Vành Các Chuỗi Lũy Thừa Hình Thức Và Ứng Dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Đào Thị Thu Hường

VÀNH CÁC CHUỖI LUỸ THỪA HÌNH THỨC
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2019


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Đào Thị Thu Hường

VÀNH CÁC CHUỖI LUỸ THỪA HÌNH THỨC
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành : Đại số và lí thuyết số
Mã số

: 8460104
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. MỴ VINH QUANG

Thành phố Hồ Chí Minh – 2019

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục với đề tài: Vành
các chuỗi luỹ thừa hình thức và ứng dụng là cơng trình nghiên cứu của riêng
tôi. Các nội dung và kết quả trong luận văn là trung thực và chưa từng được
công bố trong bất kì một cơng trình nào khác.
Tác giả

Đào Thị Thu Hường


LỜI CẢM ƠN
Lời nói đầu tiên, tơi xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc và chân thành nhất đến
với thầy PGS TS. Mỵ Vinh Quang, người đã nhận hướng dẫn tôi, người đã
giúp đỡ tôi rất rất nhiều trong việc làm quen với cơng việc nghiên cứu và tận
tình chỉ dạy, động viên tơi hồn thành luận văn này.
Bên cạnh đó, tơi xin trân trọng cảm ơn đến thầy TS. Trần Huyên – Người
cho tôi con đường yêu môn Đại số và quyết tâm theo đuổi ngành Đại số và lý
thuyết số. Tôi xin chân thành cảm ơn đến Ban Giám Hiệu và các thầy cơ trong
tổ Tốn của Trường TH, THCS, THPT Ngô Thời Nhiệm Quận 9 TP.HCM nơi
tôi công tác, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành tốt khóa học của
mình. Xin chân thành cảm ơn ban lãnh đạo và chuyên viên Phòng Sau đại
học, Ban chủ nhiệm và giảng viên khoa Toán - Tin của Trường Đại học Sư
phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tạo thuận lợi cho chúng tôi trong cả khóa học.
Tơi cũng rất cảm ơn các bạn, các anh chị học cùng Khóa 27 đã cùng tơi
chia sẻ những buồn vui, những khó khăn trong suốt q trình học tập, đặc biệt
là bạn Nguyễn Thanh Ngọc lớp LL&PPDHBM Toán đã đồng hành, động viên
tôi cùng học tập . Cuối cùng tơi xin dành trọn tấm lịng biết ơn của mình đến
bố mẹ ruột, ba mẹ chồng, chồng và anh em tôi đã luôn động viên, giúp đỡ tôi
trong suốt thời gian qua. Đặc biệt là cảm ơn con gái đã thức cùng mẹ trong

những ngày mẹ ôn bài thi.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

Đào Thị Thu Hường


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cam đoan 
Lời cảm ơn  
MỞ ĐẦU

..................................................................................................... 1 

Chương 1. VÀNH CÁC CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC ..................... 3 
1.1. Vành các chuỗi lũy thừa hình thức............................................................. 3 
1.2. Căn và lũy thừa hữu tỷ ............................................................................... 5 
1.3. Đạo hàm hình thức ..................................................................................... 7 
1.4. Một số công thức ........................................................................................ 8 
1.5. Hàm sinh của dãy số................................................................................... 9 
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH CÁC CHUỖI LŨY
THỪA HÌNH THỨC – HÀM SINH ....................................... 10 
2.1. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức để nghiên cứu dãy số. ...... 10 
2.2. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức để giải các bài toán
đếm. ......................................................................................................... 17 
2.3. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức trong việc chứng minh
các cơng thức tổ hợp. .............................................................................. 24 
2.4. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức để giải một số bài tốn
bậc phổ thơng. ......................................................................................... 27 
KẾT LUẬN ................................................................................................... 32 

