(Luận văn thạc sĩ) các tính chất của đa thức narayana

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Thị Thúy

CÁC TÍNH CHẤT
CỦA ĐA THỨC NARAYANA
Chun ngành : Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số : 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. Nguyễn Tiến Dũng
Thái Nguyên - 2017


1

Mục lục
Mở đầu

2

1 Giới thiệu về đa thức Narayana
1.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản
1.1.1 Một số khái niệm . . .
1.1.2 Một số tính chất cơ bản
1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . .

.

.
.
.

4
4
4
6
7

2 Các đồng nhất thức của đa thức Narayana
2.1 Cơng thức biểu diễn tích phân . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các đồng nhất thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10
10
12

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

3 Một dãy số nguyên có liên quan đến đa thức Narayana 17
3.1 Định nghĩa dãy An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2 Tính chất của dãy An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Kết luận

27

Tài liệu tham khảo

28


2

Mở đầu
Đa thức Narayana được giới thiệu và nghiên cứu bởi MacMahon
(1915) và nhà toán học Ấn độ Narayana (1955). Bởi vì tính ứng dụng
được trong các lĩnh vực khác nhau (đặc biệt là các bài toán đếm của
lý thuyết tổ hợp), đa thức Narayana vẫn là đối tượng được quan tâm
nghiên cứu trong vịng 10 năm gần đây.
Mục đích của luận văn là trình bày lại một số tính chất mới của đa
thức Narayana. Nội dung của luận văn được tổng hợp từ các kết quả
chính của các bài báo [9], [6].
Ngoài phần mở đầu và kết luận, bố cục Luận văn có 03 chương chính.
Chương 1. Giới thiệu về đa thức Narayana
1.1. Định nghĩa và tính chất cơ bản
1.2. Các ví dụ
Chương 2. Các đồng nhất thức của đa thức Narayana
2.1. Cơng thức biểu diễn tích phân
2.2. Các đồng nhất thức
Chương 3. Một dãy số nguyên có liên quan đến đa thức
Narayana
3.1. Định nghĩa dãy An
3.2. Tính chất của dãy An
Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận
tình của TS. Nguyễn Tiến Dũng. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng
dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt q trình làm

luận văn. Tơi muốn bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình.


3

Tôi xin cảm ơn Trường THPT Thái Phiên - nơi tôi đang công tác, đã
giúp đỡ tạo điều kiện rất nhiều cho tơi hồn thành khố học này. Tơi
cũng xin cảm ơn nhóm seminar của Khoa Tốn - Tin trường Đại học
Khoa học Thái Nguyên đã giúp tôi bổ sung, củng cố các kiến thức về
Lý thuyết số và Tổ hợp.
Qua đây, tôi xin gửi tới các thầy cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học
Khoa học Thái Nguyên cũng như các thầy cơ đã tham gia giảng dạy
khóa cao học K9B2 2015-2017, lời cảm ơn sâu sắc nhất đối với cơng lao
dạy dỗ trong suốt q trình giáo dục đào tạo của nhà trường.
Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm,
tạo điều kiện, động viên cổ vũ tơi để tơi có thể hồn thành nhiệm vụ
của mình.
Thái Ngun, ngày 05 tháng 9 năm 2017
Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Thúy


4

Chương 1

Giới thiệu về đa thức Narayana
Chương này trình bày định nghĩa và các ví dụ minh họa cho tính ứng
dụng được của các đa thức Narayana.

1.1
1.1.1

Định nghĩa và tính chất cơ bản
Một số khái niệm

Dãy Catalan
Trong toán tổ hợp, số Catalan là dãy các số tự nhiên xuất hiện nhiều
trong các bài toán đếm, thường bao gồm những đối tượng đệ quy. Được
đặt tên theo nhà toán học người Pháp và Bỉ Eugène Charles Catalan
(1814-1894).
Số Catalan được định nghĩa như sau :

Cn =

1
n+1

2n
n

=

(2n)!
(n + 1)!n!

với n ≥ 0.

