Chuỗi luỹ thừa hình thức và ứng dụng

0

Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học vinh

------------------------------------------

nguyễn hồng hải

chuỗi luỹ thừa hình thức
và ứng dụng
Luận văn thạc sĩ toán học

Vinh 2007

Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học vinh
------------------------------------------

nguyễn hồng hải

chuỗi luỹ thừa hình thức
và ứng dụng
Chuyên ngành: Đại số - Lý thuyết số
MÃ số số: 60 46 05
0


1

Luận văn thạc sĩ toán học

Ngời hớng dẫn khoa học:
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang

Vinh - 2007
mục lục
mở đầu
Chơng 1
chuỗi luỹ thừa hình thức
1.1. Phân thức hữu tỷ...
1.2. Chuỗi luỹ thừa hình thức và ứng dụng .
1.3. Tính hữu tỉ của chuỗi ...
Chơng 2
ứng dụng của maple để khai triển biểu thức đại số và
khai triển hàm số thành chuỗi

2.1.
2.2.
2.3.
2.4.

Trang
1
3
3
11
16
20

Khai triển, đơn giản và phân tích biểu thức đại số...............
Kiểm tra tính bất khả quy của đa thức..

Tìm số hạng tổng quát cđa d·y sè theo c«ng thøc truy håi ..……...
Khai triĨn hàm số thành chuỗi .....................................................

Kết luận

20
22
24
26
29

Tài liệu tham khảo

30

Mở đầu
Lý thuyết số một ngành toán học có nhiều kết quả sâu sắc trong sự
phát triển. Khi tìm hiểu về Lý thuyết số, chúng ta luôn bị quyến rũ bởi nh÷ng
1


2

kết quả của nó, mặc dầu có những bài toán số học tởng chừng nh rất đơn giản
nhng đà số làm tốn không ít thời gian và công sức của các nhà toán học.
Với mục đích tìm hiểu các ứng dụng của Lý thuyết số, trong luận văn
này chúng tôi cố gắng tìm tòi các ứng dụng của phân thức hữu tỷ, chuỗi luỹ
thừa hình thức trong việc giải toán và sáng tạo ra các bài toán số học mới.
Ngày nay, mọi ngời đều đà số biết vai trò tiên phong của Toán học trong
cách mạng khoa học công nghệ. Nhờ những nỗ lực chung của rất nhiều

chuyên gia toán tin học trên thế giới mà một số phần mềm tính toán đà số ra đời
và càng thân thiện với ngời sử dụng. Hiện nay, có không ít phần mềm Toán
học chuyên dụng có khả năng hỗ trợ cho dạy và học toán. Maple là một trong
những ví dụ điển hình. Maple là bộ chơng trình đề cập đến hầu hết mọi lĩnh vực
của toán học. Hiện nay, phần mềm Maple đang đợc dùng rất phổ biến trong
giảng dạy và nghiên cứu ở nhiều trờng đại học trên thế giới. Trong luận văn,
chúng tôi cố gắng đa ra một số vÝ dơ vỊ øng dơng cđa phÇn mỊm Maple trong
tÝnh toán số học.
Luận văn này gồm hai chơng, ngoài phần mở đầu, kết luận và một danh
mục tài liệu tham khảo.
Trong chơng 1, xuất phát từ kết quả thu đợc trong trong các hệ quả
1.1.4 và 1.1.5 nói về mỗi phân thức hữu tỉ bất kì đều có thể phân tích đợc
thành tổng của một đa thức và các phân thức hữu tỉ đơn giản, chúng tôi đà số đề
xuất một số bài toán mới về đa thức và phân thøc h÷u tØ cịng nh øng dơng cđa
chóng trong viƯc giải các bài toán về hệ phơng trình và chứng minh một số
đẳng thức.
Chơng 1 của luận văn còn đa ra một số bài toán liên quan đến việc tìm
số hạng tổng quát của một dà sốy số dựa vào khái niệm chuỗi luỹ thừa và hàm
sinh.
Cuối chơng 1, luận văn đề cập đến tính chất hữu tỉ và tính toán tổng vô
hạn của chuỗi luỹ thừa.
Chơng 2 của luận văn là sự ứng dụng phần mềm Maple để khai triển
một số biểu thức đại số và khai triển hàm số thành chuỗi.
Với những khả năng tính toán và biểu diễn hiện có, Maple có thể đáp
ứng phần lớn nhu cầu hỗ trợ cho giảng dạy và học tập. Nội dung của chơng
này là chỉ ra một số tính năng độc đáo của Maple trong khai triển và phân tích
biểu thức đại số, chuyển đổi biểu thức về dạng đặc biệt xác định trớc. Ngoài ra
Maple còn cho phép ta kiểm tra tính bất khả quy của đa thức, tìm số hạng tổng
quát của một dà sốy số theo công thức truy hồi đó cho phép ta giải một số hệ phơng trình. Trong chơng này còn trình bày ứng dụng của Maple trong việc khai
triển hàm số thành chuỗi số.