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 33 


1

MỞ ĐẦU
Trong toán học, việc sử dụng các kiến thức toán cao cấp để giải quyết
các bài toán ở phổ thơng là điều rất quan trọng. Nó khơng chỉ giúp người làm
tốn có nhiều phương pháp lựa chọn lời giải, mở rộng tầm hiểu biết tốn học
mà cịn phát huy được sự thông minh và sự sáng tạo, tầm bao quát toán, mở
rộng bài toán theo nhiều hướng khác nhau.
Như chúng ta đã biết các vấn đề liên quan đến dãy số là một phần quan
trọng của đại số và tốn giải tích. Khi tiếp cận vấn đề này các em học sinh giỏi,
sinh viên và khá nhiều thầy cô giáo phổ thông thường phải đối mặt với rất
nhiều bài tốn khó và lúng túng khi tìm cách giải.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, thi Olympic toán quốc tế, thi
Olympic toán sinh viên giữa các trường Đại học, cao đẳng, các bài toán liên
quan đến dãy số cũng hay được đề cập và thường rất khó, địi hỏi người học,
người làm tốn phải có tầm hiểu biết rộng và rất sâu sắc các kiến thức về dãy
số và chuỗi mới đưa ra các phương pháp giải toán hay và hồn thiện được bài
tốn.
Để phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi và học tập, nghiên cứu các
bài toán về dãy số, các bài toán tổ hợp, các bài toán trong lý thuyết số…Vành


các chuỗi lũy thừa hình thức

a x
n0

n

n

đã tỏ ra rất có ích và nó là một công cụ

hữu hiệu để giải quyết các vấn đề trên.
Dưới sự hướng dẫn của PGS TS Mỵ Vinh Quang, tác giả đã quyết định
chọn đề tài luận văn :” Vành các chuỗi lũy thừa hình thức và ứng dụng ”.
Nội dung luận văn gồm có 2 chương:
Chương 1. Vành các chuỗi lũy thừa hình thức.


2
Trình bày định nghĩa và một số tính chất cơ bản của vành các chuỗi lũy
thừa hình thức và hàm sinh.
Chương 2. Một số ứng dụng của vành các chuỗi lũy thừa hình thức và hàm
sinh.
Trình bày cách ứng dụng của vành các chuỗi lũy thừa hình thức để
giảiquyết các bài toán về dãy số, các bài toán tổ hợp, các bài toán trong lý
thuyết số, các bài toán sơ cấp…
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng luận văn sẽ khơng tránh khỏi những
thiếu sót. Rất mong nhận được sự đóng góp từ q thầy cơ và đọc giả.


3

Chương 1. VÀNH CÁC CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC
1.1. Vành các chuỗi lũy thừa hình thức
Ký hiệu vành các chuỗi lũy thừa hình thức một biến trên trường  là:



2


  x   a0  a1 x  a2 x  ... ai     ai xi ai    .
 i 0








Mỗi phần tử f    x  , f   ai x i với x 0  1 , được gọi là một chuỗi lũy
i 0

thừa hình thức của biến x với các hệ tử thuộc  . Để biến   x thành một vành
giao hốn có đơn vị ta cần các phép toán sau:
n
n
Cho f   an x , g   bn x    x  ta định nghĩa
n

n

f  g  an  bn , n  0;1;... và
f  g    an  bn  x n
n



fg   cn x n  cn   ak bn  k  .
n
k



1.1.1

Để thuận tiện, ta kí hiệu 0 cho chuỗi luỹ thừa với tất cả các hệ số bằng 0
và 1 cho chuỗi luỹ thừa 1  0.x  0.x 2  ... và gọi chúng tương ứng là (chuỗi luỹ
thừa) “không” và “đơn vị”. Một cách tổng quát hơn, với hằng số    , ta vẫn
giữ kí hiệu cho chuỗi luỹ thừa hình thức   0.x  0.x 2  ... . Cuối cùng, ta kí
hiệu  A cho chuỗi luỹ thừa nhận được từ A bằng cách đổi dấu hệ số của nó.
Nói rằng   x  là một vành giao hốn có đơn vị, có nghĩa là các phép
tốn ” + “ và ” . “ trên   x  có các tính chất sau đây và việc kiểm tra là rất
đơn giản: với mọi A  A  x  , B  B  x  , C  C  x     x  ,