(1.1)

2n
là tổ hợp chập n của 2n phần tử.
n
Các giá trị của Cn với 0 ≤ n ≤ 14 được cho bởi dãy số sau : 1, 1, 2, 5, 14,
42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 14858, 742900, 2674440.
Dãy số Narayana
Định nghĩa : Dãy số Narayna, ký hiệu N (n, k), là dãy các số nguyên

Trong đó


5

được cho bởi công thức sau :

1
n

n
, với hai giá trị nguyên dương n, k.
k
(1.2)
Các giá trị đầu với n từ 1 đến 7 của các số Narayana được cho bởi bảng
sau :
Bảng 1.1
N (0, 0) = 1 và N (n, k) =

n
k−1

n\k 1 2
1
1
1 1
2
1 3
3
1 6
4
1 10
5
1 15
6
1 21
7

3

4

5

6

7

1
6
20

50
105

1
10 1
50 15 1
175 105 21 1

Đa thức Narayana
Định nghĩa : Đối với bất kỳ số nguyên n không âm, đa thức Narayana
kí hiệu là Nn (q) được xác định bởi N0 (q) = 1
và
n

N (n, k)q k ,

Nn (q) =

với

n>0

(1.3)

k=1

Với N (n, k) là số Narayana cho bởi (1.2).
Các giá trị đầu với n nhận giá trị từ 1 đến 7 của dãy đa thức Narayana
được cho bởi bảng sau :
n

1
2
3
4
5
6
7

q
q
q
q
q
q
q

+
+
+
+
+
+

q2
3q 2
6q 2
10q 2
15q 2
21q 2

+
+
+
+
+

q3
6q 3
20q 3
50q 3
105q 3

+
+
+
+

q4
10 q 4 + q 5
50 q 4 + 15 q 5 +q 6
175 q 4 + 105 q 5 +21 q 6 +q 7


6

Định nghĩa : Với mọi n ≥ 0. Các đa thức Narayana liên hợp N n (q) của
Nn (q) được xác định bởi

N 0 (q) = N0 (q) = 1
và với n > 0, ta có

N n (q) = q n Nn (q −1 ) = Nn (q)/q.
1.1.2

(1.4)

Một số tính chất cơ bản

Tính chất 1.
Các số Narayana là đối xứng theo dòng, tức là N (n, k) = N (n, n−k+1).
Chứng minh.
1
n
n
Ta có N (n, n − k + 1) =
n−k+1
n n−k

1
n
n
= N (n, k).
k
n n−k
Tính chất 2.
Các số Narayana cũng có thể tính bởi cơng thức sau :

=

N (n, k) =

1
k

n
k−1

n−1
k−1

Chứng minh.
Ta có

1
k

n
k−1

n−1
k−1

=

n
k−1

1
(n − 1)!
k (k − 1)!(n − k)!

=

n
k−1

n!
1
n k!(n − k)!

=

1
n

n
k−1

= N (n, k).

n
k


7

Tính chất 3.
Narayana thứ n của 1 bằng số Catalan thứ n
n

N (n, k) = Cn .

Nn (1) =
k=1

Tính chất 4.

Nn (−1) =

0

nếu n = 2r

(−1)r+1 Cr

nếu n = 2r + 1

Chứng minh của các tính chất 3, 4 và 5 có thể tìm thấy trong [2].
Tính chất 5.
Đa thức Narayana được biểu diễn một cách khác như sau :

1
Nn (q) =
n+1
n

=
k=0

n

k=0

n+k
n−k

n+1
k
1
k+1

2n − k
(q − 1)k .
n
2k
(q − 1)n−k .
k

Tính chất 6.
Đa thức N n (q) được biểu diễn thông qua các số Catalan bằng công thức
sau :
n−1
N n (q) =
q m (q + 1)n−2m−1
Cm .
2m
m≥0
Công thức biểu diễn mới này đã được chứng minh trong [8].

