta có thể dùng để định nghĩa đệ quy một dãy số, còn được gọi là phương
pháp hàm sinh. Phương pháp đếm dùng hàm sinh là các phương pháp đếm
hữu hiệu và đang được phát triển. Nhiều loại hàm sinh đã được định nghĩa
và được sử dụng trong các bài toán đếm khác nhau. Tuy nhiên hàm sinh
thông thường và hàm sinh mũ là hai loại hàm sinh đã được dùng rộng rãi
và hữu hiệu hơn cả. Mục đích chính thứ nhất của luận văn là tìm hiểu về
vành các chuỗi lũy thừa hình thức và ứng dụng trong bài toán đếm.
Cho R là một vành giao hoán, ta ký hiệu R[[x]] là tập các chuỗi lũy
thừa hình thức trên R. Cùng với phép cộng và phép nhân R[[x]] là một
vành giao hoán. Giống như vành đa thức R[x] thì R[[x]] là một miền nguyên
khi R là một miền nguyên. Tuy nhiên trong khi các phần tử khả nghịch
của R[x] là các phần tử khả nghịch của R thì các phần tử khả nghịch của
R[[x]] là các chuỗi lũy thừa hình thức mà số hạng tự do khả nghịch. Điều
này làm cho việc nghiên cứu tính chất số học của R[[x]] khi R là trường
"khá đơn giản", chẳng hạn các phần tử bất khả quy chỉ là x. Tuy nhiên
nghiên cứu tính bất khả quy của các phần tử trong Z[[x]] đã là bài toán
khó. Cho đến nay có rất ít tiêu chuẩn bất khả quy cho các phần tử trong
Z[[x]]. Mục đích chính thứ hai của luận văn là tìm hiểu một số tiêu chuẩn

bất khả quy của các chuỗi lũy thừa hình thức hệ số nguyên.
Tài liệu tham khảo chính cho mục đích thứ nhất là cuốn sách Ngô Đắc
Tân (2004), Lý thuyết tổ hợp và đồ thị, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà
1


Nội và Qiaochu Yuan (2009), Topics in generating functions, Massachusetts

Institute of Technology, tài liệu cho mục đích thứ hai là bài báo của D.
Birmajer and J. B. Gil (2008), "Arithmetic in the ring of formal power
series with integer coefficients" American Mathematical Monthly, 115(6),
541-549.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 trình bày về chuỗi
lũy thừa hình thức và ứng dụng trong các bài toán đếm. Để đơn giản luận
văn thống nhất tìm hiểu chuỗi lũy thừa hình thức trên C trong chương
này. Chương 2 tìm hiểu một số tiêu chuẩn bất khả quy của chuỗi lũy thừa
hình thức với hệ số nguyên. Để việc tìm hiểu đó có ý nghĩa trước hết luận
văn trình bày kết quả Z[[x]] là miền phân tích duy nhất. Lưu ý thêm rằng
nếu R là miền phân tích duy nhất thì R[x] cũng là miền phân tích duy
nhất tuy nhiên điều tương tự đã được Samuel [6] chỉ ra là không đúng cho
R[[x]].
Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và
giúp đỡ tận tình của TS. Trần Nguyên An. Tôi xin được bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao
học toán khoá 9 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh nghiệm
nghiên cứu khoa học.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2017

Nguyễn Bá Dương

2


Chương 1

Chuỗi lũy thừa hình thức

Trong suốt chương này cho C là trường các số phức. Ta tìm hiểu
chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số phức. Chú ý rằng ta có thể định nghĩa
chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số trên một vành giáo hoán bất kỳ.
1.1. Định nghĩa và một số tính chất cơ bản
Định nghĩa 1.1.1. Một chuỗi lũy thừa hình thức trên C là một biểu thức
∞

∞

∞

j

có dạng a = a(x) =

j

aj x , sao cho giả sử a(x) =
j=0

bj xj

aj x , b(x) =
j=0

j=0

là hai chuỗi lũy thừa hình thức thì a(x) = b(x) khi và chỉ khi aj = bj với
mọi j. Tập các chuỗi lũy thừa hình thức trên C kí hiệu là C[[x]].
∞

∞
j

Giả sử a(x) =

bj xj là hai chuỗi lũy thừa hình

aj x và b(x) =
j=0

j=0

thức bất kỳ. Ta định nghĩa phép toán cộng, phép toán nhân trong C[[x]]
và phép nhân các phần tử của C[[x]] với một số z ∈ C như sau:
∞

∞
j

a(x) + b(x) =

aj x +
j=0

j=0

∞
j

j=0

bj x ) =
j=0

(

ak bj−k )xj ,

j=0 k=0

∞

∞
j

za(x) = z(

j

∞
j

aj x )(

(aj + bj )xj ,

bj x =
j=0

∞

a(x)b(x) = (

∞
j

(zaj )xj .

aj x ) =
j=0

j=0

Dễ kiểm tra thấy rằng C[[x]] lập thành một không gian véc tơ trên
C đối với phép toán cộng trong C[[x]] và phép nhân các phần tử của
C[[x]] với một số z ∈ C. Đối với phép nhân, C[[x]] có phần tử đơn vị là
3