4

1 A  0  0  A  A
 2 A  B  B  A
 3 A    A     A   A  0
 4  A  B   C  A   B  C 
 5  A.1  1. A  A
 6  A.B  B. A
 7  A.B  .C  A.  B.C 

8  A.  B  C   A.B  A.C
 9  A.0  0. A  0
Lưu ý rằng các đẳng thức (4), (7) nói rằng các phép tốn ‘’+, . “ có tính
kết hợp, các đẳng thức (2), (6) nói rằng các phép toán “+” và “ . “ là giao
hoán.
Tất cả các tính chất mà chúng ta nêu lên ở trên là các tính chất quen
thuộc trên vành các đa thức   x  . Giống như với   x  , đẳng thức (9) có phát
biểu đảo sau đây
Mệnh đề 1.1.1. Nếu A, B    x  sao cho A.B  0 thì hoặc A  0
hoặc B  0.
Chứng minh.
Thật vậy, giả sử A  0, B  0 . Gọi a , b tương ứng là các hệ số khác 0 với
chỉ số nhỏ nhất của A và B . Thế thì a .b  0 chính là hệ số  0 của AB với chỉ
số nhỏ nhất. Nói riêng AB  0 .
Định nghĩa 1.1.2. Ta nói A    x  là khả nghịch nếu tồn tại B    x  sao
cho AB  1 . Phần tử B như vậy nếu tồn tại là duy nhất và được gọi là nghịch
đảo của A . Ta cịn kí hiệu nghịch đảo của A bởi A1 hay

1
.
A

Nói riêng, nếu A là khả nghịch thì A  0 . Mặt khác, nếu A là nghịch
đảo của B thì B là nghịch đảo của A .


5
Mệnh đề 1.1.3. Với các phép toán trên,   x lập thành một vành giao hốn
có đơn vị.
Chứng minh.

Việc kiểm tra các tiên đề của vành là thoả mãn.





i
Định lý 1.1.4. Chuỗi lũy thừa hình thức f   ai x là khả nghịch khi và chỉ
i 0

khi a0  0.
Chứng minh.

   Giả sử

f có nghịch đảo, nghĩa là

1
  bn x n
f n0

Khi đó f . 1 / f   1 và theo (1.1.1) ta có c0  1  a0 .b0 vì thế a0  0.
Hơn

nữa,

trong

trường

hợp

n  1, cn  0   ak bn  k ,

này

từ

(1.1.1)
đó

cho

ta

ta

biết

rằng

tìm

với
được

k

 1 
bn     ak bn  k

 a0  k 1

 n  1

1.1.2 

Điều này xác định b1 , b2 ,... duy nhất.

   Ngược lại, giả sử a0  0 . Khi đó ta có thể xác định b0 , b1 ,... từ
(1.1.2), và kết quả chuỗi

b x
n

n

là nghịch đảo của f .



n

1.2. Căn và lũy thừa hữu tỷ
Cho A  x     x  có hệ số tự do bằng 1 và m , n là các số nguyên với
1

n dương. Ta định nghĩa luỹ thừa A  x  n hay

n

A  x  là chuỗi luỹ thừa B  x 

với hệ số tự do bằng 1 sao cho B  x   A  x  . Một cách tổng quát hơn, ta định
n


6

m

nghĩa A  x  n , hay n A  x 

m

như là chuỗi luỹ thừa B  x  với hệ số bằng 1 duy

nhất thoả mãn B  x   A  x  .
n

m

Định lý 1.2.1. Cho A  x     x  có hệ số tự do bằng 1 và n là một số
nguyên dương. Tồn tại duy nhất một phần tử B  B  x     x  với hệ số tự
do bằng 1 sao cho B n  A.
Để chứng minh định lý này ta có bổ đề sau
Bổ đề 1.2.2. Nếu A  A  x     x  có hệ số tự do bằng 1 thì với mọi số
nguyên dương n , An cũng có hệ số tự do bằng 1. Một cách cụ thể hơn, nếu
n
2
A  1  a1 x  ... thì A  1  b1 x  b2 x  ... trong đó bk  na k  (đa thức của

a1 , ..., a 2 , ..., a k 1 ).