1.2

Các ví dụ

Ví dụ 1.
Số Narayana N (n, k) đếm số biểu thức chứa n cặp dấu ngoặc đơn và có
đúng k cụm phân biệt. Chẳng hạn, ta có :
+ Với n cặp dấu ngoặc đơn và 1 cụm phân biệt thì có N (n, 1) = 1 cách
biểu diễn : (. . . ((a)) . . .)
+ Có 6 cặp dấu ngoặc đơn và 2 cụm phân biệt thì có N (4, 2) = 6 cách


8

biểu diễn : (a)(((b))) ((a))((b)) ((a)((b))) (((a)(b))) (((a))(b)) (((a)))(b)
Ví dụ 2.
Số Narayana N (n, k) đếm số quỹ đạo (cách đi) từ trái sang phải với
k đỉnh từ điểm (0, 0) đến điểm (2n, 0). Ở đó các bước đi là các véc tơ
có tọa độ (1; 1) hoặc (1; −1). Các quỹ đạo đi từ điểm (0; 0) đến điểm
(8; 0). Để minh họa, ta có bảng sau cho các số N (4, k).

Ví dụ 3.
Số Narayana N (n, k) đếm số cách phân hoạch một tập có n phần tử
thành k tập con, trong đó các phân hoạch là không giao nhau. Lược đồ
sau minh họa cho trường hợp N (4, k).
+ Số phân hoạch 4 phần tử thành 1 tập con : N (4, 1) = 1.


9

+ Số phân hoạch 4 phần tử thành 2 tập con không giao nhau : N (4, 2) =

6.
+ Số phân hoạch 4 phần tử thành 3 tập con không giao nhau : N (4, 3) =
6.
+ Số phân hoạch 4 phần tử thành 4 tập con khác rỗng : N (4, 4) = 1.


10

Chương 2

Các đồng nhất thức của đa thức
Narayana
Chương này trình bày kết quả chính của bài báo [9].

2.1

Cơng thức biểu diễn tích phân

Đa thức Legendre
Đa thức Legendre ký hiệu là Pn (x) [9] cho bởi công thức
n

n

x−1 k
Pn (x) =
=
,
2
k=0

k=0
(2.1)
Định lí 2.1. Đối với bất kỳ số nguyên n ≥ 1, ta có biểu diễn sau
n
k

n+k
k

k

x−1
2

n+k
n−k

2k
k

q
q−1

Nn (q) = (q − 1)n+1
= q(q − 1)n

0
1

Pn (2x − 1)dx

Pn (

0

2q
x − 1)dx.
q−1

Ở đó Pn (x) là đa thức Legendre, được cho bởi công thức (2.1).


11

Chứng minh.
Ta có (2.1) tương đương với
[

Pn (x) = 2−n

n
]
2

(−1)k

k=0

do đó

n

Pn (2x − 1) =

n−k
k
n+k
n−k

k=0

2n − 2k
xn−2k ,
n−k
2k
(x − 1)k .
k

Rõ ràng là Nn (0) = 0 với mọi n ≥ 1. Ta có
1

q(q − 1)n

Pn (
0

q
q−1

= (q − 1)n+1

0

n

=
k=0

k=0

n+k
n−k

+ (q − 1)

Pn (2x − 1)dx
q
q−1

n

= (q − 1)n+1

2q
x − 1)dx
q−1

n+k
n−k

1

k+1
n

n+1
k=0

2k
k
0

(x − 1)k dx

2k
(q − 1)n−k
k

n+k
n−k

1
k+1

2k
(−1)k
k

= Nn (q) − Nn (0)(1 − q)n+1 = Nn (q).
Định lí đã được chứng minh.

12

2.2

Các đồng nhất thức

Định lí 2.2.1. Đối với bất kỳ số nguyên n ≥ 0, ta có các đồng nhất
thức sau
n
2k + 1 2n + 1
Nk (q)(1 − q)n−k ,
(2.2)
Cn =
n−k
2n
+
1
k=0
n

q

n
2 +1

(−1)n−k

n
Nk+1 (q)(1 + q)n−k ,
k

(−1)n−k

n
Nk+1 (q 2 )(1 − q)2(n−k) ,
k

C n2 =
k=0

và

n

q

n+2

Cn+1 =
k=0

(2.3)

(2.4)

trong đó C n2 = 0 nếu n lẻ.
Chúng ta sử dụng ba hệ thức nghịch đảo sau để chứng minh Định lý
1.1.
Hệ thức nghịch đảo Legendre trong [10]
n