∞

0.xj mà ta sẽ đơn giản kí hiệu là 1. Ta cũng dễ kiểm tra

1(x) = 1 +
j=0

thấy rằng C[[x]] lập thành một vành giao hoán có đơn vị 1 đối với phép
cộng và phép nhân trong C[[x]]. Phép toán nhân và phép nhân mỗi phần
tử của C[[x]] với một số z ∈ C thỏa mãn hệ thức sau:

z[a(x)b(x)] = [za(x)]b(x) = a(x)[zb(x)].
Điều đó chứng tỏ rằng C[[x]] lập thành một đại số trên C.
Nếu với n ∈ N, chuỗi lũy thừa hình thức a(x) có an = 0 và aj = 0
cho mọi j > n, thì a(x) được gọi là đa thức bậc n và được đơn giản viết là
n

aj xj hay a0 + a1 x + ... + an xn . Hơn thế nữa, nếu ai = 0 cho một i nào
j=0

đó của tập 0, 1, 2, ..., n − 1, thì số hạng ai xi cũng không cần viết; còn nếu
ai = 1 cho một i nào đó của tập {0, 1, 2, ..., n − 1} , thì ai xi được đơn giản
n

0xj , mà ta đơn giản kí hiệu là 0, là phần tử

i

viết là x . Phần tử 0(x) =
j=0

0 của C[[x]] và được định nghĩa là có bậc là −1. Ta kí hiệu Cn [x] là tập tất
cả các đa thức bậc nhỏ hơn n. Khi đó Cn [x] là không gian con số chiều n.
Dễ thấy rằng ϕ : C1 [x] → C, a(x) → a0 là đẳng cấu đại số. Vì thế ta
có thể đồng nhất a0 với a(x) ∈ C1 [x] và coi C như là một đại số con của
C[[x]]. Khi đó phép nhân một phần tử của C[[x]] với một số z ∈ C có thể

xem như là một trường hợp riêng của phép toán nhân trong C[[x]].
Mệnh đề 1.1.2. Chuỗi a(x) ∈ C[[x]] là khả nghịch khi và chỉ khi a0 = 0 .
∞

bj xj . Khi đó a(x)b(x) = 1 khi và chỉ khi hệ

Chứng minh. Giả sử b(x) =
j=0

phương trình sau có nghiệm:
a0 b0 = 1,
a0 b1 + a1 b0 = 0,
a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0,
.................. ... ...........
a0 nb + a1 bn−1 + ... + an b0 = 0,
............................ ... ...........................,
4


ở đây b0 , b1 , .., bn là các ẩn số. Dễ thấy rằng hệ này có nghiệm khi và chỉ
khi a0 = 0.
Chú ý 1.1.3. Chứng minh tương tự ta có g(x) ∈ R[[x]] với R là vành giao
hoán bất kỳ khả nghịch khi và chỉ khi a0 khả nghịch.
Nếu a(x) là phần tử khả nghịch của C[[x]] thì phần tử nghịch đảo
1
của nó sẽ được kí hiệu là (a(x))−1 hay
hay a−1 (x). Nếu a(x) và b(x)
a(x)
là các đa thức với a0 = 0, thì phần tử b(x)a−1 (x) cũng thường được viết là
b(x)
và được gọi là hàm số hữu tỷ. Với mọi a(x) ∈ C[[x]] ta định nghĩa
a(x)
a0 (x) = 1,
an (x) = a(x)a(x)...a(x)

n

cho mọi số nguyên dương n. Nếu a(x) là phần tử khả nghịch và a−1 (x) là
phần tử nghịch đảo của a(x), thì ta định nghĩa
a−n (x) = a−1 (x)a−1 (x)...a−1 (x)
n

cho mọi số nguyên dương n.
Với z ∈ C và 0 = n, k ∈ N, đa thức (1 − zxn )k là khả nghịch theo
Mệnh đề 1.1.2. Ta có một số tính chất sau của đa thức trên
Mệnh đề 1.1.4. Với mọi z ∈ C và 0 = n, k ∈ N, ta có
1
=
(1)
1 − zxn

∞

z j xnj ,
j=0

1
(2)
=
(1 − zxn )k

∞

k + j − 1 j nj
z x .

j

j=0

∞

∞
j nj

n

Chứng minh. Ta có (1 − zx )(

z x )=
j=0

∞
j nj

z x
j=0

z j+1 xn(j+1) = 1.

−
j=0

Vậy ta có đẳng thức (1).
Ta chứng minh đẳng thức (2) bằng quy nạp theo k. Với k = 1, đẳng
thức (2) chính là đẳng thức (1). Giả sử đẳng thức (2) đã được chứng minh

5


là đúng cho k = t ≥ 1 khi đó,
1
1
1
=
.
n
t+1
n
t
(1 − zx )
(1 − zx ) 1 − zxn



∞
∞
t + j − 1 j nj  
= 
z x
z j xnj 
j
j=0
j=0
j

∞

=

t + i − 1 i j−i nj
z z )x
i

(
j=0 i=0
j

∞

=

t+i−1
)z j xnj .
i

(
j=0 i=0

Áp dụng công thức tổng cho hệ số nhị thức ta có
j

i=0

t+i−1
i

(t − 1) + j + 1
j

=

=

(t + 1) + j − 1
j

và do đó đẳng thức (2) cũng được chứng minh cho k = t + 1.
∞
−1

Hệ quả 1.1.5. (1) (1 − x)

xj ,

=
j=0

∞

(−1)j xj ,

(2) (1 + x)−1 =

j=0
∞

x2j ,

(3) (1 − x2 )−1 =
j=0
∞

(4) (1 − x)−3 =
j=0

j+2 j
x.
j
∞

aj xj có a0 = 1. Khi đó với mọi số

Mệnh đề 1.1.6. Giả sử a(x) =
j=0

∞

cj xj có

n

nguyên dương n, chuỗi lũy thừa hình thức a (x) = c(x) =
j=0

c0 = 1, c1 = na1 , cj = naj + fn,j (a1 , ..., aj−1 ) cho mọi j ≥ 2, ở đây fn,j là đa

thức j − 1 biến.
Chứng minh. Ta chứng minh Mệnh đề 1.1.6 bằng quy nạp theo n. Với
n = 1, mệnh đề hiển nhiên là đúng. Giả sử mệnh đề đã được chứng minh