Chứng minh. Bằng quy nạp theo n .
Chứng minh định lý 1.2.1.
Viết

A  A  x   1  a1 x  a2 x 2  ...  ak x k  ...

và

giả

B  1  b1 x  b2 x 2  ...  bk x k  ... Theo bổ đề 1.2.2, ta có
B n  1  nb1 x   nb2  f1  b1   x 2  ...   nbk  f k  b1 ,..., bk 1   x k  ...

Trong đó f k  b1 ,..., bk 1  là một đa thức của b1 ,..., bk 1 với mọi k .
n
Từ đây, đẳng thức B  A tương đương với một hệ phương trình vơ hạn

nb1
 a1


nb2  f1  a1   a2






nb  f b ,..., b
 1 k 1   ak
 k




sử


7
Dễ thấy, hệ này xác định một nghiệm duy nhất b1 , b2 ,... : trước hết b1 xác
định duy nhất bởi phương trình đầu tiên, rồi b2 xác định bởi b1 và phương
trình thứ 2, và một cách truy hồi, với mọi k  1, bk xác định bởi phương trình
thứ k và các giá trị b1 ,..., bk 1 .



1.3. Đạo hàm hình thức
Định nghĩa 1.3.1.
Đạo hàm hình thức của A  x   a0  a1 x  ...    x  là chuỗi lũy thừa
k 1
hình thức A '  x  cho bởi công thức A '  x   a1  2a2 x  ...   kak x .
k 1

Theo thơng lệ, ta sẽ kí hiệu A ''  x  cho đạo hàm của A '  x  và một cách

tổng quát, A

n

 x

cho đạo hàm thứ n của A  x  , được định nghĩa bằng quy

nạp như đạo hàm của đạo hàm thứ n  1 của A.
Mệnh đề 1.3.2.
Giả sử A, B    x  ,   . Ta có

1
 2
 3
 4
5

A '  0  A  const

  A '  .A '
 A  B  '  A ' B '
 AB  '  A ' B  AB '

 A  '  nA
n

n 1

A ', n  0.

Hơn nữa, nếu A là khả nghịch thì

6

 A  '   AA '

7

 A  '  n AA '

1

2

n

n 1

Chứng minh.

, n   0 .


8
Các đẳng thức 1 ,  2  ,  3  là hiển nhiên. Đẳng thức (4) cũng dễ dàng suy
ra từ việc so sánh hệ số lũy thừa của x trong hai vế. Công thức (5) được suy ra
bằng quy nạp theo n và bằng cách sử dụng (4).
Để thiết lập (6), ta chỉ cần đạo hàm hai vế đẳng thức A. A 1  1 và sử
dụng công thức Leibniz cho vế trái. Cuối cùng, do A n   A 1  ta suy ra
n

 A    A 

n

1



n '

  A 

 n A 1

n 1

1

  nA n 1 A '.



Công thức Leibniz có thể được phát biểu cho một tích hữu hạn như sau
mà việc chứng minh đơn giản là sử dụng qui nạp

 A1 A2 ... An 

'

 A1' A2 ... An  A1 A2' ... An  ...  A1 A2 ... An' .

Hệ quả 1.3.3. Hai chuỗi lũy thừa hình thức có cùng đạo hàm khi và chỉ khi

sai khác một hằng số.
1.4. Một số công thức
Khai triển thành chuỗi lũy thừa hình thức một số hàm đơn giản sau đây:
1
 1  x  x 2  x 3  ...  x n  ...
1 x

1.4.1

x x 2 x3
xn
e  1 

 ... 
 ...
n!
1! 2! 3!