An =
k=0

n+k
Bk ⇐⇒ Bn =
n−k

n

(−1)n−k
k=0

2k + 1
2n + 1

2n + 1
Ak .
n−k
(2.5)

Công thức nghịch đảo trái trong [3]
[ n2 ]

An =
k=0

n+p
Bk =⇒ Bn =
sk + p

sn

(−1)sn−k
k=0

sn + p
Ak ,
k+p

(2.6)

trong đó, với trường hợp s = 1, p = 0 dẫn đến hệ thức nghịch đảo nhị
thức
n
n
n
n
An =
(−1)n−k
Bk ⇐⇒ Bn =
Ak .
(2.7)
k
k
k=0

k=0

Bây giờ ta sẽ bắt đầu trình bày cách chứng minh Định lý 2.2.1.

Chứng minh (2.2). Từ tính chất 6, ta có

Nn (q)
=
(q − 1)n

n

k=0

n+k
Ck (q − 1)−k ,
n−k


13

và sử dụng (2.5), ta có biểu thức cho các số Catalan,
n

(−1)n−k

Cn =
k=0

2k + 1
2n + 1

2n + 1
Nk (q)(q − 1)n−k ,

n−k

từ đó hồn thành chứng minh (2.2).
Chứng minh (2.3). Từ kết quả trong [2] ta có

1
n

n
k−1

n k−1
q
=
k

[ n−1
2 ]

k=0

n−1
Ck q k (1 + q)n−2k−1 .
2k

Thay n bởi n + 1, ta nhận được

Nn+1 (q)
=
(1 + q)n

[ n2 ]

n
Ck q k+1 (1 + q)−2k ,
2k

k=0

Sử dụng (2.6) trong trường hợp s = 2, p = 0, ta suy ra một biểu thức
khác cho số Catalan,
2n

q

n+1

(−1)k

2n
Nk+1 (q)(1 + q)2n−k .
k

(−1)k

2n + 1
Nk+1 (q)(1 + q)2n+1−k . (2.8)
k

Cn =

k=0

Ta xét tổng
2n+1

2n+2
i

fi q =

fn (q) =
i=1

k=0

Bổ đề 3.1. Với tất cả n ≥ 0, fn (q) = 0.
Chứng minh.
So sánh các hệ số của hai vế trong (2.8), ta có
m 2n+1

(−1)k

fm =
j=0 k=0

2n + 1
Nk+1,j
k

2n + 1 − k

m−j

2n + 1 − k
là một đa thức của k có bậc m + j − 2,
m−j
mà không vượt quá 2n khi1 ≤ m ≤ n + 1. Từ công thức cơ bản

Chú ý rằng Nk+1,j

n

(−1)k
k=0

n
(x − k)r =
k

0
n!

nếu 0 ≤ r < n,
nếu r = n,


14

ta có thể nhận thấy mỗi tổng bên trong fm bằng không với 1 ≤ m ≤
n + 1. Lưu ý rằng fn (q) = q 2n+3 fn (q −1 ) bởi vì q n+1 Nn (q −1 ) = Nn (q).
Như vậy fm = 0 với n + 2 ≤ m ≤ 2n + 2.

Do đó, fn (q) = 0 với n ≥ 0.
Bằng cách kết hợp (2.8) với Bổ đề 3.1, ta có (2.3).
Chứng minh (2.4). Từ kết quả trong [2] ta có
n

k=1

1
n

n
k−1

n 2k−2
q
(1 + q)2n−2k =
k

n−1

k=0

n−1
Ck+1 q k (1 + q)k .
k

Thay n bằng n + 1 ta nhận được

Nn+1

q2
(1 + q)2

n

(1 + q)

2n+2

=
k=0

n
Ck+1 q k+2 (1 + q)k ,
k

và sử dụng (2.5), ta suy ra rằng
n

q

n+2

(−1)n−k

n

(1 + q) Cn+1 =
k=0

Thay q bằng

n
Nk+1
k

q2
(1 + q)2

(1 + q)2k+2 .