6


là đúng cho n = k. Khi đó theo giả thiết quy nạp ta có


∞

ak+1 (x) = ak (x)a(x) = 1 + ka1 x +

cj xj  
j=0



∞

aj xj  .
j=0

Do đó, hệ số của x0 cho ak+1 (x) bằng a0 = 1, hệ số của x1 cho ak+1 (x)
bằng 1.a1 + ka1 a0 = (k + 1)a1 , và hệ số của xj (j ≥ 2) cho ak+1 (x) bằng
∞

ci aj−i = 1.aj + ka1 aj−1 + (ka2 + fk,2 (a1 ))aj−2 + ... +
j=0

(kaj + fk,j (a1 , ..., aj−1 ))a0
= (aj + kaj ) + ka1 aj−1 + (ka2 + fk,2 (a1 ))aj−2 + ... +
(kaj−1 + fk,j−1 (a1 , ..., aj−2 ))a1 + fk,j (a1 , ..., aj−1 )
= (k + 1)aj + fk+1,j−1 (a1 , ..., aj−1 ),
ở đây fk+1,j−1 (a1 , ..., aj−1 ) = (ka1 aj−1 + ... + fk,j (a1 , ..., aj−1 )).
∞

aj xj với a0 = 1 và n là một số nguyên

Mệnh đề 1.1.7. Giả sử a(x) =
j=0

∞

bj xj với b0 = 1 sao

dương bất kỳ. Khi đó tồn tại duy nhất một b(x) =
j=0
n

cho b (x) = a(x).
Chuỗi b(x) tồn tại duy nhất trong Mệnh đề 1.1.7 được kí hiệu là a1/n (x).
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.1.6, b0 , b1 , b2 , .., bk , .. lần lượt được xác định
duy nhất từ các phương trình:
b0 = 1,
nb1 = a1 ,
nb2 + fn,2 (b1 ) = a2 ,
..................... ... .......
nbk + fn,k (b1 , ..., bk−1 ) = ak ,

.................... ... ............
∞

aj xj với a0 = 1. Theo Mệnh đề 1.1.2, a(x) có phần tử

Giả sử a(x) =
j=0
−1

nghịch đảo là a (x).
7


∞

aj xj với a0 = 1 và n là một số nguyên

Mệnh đề 1.1.8. Giả sử a(x) =
j=0
−1

dương bất kỳ. Khi đó (a (x)) = (an (x))−1 và do đó a−n (x) = (an (x))−1 .
n

Chứng minh. Do C[[x]] là đại số giao hoán ta có
an (x)(a−1 (x))n = (a(x))n (a−1 (x))n = (a(x)a−1 (x))n = 1n = 1.

∞

aj xj với a0 = 1, m là một số nguyên

Mệnh đề 1.1.9. Giả sử a(x) =
j=0

bất kỳ, còn n là một số nguyên dương. Khi đó tồn tại duy nhất một
∞

bj xj với b0 = 1 sao cho bn (x) = am (x).

b(x) =
j=0

Chuỗi b(x) tồn tại duy nhất trong Mệnh đề 1.1.9 được kí hiệu là
am/n (x).
Chứng minh. Nếu m = 0, thì theo định nghĩa a0 (x) = 1 và do đó a0 (x) có
hệ số của x0 bằng 1 theo Mệnh đề 1.1.6. Từ chứng minh Mệnh đề 1.1.2 ta
cũng thấy rằng a−1 (x) có hệ số của x0 bằng 1. Nếu m là số nguyên âm, thì
−m là số nguyên dương. Do đó, lại theo Mệnh đề 1.1.6, am (x) = (a−1 (x))−m
cũng có hệ số của x0 bằng 1.
Như vậy, với m là số nguyên âm bất kì, am (x) có hệ số của x0 bằng
1. Vì n là một số nguyên dương, nên theo Mệnh đề 1.1.7 tồn tại duy nhất
một

∞

bj xj ,

b(x) =
j=0

với b0 = 1 sao cho bn (x) = am (x).
Giả sử c1 (x), c2 (x), .., ck (x), ... là một dãy các phần tử của C[[x]] với
∞

cjk xj và c0k = 0, k = 1, 2, ....

ck (x) =
j=0

Khi đó dãy
1 + c1 (x), 1 + c2 (x), ..., 1 + ck (x), ...
được gọi là khả tích nếu với mọi j ≥ 0 tồn tại số nguyên dương N = N (j)
sao cho với mọi n > N hệ số của xj trong
8

∞
k=1 (1 + ck (x))

đều bằng nhau.


Nếu c1 (x), c2 (x), .., ck (x), .., là một dãy khả tích, thì ta có thể định
∞

nghĩa tích

∞
k=1 (1 + ck (x))

sj xj ∈ C[[x]], ở đây hệ số sj của xj trong

=
j=0
j

tích này chính là hệ số của x trong tích

n
k=1 (1

+ ck (x)) với n > N.