1.4.2 

1
x 2 x3 x 4
xn
log
 x
 
 ... 
 ...
1 x
2

3
4
n

1.4.3

x

ln 1  x   x 

n
x 2 x3 x 4
n 1 x
   ...   1
 ...
n
2
3
4

1.4.4 


9

sin x  x 

x3 x5
x 2 n 1
n 1


 ...   1
 ...
3! 5!
 2n  1!

1.4.5

2n
x2 x4
n x
cos x  1 

 ...   1
 ...
2! 4!
 2n  !

1  x 



1

1  x 

k 1

1.4.6 

 
    xk
k k 

1.4.7 

n  k  n
 
x
n  n


1.4.8

1
1  2n  n
2
3
4
5
1  1  4x  
 x  1  x  2 x  5 x  14 x  42 x  ... 1.4.9 
2x
n n 1 n 





 2k 

   x k  1  2 x  6 x 2  20 x 3  70 x 4  252 x 5
1  4x
k k 
924 x 6  3432 x 7  12870 x8  48620 x 9  ...
1

1.4.10 

1.5. Hàm sinh của dãy số


Cho dãy số an  . Chuỗi lũy thừa hình thức f  x    an x n được gọi là
n0

hàm sinh của dãy an  .


10

Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH CÁC CHUỖI
LŨY THỪA HÌNH THỨC – HÀM SINH
2.1. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức để nghiên cứu dãy số.

Nếu biết công thức truy hồi của dãy số an  ta có thể ứng dụng hàm
sinh của dãy số này để tìm hoặc nghiên cứu số hạng tổng quát an của dãy theo
phương pháp chung như sau:
n
Bước 1: Ký hiệu A  x   n0 an x là hàm sinh của dãy an  .

Bước 2: Nhân cả hai vế của công thức truy hồi với x n , rồi tính tổng theo

n , từ đó rút ra phương trình đối với A  x  .
Bước 3: Giải phương trình tìm A  x  . Từ đó dựa vào các công thức đã biết

suy ra an .
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 2.1.1.

Cho dãy các số a0 , a1 ,... thỏa mãn điều kiện

 n  0; a0  0  .

an 1  2an  1

 2.1.1

Hãy tìm dãy  an  . .
Bài giải.
n
Đặt A  x    n0 an x .

Nhân vế trái của  2.1.1 với x n rồi tính tổng theo n ta được:

a
n0

n 1

x n a1  a2 x  a3 x 2  a4 x3  ...







 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a0 / x


A x
x


11
Tương tự, nhân vế phải của  2.1.1 với x n rồi tính tổng theo n ta được:

  2a

n

n 0

 1 x n  2 an x n   x n
n0

n0

 2 A x 

1

1 x

Cho 2 vế bằng nhau, ta được:
A x

1
x
1 x
1
 1  2x 
 A x

 x  1 x
 2A x 

 A x 

1 
x
 2
 x

1  x 1  2 x   1  2 x 1  x 

 2 x.  2 x   x. x n
n



n0

n0

 AD 1.4.1 

 
  2  1 x   2  1 x   2  1 x



 2 x  22 x 2  23 x 3  ...  x  x 2  x3  ...
2

2

3

3

 ...

n
Vậy an  2  1  n  0  . 

Ví dụ 2.1.2.

Cho dãy các số a0 , a1 ,... thỏa mãn điều kiện
an 1  2an  n

 n  0; a0  1 .

Hãy tìm dãy  an  .
Bài giải.
n
Đặt A  x   n0 an x .

Nhân vế trái của  2.1.2  với x n rồi tính tổng theo n ta được:

 2.1.2 


12

a
n0

n 1

x n a1  a2 x  a3 x 2  a4 x3  ...


 a

0





 a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  a0 / x

A x 1



x

Tương tự, nhân vế phải của  2.1.2  với x n rồi tính tổng theo n ta được:

  2a
n0

n

 n  x n  2 an x n   nx n
n0

n0

 2A x  S

Với S   nx n .
n0

n

 Sdx   n  1 x
n0

S

1

1  x 

2

1 n 1
1
1 n 1
x C 
x C
1 
1 x
n0 n  1
n0 n  1
1
x


1  x 1  x 2

 C   x n 1  

n 1

n0

  xn 
n0

1

1  x 

2

Cho 2 vế bằng nhau, ta được:
A x 1
x

 2A x 

x

1  x 

2

x
 1  2x  1
 A x
 
2
 x  x 1  x 
1
2x2  2x  1
x2
 A x 



1  2 x  1  2 x 1  x 2 1  2 x 1  x 2


1

1  x 

2



2
1  2x

Áp dụng công thức (1.4.8) và (1.4.1)


1

1  x 

2

 n  1 n
2
3
n
 
x  1  2 x  3 x  4 x  ...   n  1 x  ...

n0  n


2
n
 2  2 x   2. 1  2 x  22 x 2  ...  2n x n  ...
1  2x
n0






13
n
n 1
Vậy an    n  1  2.2 = 2  n  1  n  0  . 

Ví dụ 2.1.3.

Xét dãy Fibonacci :

 n  1; F0  0, F1  1 .

Fn 1  Fn  Fn 1

 2.1.3

Hãy tìm Fn .

Bài giải.
n
Xét hàm sinh: F  x    Fn x .
n0

Nhân vế trái của  2.1.3 với x n rồi tính tổng theo n ta được:
F2 x  F3 x 2  F4 x 3  ...


 F  F x  F x
0

1

2

2





 F3 x 3  ...  F0  F1 x / x 

F  x  x
x

Tương tự, nhân vế phải của  2.1.3  với x n rồi tính tổng theo n ta được:

F x  F x

1

2

2

 



 F3 x3  ...  F0 x  F1 x 2  F2 x3  ...

  F  x    x.F  x   F  x   x.F  x 

Cho 2 vế bằng nhau, ta được:
F  x  x
x

 F  x   x.F  x 

x
1

 F  x  .  1  x   1  F  x   2
x  x  1
x






1
1
1
x


 F  x 



5
1 5
1 5 
1 5  
1 5 
1  x.
 1  x.

 1  x.
 . 1  x.

2
2 

2  
2 

j
j

1 5  j 
1   1  5  j

. 
 x   
 x 

2 
5  j 0  2 
j 0 


n
n
1  1  5   1  5  

 
   n  0 .
Vậy Fn 
5  2   2  






14

Ví dụ 2.1.4.

Cho dãy số un  được xác định bởi:
u1  1

u2  2

*
un  2  un  2un1 , n  

Đặt a  lim
n

 2.1.4 

un1
. Tính a.
un

Bài giải.
n
2
Đặt u0  0 và f  x    n0 un x  u0  u1 x  u2 x  ...

Nhân vế trái của

u
n0

n 2

 2.1.4 

với

xn

rồi tính tổng theo n ta được:

x n u2  u3 x  u4 x 2  ...







 u0  u1 x  u2 x 2  u3 x3  ...  u0  u1 x / x 2


f  x  x
x2

Tương tự, nhân vế phải của  2.1.4  với x n rồi tính tổng theo n ta được:

 u
n0

n

 2un 1  x n   un x n  2 un 1 x n
n0

 f  x  2

n0

f  x
x

Cho 2 vế bằng nhau, ta được:


15
f  x  x
2

 f  x   2.

f  x

x
2 1
x
 1
 f  x . 2  1     f  x   2
x x
 x  2x  1
x
x

 f  x 



x

1  x.1  2  .1  x.1  2 



1 
1
1




2 2 1  x. 1  2 1  x. 1  2 







j
j

.   x. 1  2     x. 1  2  




2 2  j 0 
j 0




1

un 







1 
1 2
2 2 

 
n

 1 2



Do 1  2  1  1  2

Vậy un 

1
2

1  2 
2

un 1
n  u
n

a  lim

n



n

n 

Vậy: a  1  2.



n

 n0 .


 

n 

0

 n  0 .

1  2 
2
2
 lim
1
1  2 
2 2
1



n 1

n

 1 2



Ví dụ 2.1.5.