q
, sau khi rút gọn, ta có (2.4).
q−1

Hệ quả.
Từ Định lí 2.1.1 có thể tạo ra các đồng nhất thức đã biết hoặc mới.
Ví dụ :
• Chọn q = −1 trong (2.2) và sử dụng tính chất 5 ta nhận được một
đồng nhất thức mới
[

(2n − 1)Cn =

n−1
]
2
r=0

(−1)r

4r + 3
2n + 1

2n + 1
2n−2r−1 Cr .
n − 2r − 1

Như vậy C2k ≡ 0mod 2 và C2k−1 ≡ Ck−1 mod 2 với k ≥ 1. Và do đó, ta
có thể dễ dàng nhận ra rằng Cn là lẻ khi và chỉ khi n = 2k − 1 với một
số k ≥ 0.
• Thay q bởi q n ở cả hai vế của (2.2), chúng ta có được đồng nhất thức


15

sau :

n

(−1)k
k=0

2k + 1
2n + 1

2n + 1
n−k

= 0,

(n ≥ 1).

Đồng nhất thức này đã được chứng minh bởi Chen, Li và Shapiro trong
[1].
• Chọn q = 1 trong (2.3) dẫn đến một đồng nhất thức mới
2n

(−1)k

Cn =
k=0

2n
Ck+1 22n−k .
k

• Chọn q = −1 trong (2.4) dẫn đến một đồng nhất thức đã biết [2]
n

(−1)k

Cn+1 =
k=0

• Chọn q =

n
Ck+1 4n−k .
k

(−1) trong (2.4) dẫn đến đồng nhất thức Touchard [2]
n

n
Ck 2n−2k .
2k
k=0
√
√
√
• Cho q = 2 trong (2.4). Bởi vì (1 − 2)n = (Pn + Pn−1 ) − Pn 2,
trong đó Pn là số Pell thứ n (được xác định bởi các hệ thức truy hồi
Pn+1 = 2Pn + Pn−1 với P−1 = 1, P0 = 0), chúng ta có đồng nhất thức
mới liên quan đến số Catalan, số Narayana, và số Pell :
Cn+1 =

2n

2

n+1

(−1)k

C2n+1 =
k=0
2n+1

2n

Nk+1 (2)P4n−2k−1
k

2n + 1
Nk+1 (2)P4n−2k+2
k
k=0
√ n+1
√
√
1− 5
Ln − F n 5
• Cho q = 5 trong (2.4), theo các hệ thức
,
=
2
2
với Ln và Fn lần lượt là số Lucas thứ n và số Fibonacci thứ n (được
xác định bởi cùng một hệ thức truy hồi Gn+1 = Gn + Gn−1 với G−1 =
2

n+1

C2n+2 =

(−1)k


16

2, G0 = 1 cho Ln và G−1 = 0, G0 = 1 cho Fn ), ta có đồng nhất thức
mới gồm số Catalan, số Lucas, và số Fibonacci
2n

5

n+1

(−1)k

C2n+1 =
k=0
2n+1

5

n+1

(−1)k

C2n+2 =
k=0

2n
Nk+1 (5)L4n−2k−1 24n−2k−1 ,
k
2n + 1
Nk+1 (5)F4n−2k−1 24n−2k−1 .
k

17

Chương 3

Một dãy số nguyên có liên quan
đến đa thức Narayana
Chương này trình bày kết quả chính của bài báo [6].

3.1

Định nghĩa dãy An

Ta biết rằng, đa thức (z + 1)N n (z) − N n+1 (z) = (1 − z)z n−1 + . . .
có thể biểu diễn một cách duy nhất theo các đa thức z m N n−2m+1 (z),
bậc n − 1.
Do đó ta có thể định nghĩa dãy số thực Am (n) bởi

(z + 1)N n (z) − N n+1 (z) =

(−z)m
m≥1

n−1
Am (n)N n−2m+1 (z).
2m − 1

Từ Tính chất 3 trong Chương 1, vế trái của biểu thức trên có thể viết
lại như sau :
n−1