Dãy a1 (x), a2 (x), ..., ak (x), .. các phần tử
∞

ajk xj , k = 1, 2, ..

ak (x) =
j=0

trong C[[x]] được gọi là khả tổng nếu mọi số nguyên r ≥ 0 tồn tại số nguyên
dương N = N (r) sao cho với mọi n > N ta có a0n = a1n = ... = arn = 0.
Nếu dãy a1 (x), a2 (x), ..., ak (x), ... là dãy khả tổng, thì đối với dãy này
ta có thể định nghĩa tổng
∞

∞

sj xj ,

ak (x) =
j=0

k=1

ở đây sj = aj1 + aj2 + ... + ajN .
Mệnh đề 1.1.10. (1) Giả sử a1 (x), a2 (x), ..., ak (x), ... là dãy khả tổng và
b1 (x), b2 (x), ..., bk (x), ... là dãy sao cho tồn tại song ánh σ : N → N thỏa
mãn bσ(k) (x) = ak (x) cho mọi k ≥ 1. Khi đó b1 (x), b2 (x), ..., bk (x), ... cũng
∞

∞

ak (x) =

là dãy khả tổng và
k=1

bk (x).
k=1

(2) Nếu c1 (x), c2 (x), .., ck (x), ... là dãy khả tổng với c0k = 0 cho mọi
k ≥ 1, thì dãy 1 + c1 (x), 1 + c2 (x), ..., 1 + ck (x), ... là khả tích.
∞

∞

j

aj x j ∈

bj x ∈ C[[x]] với b0 = 0, còn a(x) =

(3) Nếu b(x) =
j=0

0

j=0
k

2

C[[x]] là một phần tử bất kỳ thì a0 b (x), a1 b(x), a2 b (x), ..., ak b (x), ... là

dãy khả tổng.
1.2. Một số phép toán
Định nghĩa 1.2.1. Ánh xạ
∞

∞
j

D : C[[x]] → C[[x]] : a(x) =

(j + 1)aj+1 xj

aj x → D(a(x)) = b(x) =
j=0

j=0

9


được gọi là toán tử đạo hàm trong C[[x]]. Ta cũng định nghĩa
D0 (a(x)) = a(x),
Dn (a(x)) = D(Dn−1 (a(x))),
S(a(x)) = a0
cho mọi n nguyên dương.
Ta chứng minh một số tính chất sau đây của toán tử đạo hàm trong
C[[x]].

Mệnh đề 1.2.2. (1) D(a(x) + b(x)) = D(a(x)) + D(b(x)).
(2) D(a(x)b(x)) = D(a(x))b(x) + a(x)D(b(x)).
(3) D(an (x)) = nan−1 (x)D(a(x)) cho mọi n nguyên dương.
(4) Nếu a(x) khả nghịch và a−1 (x) là phần tử nghịch đảo của a(x),
thì D(a−1 (x)) = −a−2 (x)D(a(x)), D(a−n (x)) = −na−n−1 (x)D(a(x)) cho
mọi n nguyên dương.
(5) Với mọi số hữu tỷ s = m/n (m nguyên, n nguyên dương) và mọi
a(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn S(a(x)) = 1 ta có
D(as (x)) = sas−1 (x)D(a(x)).
∞

[(j + n)!/j!]aj+n xj .

n

(6) Với mọi n ∈ N, D (a(x)) =
j=0

∞

S(Dj (a(x)))

(7) Với mọi a(x) ∈ C[[x]], ta có a(x) =
j=0

xj
.
j!

(8) Nếu a1 (x), a2 (x), ..., ak (x), ... là dãy khả tổng, thì
∞

D

∞

ak (x)

=

k=1

D (ak (x)) .
k=1

Tính chất (7) có thể xem như phân tích MacLaurin cho a(x).
Chứng minh. (1) Hệ số của xj ở vế phải bằng (j + 1)(aj+1 + bj+1 ). Hệ số

của xj ở vế trái cũng như vậy. Vì vậy ta có tính chất (1).
10


(2) Hệ số của xj trong vế phải bằng
j

j

(j − k + 1)ak bj−k+1 .

(l + 1)al+1 bj−l +
l=0

k=0

Trong tổng thứ nhất ở trên ta làm phép đổi chỉ số k = l + 1. Khi đó biểu
thức ở trên bằng
(j − k + 1)ak bj−k+1 = (j + 1)

kak bj−k+1 +
k=1

j+1

j

j+1

ak bj−k+1 .

k=0

k=0

Giá trị này cũng chính là hệ số của xj trong vế trái và (2) được chứng
minh.
(3) Tính chất (3) được chứng mình bằng quy nạp theo n. Với n = 1
đẳng thức là hiển nhiên. Giả sử đẳng thức đã được chứng minh cho n = k.
Theo tính chất (2) ta có
D(ak+1 (x)) = D(ak (x)a(x)) = D(ak (x))a(x) + ak (x)D(a(x)).
Nhưng D(ak (x)) = kak−1 (x)D(a(x)) theo giả thiết quy nạp. Do đó, từ các
đẳng thức trên ta nhận được
D(ak+1 (x)) = kak−1 (x)D(a(x))a(x) + ak (x)D(a(x))
= kak (x)D(a(x)) + ak (x)D(a(x))
= (k + 1)a(k+1)−1 (x)D(a(x)).
Tính chất (3) đã được chứng minh.
(4) Áp dụng toán tử đạo hàm vào hai vế của đẳng thức a(x)a−1 (x) =
1 ta được
D(a(x)a−1 (x)) = 0,
⇔ D(a(x))a−1 (x) + a(x)D(a−1 (x)) = 0,
⇔ a(x)D(a−1 (x)) = −D(a(x))a−1 (x),
⇔ D(a−1 (x)) = −a−1 (x)D(a(x))a−1 (x) = −a−2 (x)D(a(x)).
Đẳng thức thứ nhất của tính chất (4) được chứng minh. Áp dụng đẳng

11


thức này và tính chất (3), ta có
D(a−n (x)) = D((a−1 (x))n ) = n(a−1 (x))n−1 D(a−1 (x))
= na−(n−1) (x)D(a−1 (x))