Dãy số  an  được xác định như sau:

a0  1

n
an1  5an  n.2 , n  0
Hãy tìm dãy  an  .
Bài giải:
n
Đặt f  x    n0 an x .

 2.1.5






16
Nhân vế trái của  2.1.5 với x n rồi tính tổng theo n ta được:

a
n 0

n 1

x n a1  a2 x  a3 x 2  a4 x3  ...







 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a0 / x
f  x  1



x

Tương tự, nhân vế phải của  2.1.5  với x n rồi tính tổng theo n ta được:

  5a
n0

n



 n.2n x n  5 an x n   n.2n x n
n0

 5 f  x  S

n0

n n
Với S   n.2 x .
n0

x n 1
1  n n 1

 C   1 
n.2
 .2 .x  C
 Sdx  
n 1
n 1
n0
n0 
1 n n 1
  2n x n 1  
2 x C
n 0
n0 n  1
1
1 n n 1
  2n x n  1  
2 x C
2 n0
n0 n  1
1 1
1
1 n n 1
 .
 
2 x C
2 1  2 x 2 n 0 n  1
1

1
1
2x
S
  2n x n 


2
2
2
1  2 x  n0
1  2 x  1  2 x 1  2 x 
n





Cho 2 vế bằng nhau, ta được:


17
f  x 1
x

 5 f  x 

2x

1  2 x 

2

2x
 1  5x  1
 f  x .
 
2
 x  x 1  2 x 
 f  x 

1
2 x2
6x2  4 x  1


1  5 x 1  5 x 1  2 x 2 1  5 x 1  2 x 2

 f  x 

11 1
1 1
1
1
.
 .
 .
9 1  5 x 9 1  2 x 3 1  2 x 2



11
1
1
n
n
n
 5 x     2 x     n  1 2 x 

9 n0
9 n0
3 n0

11.5n  2n  3n  2 
11 n 1 n 1
n
Vậy an  .5 + .2  .  n  1 .2 =
9
9
3
9

 n  0 .



2.2. Ứng dụng vành các chuỗi lũy thừa hình thức để giải các bài tốn đếm.

Hàm sinh là một công cụ rất hữu hiệu để giải quyết các bài tốn đếm phức
tạp, sau đây tơi sẽ đưa ra một số ví dụ minh hoạ.

Ví dụ 2.2.1.

Giả sử có một kho trái cây gồm đủ nhiều các quả chuối, ổi, xoài và
bưởi. Với mỗi n, ta sẽ thử đếm xem có bao nhiêu cách tạo thành một giỏ trái
cây gồm tổng cộng n quả sao cho số chuối là chẵn, số ổi chia hết cho 5, số
xồi khơng vượt quá 4, số bưởi không vượt quá 1?
Bài giải.

Số cách tạo thành một giỏ trái cây thoả yêu cầu bài toán bằng số cách
biểu diễn n dưới dạng n  k1  k 2  k3  k 4 trong đó ki là các số tự nhiên,
k1  2, k 2  5, k3  4, k 4  1 . Số cách tạo thành một giỏ trái cây thỏa u cầu bài

tốn chính là hệ số của x n trong khai triển của chuỗi luỹ thừa hình thức:


18









A  x   1  x 2  x 4  ... 1  x5  x10  ... 1  x  x 2  x3  x 4 1  x 
1
1
.
. 1  x  x 2  x3  x 4 . 1  x 

2
5
1 x 1 x
1
1
.
. 1  x  x 2  x3  x 4 . 1  x 

2
3
4
1  x 1  x  1  x  . 1  x  x  x  x











1

1  x 

2











2

 1  x  x 2  ...  1  2 x  3x 2  ...

Hệ số của x n trong khai triển của A  x  chính là số cách chọn hoa quả
cần tìm.
Dễ thấy hệ số của x n trong A  x  bằng n  1.
Vậy số cách chọn hoa quả cần tìm là n  1.



Ví dụ 2.2.2.

Có bao nhiêu cách đổi tờ n nghìn đồng (n nguyên dương) thành hai loại
tiền 1.000 đồng và 2.000 đồng?
Bài giải.