Ck .
−
z k (z + 1)n−2k
2k − 1
k≥0

Tương tự, vế phải trở thành

(−1)m z m+n (z + 1)n−2m−2r
m≥1,r≥0

n−1
2m − 1

n − 2m
Am (n)Cr
2r


18

So sánh các hệ số của z k (z + 1)n−2k ta nhận được

n−1
2k − 1

−Ck

(−1)m

=
m+r=k

và do đó

r

n−1
2m − 1

n − 2m
Am (n)Cr ,
2r

2r − 1
Aj (n)Cr−j
2j − 1

Cr =
j=1

Như vậy dãy Am (n) không phụ thuộc vào n và ta viết Am thay cho
Am (n). Ta có định nghĩa sau :
Định nghĩa : Dãy số An là một dãy các số ngun được tính theo cơng
thức truy hồi sau A1 = 1 và
n−1

(−1)

n−1

2n − 1
Aj Cn−j , n ≥ 2.
2j − 1

(−1)j

An = C n +
j=1

Các giá trị của An với 1 ≤ n ≤ 14 là
1, 1, 5, 56, 1092, 32670, 1387815, 79389310, 5882844968, 548129834616,
62720089624920, 8646340208462880, 1413380381699497200,
270316008395632253340.

3.2

Tính chất của dãy An

Định lí 3.2.1. Các số nguyên {An , n ≥ 2} là dương và tăng.
Để chứng minh Định lí 3.2.1, chúng ta cần các bổ đề sau :
Bổ đề 3.1. Xét hai đa thức
Cn n
1
C(z) =
z =
zn
(2n)!
n!(n + 1)!
n≥0

n≥0
và

A(z) =

(−1)m−1
m≥1

Ta có

Am
z m−1 .
(2m − 1)!

A(z)C(z) = 2

d
C(z).
dz


19

Cho x là một số thực dương, ta kí hiệu (x)k =

k
i=1

thức

H(z) =
n≥0

(x + i − 1) và xét đa

1
zn.
n!(x)n

H ′ (z)
cũng là một đa thức. Tính
Từ trang 23 trong [7], ta biết rằng
H(z)
chất của đa thức này được cho trong bổ đề sau,
H ′ (z)
Bổ đề 3.2. Xét đa thức P (z) =
. Ta có các hệ số của P (−z) đều
H(z)
dương.
Chứng minh.
Ta có
1 zn
= 0 F1 (x + 1; z).
H(z) =
(x)
n!
n!
n
n≥0
Ở đó oF1 (x; z) được gọi là hàm giới hạn siêu bội suy biến. Bởi các tính

tốn đơn giản ta có

d
1
0 F1 (x; z) =
0 F1 (x + 1; z).
dz
x
Như vậy

+ 1; z)
.
x 0 F1 (x; z)
Các phân số liên tục của Gauss cổ điển [14, tr. 347] dẫn đến biểu thức
sau đây cho vế phải
P (z) =

+ 1; z)
=
x0 F1 (x; z)
x+

0 F1 (x

0 F1 (x

1
(x + 1) +

z

(x + 2) +

z

z

(x + 3) + . . .

Liên phân này có thể được viết như một chuỗi Taylor bằng cách lặp lại
các công thức nhị thức thông thường

f1k2

(1 + f1 z)−k1 =
k2 ≥0

k1 + k2 − 1
(−z)k2
k2


20

ở đó f1k2 có dạng (c1 (1 + (f2 z)))−k2 . Như vậy ta nhận được

1
P (z) =
x

(k1 ,k2 ,k3 ,...) i≥1

−z
(x + i − 1)(x + i)

ki

ki + ki+1 − 1
ki+1

trong đó các ki là các số ngun khơng âm. Điều này đã làm sáng tỏ bổ
đề.
Trong công thức trước, các số hạng với ki = 0 và ki + 1 > 0 là nhất
thiết phải là không. Do đó đối với n ≥ 2, ta có