= na−(n−1) (x)(−a−2 (x)D(a(x)))
= −na−n−1 (x)D(a(x))
và đẳng thức thứ hai của tính chất (4) cũng được chứng minh.
(5) Theo định nghĩa của as (x) (xem Mệnh đề 1.1.9), (as (x))n =
am (x). Do đó theo tính chất (3) và (4),
D((as (x))n ) = D(am (x)) = mam−1 (x)D(a(x)).
Nhưng cũng theo tính chất (3), D((as (x))n ) = n(as (x))n−1 D(as (x)). Suy
ra,
n(as (x))n−1 D(as (x)) = mam−1 (x)D(a(x)),
⇔ n(as (x))n (as (x))−1 D(as (x)) = mam (x)a−1 (x)D(a(x)),
⇔ nam (x)(as (x))−1 D(as (x)) = mam (x)a−1 (x)D(a(x)),
m s
a (x)a−1 (x)D(a(x)).
⇔ D(as (x)) =
n
Ta có (as (x)a−1 (x))n = (as (x))n (a−1 (x))n = am (x)a−n (x) = am−n (x).
m

Suy ra as (x)a−1 (x) = a(m−n)/m (x) = a n −1 (x) = as−1 (x). Vậy D(as (x)) =
sas−1 (x)D(a(x)) và tính chất (5) được chứng minh.
(6) Ta chứng minh tính chất này bằng quy nạp theo n. Với n = 0,
tính chất này hiển nhiên đúng vì theo định nghĩa D0 (a(x)) = a(x). Giả sử
tính chất (6) đã được chứng minh cho n = k. Khi đó,

∞

Dk+1 (a(x)) = D(Dk (a(x))) = D 

[(j + k)!/j!]aj+k xj 
j=0

∞

(j + 1)[(j + 1 + k)!/(j + 1)!]aj+1+k xj

=
j=0
∞

[(j + (k + 1))!/j!]aj+(k+1) xj .

=
j=0

Tính chất (6) được chứng minh.

12




(7) Theo tính chất (6) ta có
∞

[(l + j)!/l!]al+j xl

j

S(D (a(x))) = S
l=0

= [j!/0!]aj = j!aj .
Vì thế, hệ số của xj ở vế phải trong tính chất (7) là aj .
(8) Dễ dàng suy ra từ định nghĩa của dãy khả tổng và các tính chất
trước đây của toán tử đạo hàm D.
Mệnh đề 1.2.3. Giả sử a(x) ∈ C[[x]] và 2 ≤ n ∈ N. Khi đó tồn tại
b(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn bn (x) = a(x) khi và chỉ khi số k nhỏ nhất với
ak = 0 là bội số nguyên của n.
Chứng minh. Giả sử tồn tại b(x) ∈ C[[x]] sao cho bn (x) = a(x). Ta cũng
giả sử rằng t là số nguyên nhỏ nhất sao cho bt = 0. Từ bn (x) = a(x) ta suy
ra rằng số nguyên k nhỏ nhất sao cho ak = 0 bằng nt, tức là k là bội số
nguyên của n.
Ngược lại, giả sử số k nhỏ nhất với ak = 0 là bội số nguyên của n,
chẳng hạn k = nt. Khi đó
∞

a(x) = x

nt

cj xj ,
j=0

ở đây cj = aj+nt . Ta có c0 = ant = ak = 0. Giả sử f0 là một giá trị của
căn bậc n của c0 . Vì c0 = 0, nên f0 = 0. Do đó ta có thể xác định các số
f1 , f1 , ...., fj , ... theo công thức truy hồi sau đây:

fi =

1 

cj −
nf0n−1 

i1 i1 +i2 +···+in =j




fi1 fi2 ...fin 
.

Từ đẳng thức trên ta biểu diễn cj qua f0 , f1 , ... và nhận được
nf0n−1 fi = cj −

fi1 fi2 ...fin ,
i1 i1 +i2 +···+in =j

⇔ cj = nf0n−1 fi +

fi1 fi2 ...fin ,
i1 i1 +i2 +···+in =j

⇔ cj =

fi1 fi2 ...fin .
i1 i1 +i2 +···+in =j

13


∞

∞
j

Vì vậy, nếu f (x) =

cj xj . Đặt b(x) = xt f (x). Khi

n

fj x , thì f (x) =
j=0

j=0

đó

∞
n

nt n

b (x) = x f (x) = x

nt

cj xj = a(x).
j=0

Định nghĩa 1.2.4. Ánh xạ
∞
∗

∞
∗

j

D : C[[x]] → C[[x]], a(x) =

aj x → D (a(x)) =
j=0

j=0

aj−1 j
x
j

được gọi là toán tử tích phân trong C[[x]].
Ta có một số tính chất sau của toán tử tích phân (xem [1]).
Mệnh đề 1.2.5. Nếu z1 , z2 ∈ C, còn a(x), b(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn S(a(x)) =
S(b(x)) = 0, thì
(1) D∗ (D(a(x))) = D(D∗ (a(x))) = a(x);
(2) D∗ (z1 a(x) + z2 b(x)) = z1 D∗ (a(x)) + z2 D∗ (b(x));
(3) D∗ (a(x)D(b(x))) = a(x)b(x) = D∗ (D(a(x))b(x)).