Số cách đổi tờ n nghìn đồng thành hai loại tiền 1 nghìn đồng và 2 nghìn
đồng bằng số cách biểu diễn n dưới dạng n  k1  k 2 trong đó k1 , k 2 là các số
tự nhiên, k2  2 . Số cách đổi tờ n nghìn đồng thỏa u cầu bài tốn chính là hệ
số của x n trong khai triển của chuỗi luỹ thừa hình thức:







A  x   1  x  x 2  ... 1  x 2  x 4  ...   an x n


n0

1
1
1
1
.

.
2
2
1 x 1 x
1  x  1  x





 1  2 x  3x 2  ... 1  x  x 2  x3  ...



  n / 2  1 x .
n

n0

Vậy số cách đổi là an   n / 2  1.




19
Tiếp theo, ta trình bày ứng dụng của hàm sinh để nghiên cứu số “mất trật
tự”
Ví dụ 2.2.3. Định nghĩa số mất trật tự.

Cho trước tập có n phần tử. Ta định nghĩa số mất trật tự Dn là số các
hốn vị khơng có điểm bất động trên một tập n phần tử cho trước. Một phần tử
được gọi là điểm bất động của hốn vị nếu nó bị cố định bởi hốn vị đã cho.
Ví dụ 2.2.4. Số mất trật tự được tính bởi cơng thức

1
n 1 

Dn  n !1  1!  ...   1

2!
n! 


 2.2.1

Chứng minh.

Ta sử dụng phương pháp hàm sinh để chứng minh công thức trên.
Cố định một tập S với n phần tử. Dễ thấy mỗi hốn vị của S có đúng k
điểm bất động với k  0,1,..., n nào đó. Như vậy, tập các hốn vị của S được
phân hoạch thành các tập con các hoán vị với đúng k điểm bất động với

k  0,1,..., n . Với mỗi 0  k  n , ta hãy đếm số các hoán vị của S với đúng

k điểm bất động. Việc cho một hoán vị của S với đúng k điểm bất động
tương ứng với việc chọn một tập con k phần tử A của S (tập các điểm bất
động) và một hốn vị khơng có điểm bất động trên tập S \ A . Có

n
 
k

cách

chọn A như vậy và Dn  k hốn vị khơng có điểm bất động trên tập S \ A . Việc
phân hoạch các hoán vị thành các tập con các hoán vị với đúng k điểm bất
động 0  k  n với dẫn tới
n
n
n !    Dn  k .
k 0  k 

Bằng cách chia hai vế cho n! ta thu được
n

1

Dn  k

 k !  n  k !  1
k 0


20

Dễ thấy rằng vế trái chính là hệ số thứ n của tích của



n 0

1 n
x với
n!

1
Dn n
2





1
x
x
...
x
n
cịn
vế
phải
rõ
ràng
là
hệ
số
thứ
của
.
 n0 n !
1 x
xn
Đặt e   .
n0 n !
x

Thế thì ta có
 D

ex   n xn    xn .
 n0 n !  n0

Nhận xét rằng ta có công thức quen thuộc

 1 .x
1
x


e
.

n
!
ex
n0
n

n

Suy ra

Dn

 n! x

n



 e x 1  x  x 2  ...

n0



n


1 x n

x

 1   ... 
 ...  1  x  x 2  ... .
 1!

n!





Từ đây ta thu được  2.2.1





Để tiếp tục, ta giới thiệu cách sử dụng hàm sinh để nghiên cứu số Catalan.
Ví dụ 2.2.5. Gọi Cn là số các cách chia một hình  n  2   giác lồi cho trước

bởi n  2 đường chéo của nó, đơi một khơng cắt nhau bên trong đa giác,
thành các tam giác. Một cách phân chia như vậy được gọi là một tam giác
phân.

Ta

Cn 

1  2n 
 .
n 1 n 

Chứng minh.

quy

ước

C0  1 .

Ta

có

 2.2.2 

với

mọi

n  0,