(−1)n−1
pn =
x
κ∈C

n

i≥1

1
(x + i − 1)(x + i)

ki

ki + ki+1 − 1

ki+1

với Cn là tập các dãy κ = (k1 , k2 , . . . , kl ) của l ≤ n − 1 các số nguyên
dương có tổng số đến n − 1. Có 2n−2 dãy như vậy, chẳng hạn :
1
−1
1
1
p 1 = , p2 = 2
, p3 = 2
+
x
x (x + 1)
x (x + 1)2 (x + 2) x3 (x + 1)2
Với mỗi κ = (k1 , k2 , . . . , kl ) ∈ Cn hãy kết hợp hai yếu tố Cn+1 được xác
định bởi κ1 = (k1 , k2 , . . . , kl+1 ) và κ2 = (k1 , k2 , . . . , kl , 1). Chúng ta có

Cn+1 = ∪κ∈Cn {κ1 , κ2 }

Biểu thị gk , gκ1 , gκ2 tương ứng với (5) của κ, κ1 , κ2 , ta dễ dàng có

−(x + n − 1)(x + n)gκi ≥ gk ,

(i = 1, 2),

đẳng thức xảy ra cho κ = (1, 1, ..., 1) và i = 2. Tổng hợp tất cả các đóng
góp cho (5), ta được
Từ (4) suy ra

−(x + n − 1)(x + n)pn+1 ≥ 2pn .

An = (−1)n−1 2(2n − 1)!pn|x=2 ,

Chọn x = 2, phía trên ước tính cho ra An+1 > An , hồn thành các
chứng minh của Định lý 3.2.1.
Bổ đề 3.3. Cho P (z) là các đa thức đã định nghĩa trong Bổ đề 3.2. Khi
x > 0, ta có
d
zP (z)2 + z P (z) + xP (z) = 1
dz


21

Một cách tương đương, với bất kì số nguyên n ≥ 1, ta có
n

pr pn−r+1

(n + x)pn+1 = −
Chứng minh.
Từ mối liên hệ

P (z) =

r=1

0 F1 (x

+ 1; z)
,

x0 F1 (x; z)

ta có

P (z)2 +
=

d
P (z)
dz

1
x2 0 F1 (x; z)2

0 F1 (x

+ 1; z)2 +

x
0 F1 (x; z) 0 F1 (x + 2; z) − 0 F1 (x + 1; z)
x+1

Do đó

zP (z)2 + z

z
d
0 F1 (x + 2; z)
0 F1 (x + 1; z)

P (z) + xP (z) =
+
.
dz
x(x + 1) 0 F1 (x; z)
0 F1 (x; z)

Ta có
0 F1 (x; z)

− 0 F1 (x + 1; z) =

z
0 F1 (x + 2; z)
x(x + 1)

bởi vì

zk
k!

1
1
−
(x)k (x + 1)k

z
z k−1
1
=

.
x(x + 1) (k − 1)! (x + 2)k−1

Chọn x = 2 trong Bổ đề 3.3 ta nhận được định lí sau.
Định lí 3.2.2. Các số nguyên {An , n ≥ 2} dương, tăng và được cho
bởi công thức
n

An+1 =
r=1

Các số {an =

n−r+1
n+2

2n + 1
Ar An−r+1 .
2r − 1

2An
, n ≥ 2} là dương, tăng và được cho bởi
Cn

an+1

1
=
2

n
r=1

1
n+1

n+1
r+1

n+1
ar an−r+1 .
r−1


22

Từ cơng thức biểu diễn của an+1 trong Định lí 3.3.3, ta xét dãy số

cn,r =

2
n+1

n+1
r+1

n+1
r−1

Dãy số này là các số nguyên dương bởi vì

cn,r =

n
r−1

n
n
−
r
r−2

n
.
r+1

Ta cần một số kết quả số học về cn,r . Cho một số r hữu tỉ, có tồn tại số
nguyên a, b, m duy nhất với a và b lẻ với r = 2m a/b. Số nguyên m được
coi là giá trị 2 − adic của r và ký hiệu v2 (r). Một định lý cổ điển của
Kummer (xuất hiện năm 1852, xem [13] cho cách chứng minh quy nạp)
a+b
cho rằng việc xác định giá trị 2 − adic của
là một số nguyên
a
không âm.
Bổ đề 3.4.
(i) Nếu n chẵn, cn,r chẵn.
(ii) Nếu n lẻ và r chẵn, cn,r là một bội số của 4.
Chứng minh.
(i) Vì n + 1 lẻ, ta có

ν2 (cn,r ) = 1 + ν2

n+1
r+1

+ ν2

n+1
r−1

n
r

+ ν2

n+1
r−1

≥1

(ii) Bởi vì r + 1 lẻ, ta có

ν2 (cn,r ) = 1 + ν2

Vì r − 1 và n − r + 2 lẻ, ít nhất một số “mang” phải cần để thêm
chúng tại gốc 2. Như vậy

ν2

n+1
r−1

≥ 1.