∞

bj xj và a(x) = 1 + b(x). Khi đó

Định nghĩa 1.2.6. Giả sử b(x) =
j=1

logarit L(a(x)) của a(x) được xác định bằng đẳng thức
∞

L(a(x)) = L(1 + b(x)) =
k=1

(−1)k−1 k
b (x).
k

Từ Mệnh đề 1.1.10 (3) ta thấy ngay rằng L(a(x)) luôn được xác định.
Ta có một số tính chất sau
Mệnh đề 1.2.7. Giả sử a(x), c(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn S(a(x)) = S(c(x)) =
1. Khi đó,
(1) D(L(a(x))) =

D(a(x))
;
a(x)

(2) L(a(x)c(x)) = L(a(x)) + L(c(x));

14

(3) Với mọi số hữu tỷ r, ta có L(ar (x)) = rL(a(x));
(4) Nếu L(a(x)) = L(b(x)), thì a(x) = b(x);
(5) Nếu b(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn S(b(x)) = 0, thì với mọi số hữu tỷ r
ta có

∞
r

(1 + b(x)) = 1 +
j=1

ở đây

r
j

=

r j
b (x),
j

(r)j
r(r − 1)...(r − j + 1)
=
.
j!
j!

∞

bj xj . Khi đó mũ E(b(x)) của b(x)

Định nghĩa 1.2.8. Giả sử b(x) =
j=1

được xác định bằng đẳng thức
∞

E(b(x)) =
j=1

1 j
b (x),
j!

ở đây b0 (x) = 1. Từ Mệnh đề 1.1.10 (3) ta thấy ngay rằng E(b(x)) luôn
xác định.
Ta có một số tính chất sau
Mệnh đề 1.2.9. Giả sử b(x), c(x) ∈ C[[x]] thỏa mãn S(b(x)) = S(c(x)) =
0. Khi đó
(1) D(E(b(x))) = E(b(x))D(b(x));
(2) Nếu E(b(x)) = E(c(x)) thì b(x) = c(x);
(3) L(E(b(x))) = b(x), E(L(1 + b(x))) = 1 + b(x);
(4) E(b(x) + c(x)) = E(b(x))E(c(x)).
Định nghĩa 1.2.10. Giả sử a(x) ∈ C[[x]] với S(a(x)) = 0 tức là a(x) =

15

∞

aj xj . Khi đó ta định nghĩa
j=1

1
sin(a(x)) =
[E(ia(x)) − E(−ia(x))] =
2i
1
cos(a(x)) =
[E(ia(x)) + E(−ia(x))] =
2

∞

a2j+1 (x)
(−1)
,
(2j
+
1)!
j=0
j

∞

j=0

a2k (x)
,
(2k)!

−1

tan(a(x)) = (sin(a(x)))(cos(a(x))) , sec(a(x)) = (cos(a(x)))−1 ,
ở đây i là đơn vị ảo, tức là i2 = −1 và a0 (x) = 1.
Ta có một số tính chất sau
Mệnh đề 1.2.11. (1) sin2 (a(x)) + cos2 (a(x)) = 1;
(2) sec2 (a(x)) = 1 + tan2 (a(x));
(3) D(sin(a(x))) = (cos(a(x))D(a(x));
(4) D(cos(a(x))) = (−sin(a(x)))D(a(x));
(5) D(tan(a(x))) = (sec2 (a(x)))D(a(x));
(6) D(sec(a(x))) = (sec(a(x)))(tan(a(x)))D(a(x)).
1.3. Phép truy toán trong C[[x]]
Một phép truy toán cho C[[x]] được định nghĩa như là một ánh xạ
f : N × C[[x]] → C. Để trực quan ta coi f như là một hàm của vô hạn các
biến là n, a0 , a1 , a2 , ... với n nhận giá trị trong N, còn a0 , a1 , a2 , ... nhận giá
∞

aj xj = a(x) ∈ C[[x]].

trị trong C và
j=0

∞

aj xj ∈ C[[x]].

Giả sử k ∈ N và a(x) =
j=0

Ta nói rằng a(x) hay dãy số a0 , a1 , a2 , ... thỏa mãn phép truy toán f với
bậc truy toán k nếu f (n, a0 , a1 , a2 , ..., an , 0, 0, ..) = 0 với mọi n ≥ k. Khi
16


đó, a(x) được gọi là một lời giải của phép truy toán này. Nói chung, nếu
phép truy toán có lời giải với bậc truy toán k, thì lời giải đó không nhất
thiết phải là duy nhất.
Người ta phân các phép truy toán cho C[[x]] ra các loại chính như ở
Hình 1.1

Hình 1.1: Các loại truy toán.
∞

aj xj ∈ C[[x]] hay dãy số

Định nghĩa 1.3.1. Ta nói rằng a(x) =
j=0

a0 , a1 , a2 , ... thỏa mãn một phép truy toán tuyến tính thuần nhất bậc k nếu
tồn tại các hằng số c0 , c1 , ..., ck ∈ C sao cho với mọi n ≥ k ta có
k

cj an−j = 0.
j=0

Đẳng thức trong định nghĩa trên được gọi là hệ thức truy hồi. Vì biểu thức

k

cj an−j là tuyến tính đối với aj nên phép truy toán này được gọi là tuyến
j=0

tính. Vì các số hạng trong biểu thức trên đều có dạng giống nhau nên phép
truy toán này được gọi là thuần nhất. Cuối cùng, từ hệ thức truy hồi trên
ta thấy mỗi an với n ≥ k biểu diễn được qua k số aj trước đó. Vì thế, phép
truy toán được gọi là có bậc bằng k.
Ví dụ 1.3.2. Xét F (x) = F0 + F1 x + F2 x2 + F3 x3 + ... với F0 = 0, F1 = 1
và Fn = Fn−1 + Fn−2 với mọi n ≥ 2. Khi đó F (x) thỏa mãn phép truy toán
tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ thức truy hồi Fn − Fn−1 − Fn−2 = 0
cho mọi n ≥ 2. Số Fj trên được gọi là số Fibonacci thứ j .