Luận văn này đợc thực hiện tại Trờng Đại học Vinh dới sự hớng dẫn
nghiêm túc của PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn.
Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới GS.TS. Nguyễn Quốc Thi, PGS. TS.
Ngô Sỹ Tùng, PGS. TS. Lê Quốc Hán, TS. Chu Trọng Thanh, TS. Mai Văn T,
TS. Nguyễn Thị Hồng Loan đà số giúp đỡ, giảng dạy và tạo điều kiện cho chúng
tôi trong quá trình học tập tại lớp Cao học XIII Đại số.
Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại
học, Khoa Toán đà số tạo điều kiện cho chúng t«i trong thêi gian häc tËp.
2


3

Tác giả xin cảm ơn tới bạn bè đồng nghiệp trong lớp cao học XIII Đại số
đà số có nhiều sự động viên giúp đỡ trong quá trình học tập vừa qua.
Luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi mong nhận đợc sự
chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Vinh, tháng 12 năm 2007
Tác giả

Chơng 1
chuỗi lũy thừa hình thức
1.1. Phân thức hữu tỷ
Xét vành ®a thøc k[x] víi k lµ mét trêng nµo ®ã. Thơng của hai đa thức
f ( x)
dạng
với f x  , g  x   k  x , g x k đợc gọi là một phân thức hữu tỷ.
g ( x)
b

r ( x)
,
, i 1 , với p ( x) là đa thức bất
Những phân thức hữu tỉ có dạng
i
i
p
(
x
)
x a
khả quy vµ deg r ( x)  deg p( x) đợc gọi là những phân thức hữu tỉ đơn giản. Vấn
đề chúng ta quan tâm là biểu diễn mỗi phân thức hữu tỉ thành tổng các phân thức
đơn giản.
1.1.1 Định lí. Nếu hai đa thức g(x), h(x) nguyên tố cùng nhau trên k với
m deg g ( x) và n deg h( x) thì đa thức bất kì f ( x) víi deg f ( x)  m  n đều
có thể biểu diễn đợc thành dạng f ( x) r ( x) g ( x)  s( x)h( x) , trong đó
deg r ( x) n và deg s ( x)  m .
Chøng minh. V× g  x và h x nguyên tố cùng nhau, nên ta có đồng nhất thức:
1 a( x ) g ( x )  b( x) h( x) . Nhân hai vế hệ thức này với f ( x) ta nhận đợc:
f ( x) f ( x )a( x ) g ( x )  f ( x)b( x) h( x) .
BiĨu diƠn f ( x)a( x) q( x)h( x)  r ( x) víi deg r ( x)  n . Khi ®ã :
f ( x)  f ( x)a( x) g ( x)  f ( x)b( x)h( x) r ( x) g ( x)   q( x) g ( x)  f ( x)b( x)  h( x).
s ( x) q( x) g ( x)  f ( x)b( x) . Ta cã f ( x) r ( x) g ( x)  s( x)h( x) . Vì
Đặt
deg f ( x) m n vµ deg r ( x) g ( x)  m  n nªn deg s  x   m .