23

Ta cũng xét

c2p−1,p

1
=
p

2p
p+1

2

Bổ đề 3.5.
(i) Nếu p chẵn, c2p−1,p là một bội số của 8.
(ii) Nếu p lẻ và p = 2k − 1 cho bất kì k ≥ 1, c2p−1,p là một bội số của
4.
(iii) Nếu p = 2k − 1 cho một số k ≥ 1, c2p−1,p lẻ.
Chứng minh.
(i) Ta có

c2p−1,p

4p
=
(p + 1)2

2p − 1
p

2

Bởi vì p + 1 lẻ, ta có

ν2 (c2p−1,p ) = 3 + 2ν2

2p − 1
p

≥3

(ii) Vì p lẻ, ta có

ν2 (c2p−1,p ) = 2ν2

2p
p+1

Ta có thể viết các phép biểu diễn nhị phân của p + 1 và p − 1

p + 1 = ck+m ck+m−1 . . . ck+2 10 . . . 00,
p − 1 = ck+m ck+m−1 . . . ck+2 01 . . . 10.

Ít nhất một số "mang" là cần thiết để thêm chúng, trừ khi ck+m =
ck+m−1 = . . . = ck+2 = 0, tức là p + 1 = 2k được loại trừ. Vì thế

ν2

2p
p+1

≥ 1.


24

(iii) Khi p + 1 = 2k , các phép biểu diễn nhị phân của p + 1 và p − 1
là 10 . . . 00 và 01 . . . 10. Vì thế

ν2

2p
p+1

= 0.

Ta có định lí sau.
Định lí 3.2.3. Các số {An , n ≥ 3} và {Cn , n ≥ 3} có cùng tính chẵn
lẻ. Chúng là lẻ nếu và chỉ nếu n = 2k − 1 với k ≥ 2.
Chứng minh.
Ta tiến hành quy nạp trên n, với k = 2, C3 = 5
Giả sử ta có Cn là lẻ với n = 22k−1 −1, ta chứng minh đúng với n = 2k −1

Ta biết từ [5] rằng những số Catalan {Cn , n ≥ 3} là lẻ nếu và chỉ nếu
n = 2k − 1 cho một số k ≥ 2. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh An và Cn
cùng tính chẵn lẻ.
Ta tiến hành quy nạp trên n. Ta sử dụng định nghĩa của An để biểu
diễn (−1)n An + Cn , như một tổng có dấu của các số hạng

yj =

2n − 1
Aj Cn−j
2j − 1

với 1 ≤ j ≤ n − 1. Xét 2 trường hợp :
Trường hợp 1. n = 2m cho một số m. Hiển nhiên y1 và yn−1 là
lẻ. Mặt khác, tất cả {yj , 2 ≤ j ≤ n − 2} chẵn bởi vì các điều kiện
n = 2m , j = 2k − 1 và n − j = 2l − 1 không thể cùng thỏa mãn nếu
j = 1 hoặc n − j = 1.
Trường hợp 2. n = 2m cho bất kỳ m. Tất cả {yj , 1 ≤ j ≤ n − 1} là
chẵn. Thật vậy, nếu Aj và Cn−j lẻ, ta có j = 2k − 1 và n − j = 2l − 1
2n − 1
chẵn
với k, l ≥ 2, vì j và n − j khơng thể bằng 1. Nhưng vì
2j − 1
do
2n − 1
a+b
=
2j − 1
a

với a = 2k+1 − 3 và b = 2l+1 − 2. Mặt khác, các phép biểu diễn nhị phân
của a và b là 1 . . . 1101 (k + 1 chữ số) và 1 . . . 1110 (l + 1 chữ số). Với