17


k

aj xj ∈ C[[x]] hay dãy số

Định nghĩa 1.3.3. Ta nói rằng a(x) =
j=0

a0 , a1 , a2 , .. thỏa mãn một phép truy toán tuyến tính không thuần nhất bậc
k nếu tồn tại các hằng số c0 , c1 , ..., ck ∈ C và hàm g : N → C sao cho với
mọi n = k ta có
k

cj an−j + g(n) = 0.

j=0

Đẳng thức trong định nghĩa trên cũng được gọi là hệ thức truy hồi
cho phép truy toán tuyến tính không thuần nhất.
j

∞

k 2 cho mọi j ∈ N. Khi

j

Ví dụ 1.3.4. Xét a(x) =

aj x , ở đây aj =
j=0

k=0

đó a(x) thỏa mãn phép truy toán tuyến tính không thuần nhất bậc 1 với
hệ thức truy hồi an − an−1 − n2 = 0 cho mọi n ≥ 1(k = 1, c0 = 1, c1 =
−1, g(n) = −n2 ).
Định nghĩa 1.3.5. Phép truy toán mà không là tuyến tính thuần nhất
và cũng không là tuyến tính không thuần nhất được gọi là phép truy toán
∞

aj xj hay dãy số a0 , a1 , a2 , .. thỏa mãn

không tuyến tính. Nếu a(x) =
j=0

phép truy toán không tuyến tính f bậc k, tức là
f (n, a0 , a1 , ..., an , 0, 0, ...) = 0
cho mọi n ≥ k, thì đẳng thức này cũng được gọi là hệ thức truy hồi cho f .
Ví dụ 1.3.6. Ta định nghĩa số Catalan thứ n, kí hiệu là cn , là số cách chèn
n cặp ngoặc tròn vào tích x1 x2 ...xn của n + 1 số sao cho mỗi lần nhân chỉ
có đúng hai thừa số. Chẳng hạn, ta có các cách chèn các cặp ngoặc tròn
sau đây vào tích x1 x2 x3 x4 :
(x1 (x2 (x3 x4 ))), ((x1 x2 )(x3 x4 )), (((x1 x2 )x3 )x4 ),
((x1 (x2 x3 ))x4 ), (x1 ((x2 x3 )x4 )).

Như vậy c3 = 5. Dễ thấy rằng, c1 = 1, c2 = 2. Để cho tiện sử dụng, ta định
nghĩa c0 = 1.
18


Ta nhận xét rằng mỗi cách chèn n cặp ngoặc tròn vào tích x1 x2 ...xn+1 ,
ở đây k có thể là 0, 1, .., n − 1. Số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích
x1 x2 ..xk+1 là ck , còn số cách chèn các cặp ngoặc tròn vào tích xk+2 xk+3 ...xn+1
là cn−k−1 . Vì vậy ta nhận được
cn = c0 cn−1 + c1 cn−2 + c2 cn−3 + .. + cn−1 c0 .
Đây là hệ thức truy hồi không tuyến tính.
Các kết quả dưới đây cho phép ta tìm lời giải của một số phép truy
toán tuyến tính thuần nhất.
Định lý 1.3.7. Giả sử c1 , c2 , ..ck ∈ C là các số sao cho phương trình
xk − c1 xk−1 − c2 xk−2 − ... − ck = 0
∞

aj xj là một lời giải

có k nghiệm phân biệt r1 , r2 , ..., rk . Khi đó a(x) =
j=0

của phép truy toán tuyến tính thuần nhất bậc k với hệ thức truy hồi
an − c1 an−1 − c2 an−2 − ... − ck an−k = 0
cho mọi n ≥ k khi và chỉ khi
an = α1 r1n + α2 r2n + ... + αk rkn
cho mọi n = 0, 1, 2, ... ở đây α1 , α2 , ..., αk là nghiệm của hệ phương trình
tuyến tính


x1 + x2 + ... + xk



r x + r x + ... + r x
1 1
2 2
k k

....................................................



 k−1
r1 x1 + r2k−1 x2 + ... + rkk−1 xk

= a0
= a1
= ......

= ak−1 .

Nhận xét 1.3.8. Hệ phương trình tuyến tính trên có định thức

D=

1
r1
r12
...

1
r2
r22
...

r1k−1 r2k−1

... 1
... rk
... rk2 .
....
... rkk−1

Định thức này là định thức Vandermonde và được tính theo công thức
(ri − rj ).

D=
i>j

19


Vì r1 , r2 , ..., rk là các số đôi một khác nhau, nên D = 0. Do đó hệ phương
trình tuyến tính là hệ Cramer. Vì thế nó luôn có duy nhất một nghiệm
α1 , α2 , ..., αk .
Chứng minh. Giả sử an = α1 r1n + α2 r2n + ... + αk rkn cho mọi n = 0, 1, 2, ..., ở
đây α1 , α2 , ..., αk là nghiệm của phương trình tuyến tính nói trên. Khi đó,
với n ≥ k, ta có
an − c1 an−1 − ... − ck an−k
= (α1 r1n + α2 r2n + ... + αk rkn ) − c1 (α1 r1n−1 + α2 r2n−1 + ... + αk rkn−1 ) − ...
− ck (α1 r1n−k + α2 r2n−k + ... + αk rkn−k )
= (α1 r1n − c1 α1 r1n−1 − ... − ck α1 r1n−k ) + ... + (αk rkn − c1 αk rkn−1 − ... − ck αk rkn−k )
= α1 r1n−k (r1k − c1 r1k−1 − ... − ck ) + ... + αk rkn−k (rkk − c1 rkk−1 − ... − ck )
= 0
vì r1 , r2 , ..., rk là nghiệm của phương trình
xk − c1 xk−1 − ... − ck = 0.
Vậy a(x) là lời giải của phép truy toán nói trên.
∞

aj xj là lời giải của phép truy toán tuyến

Ngược lại, giả sử a(x) =
j=0

tính thuần nhất bậc k với hệ thức truy hồi
an − c1 an−1 − c2 an−2 − ... − ck an−k = 0
cho mọi n ≥ k ta chứng minh rằng
an = α1 r1n + α2 r2n + ... + αk rkn
cho mọi n = 0, 1, 2, ... bằng quy nạp theo n. Nếu n = 0, 1, ..., k − 1, thì