3

4

1.1.2. Bổ đề. Nếu hai đa thức g(x), h(x) nguyên tố cùng nhau trên k và đa thức
f(x) với degf ( x)  degg ( x)  degh( x) th× ta cã sù biĨu diƠn
f ( x)
r ( x) s( x)


, trong ®ã degr  x  < deg h(x) vµ deg s(x) < deg g(x) .
g ( x ) h( x ) h( x ) g ( x )
Chøng minh. Theo định lí 1.1.1 ta có sự biểu diễn f ( x ) r ( x ) g ( x )  s ( x)h( x)
víi deg r(x)< deg g(x) vµ deg s  x   deg g  x  . Chia hai vÕ hƯ thøc nµy cho
f ( x)
r ( x) s( x)
g(x)h(x) ta đợc


.

g ( x ) h( x ) h( x ) g ( x )
f ( x)
1.1.3. Định lí. Mỗi phân thức hữu tỉ
với deg f(x) < deg g(x) đều phân tích
g ( x)
đợc thành tổng các phân thức hữu tỉ đơn giản.
Chứng minh. Ta bắt đầu việc chứng minh bằng việc xét phân thức đơn giản dạng
r ( x)
với deg r(x) < t.deg p(x) . Sư dơng phÐp chia ®a thøc, ta cã sù biĨu diƠn:
p ( x )t
r ( x) s1 ( x) p ( x)t  1  r1 ( x),

r1 ( x) s2 ( x) p ( x)t  2  r2 ( x),
........................................
rt  2 ( x) st  1 ( x) p( x)  rt  1 ( x),
rt  1 ( x) st ( x) ,víi deg si ( x)  deg p( x).
Khi ®ã
t 1
t 2
r ( x) s1 ( x). p  x   r1  x  s1  x  r1  x  s1  x  s2  x  p  x   r2  x 





t
t
p ( x )t
p  x p x t p  x
p x
p x
s1  x  s2  x  r2  x 
s ( x) s2 ( x)
s ( x)


.....  1

 ...  t t .
2
t
2

p x p x
p ( x ) p ( x)
p ( x)
p  x
Trong trờng hợp đặc biệt p(x) = (x - a) ta cã sù biĨu diƠn:
r ( x)
b1
b2
bt



...

t
2
t víi c¸c bi  k . TiÕp theo, xÐt tr x  a x  a  x  a
 x  a
=

êng

hỵp
r ( x)

 x  a

t

p( x)

r ( x)

 x  a


t

p( x)

b

 x  a

t



víi

p(a) 0 .

q( x)

 x  a

t 1

p ( x)

Biểu

diễn

thành

. Qua quy đồng các phân thức ta đợc

đồng nhất thức r ( x) bp( x)  x  a  q ( x) . Cho x = a ta có b
q( x)

dạng

r (a)
và
p(a)

r ( x) bp( x)
. Tổng quát, giả sử phân tÝch
x a

4


5
n
n
m
m
g ( x)  x  a1  1 .... x  as  s p1  x  1 ... pr x r , trong đó các pi x là

những đa thức bất khả qui với bậc lớn hơn 1. Theo các kết quả đà đạt đợc ở trên
ta có biểu diễn:
ns
m1
mr
n
f x
s1i x 
s  x
b1i
bsi

 ...  

 ....   ri i .
i
i
i
g  x  i 1  x  a1 
i 1  x  as 
i 1 p1  x 
i 1 pr  x 

f ( x)
đợc phân tích thành tổng các phân thức đơn giản.
g ( x)
f ( x)
1.1.4. Hệ quả. Mỗi phân thức hữu tỉ
bất kỳ đều phân tích đợc thành tổng
g ( x)

của một đa thức và các phân thức hữu tỉ đơn giản.
Nh vậy

Chứng minh. Nếu deg f(x)< deg g(x) thì ta có kết quả cần chứng minh theo định
f ( x)
r ( x)
q( x) 
lÝ trªn. NÕu deg f ( x) deg g ( x) . Khi đó
và kết quả cần
g ( x)
g ( x)
chứng minh đợc suy ra từ nhận xét ban đầu.