đẳng thức trên là hiển nhiên đúng do α1 , ..., αk là nghiệm của hệ phương
trình tuyến tính nói tới trong định lý 1.1.15. Giả sử đẳng thức trên đã được
chứng minh cho mọi 0 ≤ n ≤ t với t ≥ k − 1. Khi đó, do a(x) là lời giải
của phép truy toán tuyến tính nói trên, nên
at+1 − c1 at − c2 at−1 − ... − ck at+1−k = 0.
20


Suy ra
at+1 = c1 at + c2 at−1 + ... + ck at+1−k
= c1 (α1 r1t + ... + αk rkt ) + ... + ck (α1 r1t+1−k + ... + αk rkt+1−k )
= α1 (c1 r1t + c2 r1t−1 + ... + ck r1t+1−k ) + α2 (c1 r2t + c2 r2t−1 + ...
+ ck r2t+1−k ) + ... + αk (c1 rkt + c2 rkt−1 + ... + ck rkt+1−k )
= α1 r1t+1−k (c1 r1k−1 + c2 r1k−2 + ... + ck ) + α2 r2t+1−k (c1 r2k−1 + c2 r2k−2 + ... + ck ) +
+ αk rkt+1−k (c1 rkk−1 + c2 rkk−2 + ... + ck )
= α1 r1t+1−k r1k + α2 r2t+1−k r2k + ... + αk rkt+1−k rkk
= α1 r1t+1 + α2 r2t+1 + ... + αk rkt+1 .

Từ Định lý 1.3.7 ta có hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.3.9. Giả sử c1 , c2 ∈ C là các số sao cho phương trình x2 − c1 x −
∞

aj xj là lời giải

c2 = 0 có hai nghiệm phân biệt r1 , r2 . Khi đó a(x) =
j=0

của phép truy toán tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ thức truy hồi
an − c1 an−1 − c2 an−2 = 0
cho mọi n ≥ 2 khi và chỉ khi

an = α1 r1n + α2 r2n
−(a1 − a0 r1 )
a1 − a0 r2
và α2 =
.
cho mọi n = 0, 1, 2, ..., ở đây α1 =
r1 − r2
r1 − r2
Chứng minh. Hệ phương trình tuyến tính
x1 + x2

= a0

r1 x1 + r2 x2

= a1 .

có nghiệm α1 , α2 như trong Hệ quả 1.3.9. Do đó, theo Định lý 1.3.7 ta có
Hệ quả 1.3.9.
Định lý 1.3.10. Giả sử c1 , c2 ∈ C là các số sao cho phương trình x2 −
∞

aj xj là lời giải của

c1 x − c2 = 0 có nghiệm kép r0 = 0. Khi đó a(x) =
j=0

phép truy toán tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ thức truy hồi
an − c1 an−1 − c2 an−2 = 0
21

cho mọi n ≥ 2 khi và chỉ khi
an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n
a1 − a0 r0
a1
và α2 =
.
cho mọi n = 0, 1, 2, ..., ở đây α1 =
r0
r0
Chứng minh. Giả sử an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n cho mọi n = 0, 1, 2, ..., ở đây
a1
a1 − a0 r0
α1 =
và α2 =
. Khi đó với n ≥ 2 ta có
r0
r0
an − c1 an−1 − c2 an−2 = (α1 r0n + α2 (n − 1)ron ) −
c1 (α1 r0n−1 + α2 (n − 2)r0n−1 ) − c2 (α1 r0n−2 ) + (α2 (n − 3)r0n−2 )
= (α1 r0n − c1 α1 r0n−1 − c2 α1 r0n−2 ) +
(α2 (n − 1)r0n − c1 α2 (n − 2)r0n−1 − c2 α2 (n − 3)r0n−2 )
= α1 r0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) + (α2 nr0n − c1 α2 nr0n−1 −
c2 α2 nr0n−2 ) − (α2 r0n − 2c1 α2 r0n−1 − 3c2 α2 r0n−2 )
= α1 r0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) + α2 nr0n−2 (r02 − c1 r0 − c2 ) −
α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 )
= −α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 )
(do r0 là nghiệm của phương trình x2 − c1 x − c2 = 0 ).
Vì r0 là nghiệm kép của phương trình x2 − c1 x − c2 = 0 nên theo định lý

Viét, r0 + r0 = 2r0 = c1 và r0 r0 = r02 = −c2 . Do đó c1 = 2r0 và c2 = −r02 .
Suy ra
(r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) = r02 − 2(2r0 ) − 3(−r02 ) = r02 − 4r02 + 3r02 = 0.
Vì vậy,
an − c1 an−1 − c2 an−2 = −α2 r0n−2 (r02 − 2c1 r0 − 3c2 ) = 0.
Vậy a(x) là lời giải của phép truy toán nói trên.
∞

aj xj là lời giải của phép truy toán tuyến

Ngược lại, giả sử a(x) =
j=0

tính thuần nhất bậc 2 với hệ thức truy hồi
an − c1 an−1 + α2 an−2 = 0
cho mọi n ≥ 2. Ta chứng minh rằng
an = α1 r0n + α2 (n − 1)r0n
22