Vì mỗi đa thức bất khả qui bậc hai đơn hệ trong [x] có dạng x2+bx+c
với b 2 4ac 0 , nên mỗi đa thức g(x) viết đợc thành dạng:
s

g ( x) x  ai 
i 1

ni

r

 x
i 1

2

mi

 b  ci .

Từ đó ta có hệ quả sau:
f ( x)
biểu diễn đợc thành dạng:
g ( x)
s ni
r mi
bij
bij x cij
f ( x)
q( x)  
 
j
j .
2
g ( x)
i 1 j 1  x  ai 
i 1 j 1  x  b x  c 
j
j

1.1.5. HÖ quả. Mỗi phân thức hữu tỉ

1.1.6. Xây dựng một số bài toán mới.
Từ các kết quả trên ta sẽ tạo ra đợc một số bài toán sau.
Ví dụ 1. Cho ai  , f ( x)  x  a1   x  a2  ... x  an . Khi đó
n

1
j 0

Giải. Đặt g ( x) 

j

 n
n
 j  f  j    1 n!
 

 x  a1   x  a2  ... x  an  . Khai triÓn g(x)
 x  1  x  2 ... x n

thành dạng:

x1
x
x
2 ...  n .
x 1 x  2
xn
Qui ®ång mÉu sè và so sánh tử số ta nhận đợc:
x 1  x  2  ... x  n   x1  x  2  ... x  n   x2  x  1  x  3 ... x  n  +...
+ xn  x  1  x  3 ... x  n  1  x  a1   x  a2  ...  x  an  .
Cho x=-1,ta đợc:
g ( x) 1

5

6
n

x1   1  2    1  3 ...  1  n    1  1  a1   1  a2  ...  1  an 
n

  1 f  1 .
 x1  n  1 !   1 f  1  x1 
 n  1 !
n 1
 1 f  2 

T¬ng tù, cho x = -2, -3, ..., -n, ta đợc: x2
,...,
n

2
!


n

n

 1 f  n  .
xn 
 n  1 !

VËy

 x  a1   x  a2  ... x  an   1
 x  1  x  2  ... x  n 
n
n 2
 1 f  1
 1 f  2 


  1 f  n 

+
+ +
 x  1  n  1 !  x  2   n  2  !
 x  n   n  1 !
Cho x = 0:

  1

n

n

n 2

f  0
  1 f  1    1 f  2       1 f  n 
 1
n!

1! n  1 !
2! n  2  !
n!

 n
n
 j  f  j    1 n!
j 0
 
Tõ đó ta có bài toán sau nh một hệ quả trùc tiÕp.
n

   1

VËy

j

VÝ dô 2. (i). NÕu a1 a2 ... an 0 th× f  j   j n vµ ta cã
n

   1
j 0

j

 n n
n
 j  j   1 n!
 

n j
(ii). NÕu ai i, i 1,2,...n th× f  j  n!
 , vµ ta cã:
j


n
i  n n i
n
  1
  1   


i 0
 i  i
áp dụng phơng pháp trên để giải hệ:
x2
xn
x1
1 a  2  a  ...  n  a 1,
1
1
1

x
x
 x1
 2  ...  n 1,


n  a2
 ai  
1  a2 2  a2
............................................

x2
xn
 x1


...

1.
1 a 2 a
n an
n
n

Giải:
Đặt:
f ( x) x  a1   x  a2  ...  x  an  , ai  , g ( x) 

x1
x
x
 2  ...  n  1 .
x 1 x  2
xn
6

7

Khi đó từ hệ trên ta có:
g a1 g  a2  ... g  an  0 . Suy ra:
x1  x  2  ... x  n   x2  x  1  x  3 ... x  n  +...+ xn  x  1  x  3 ... x  n  1
  x  1  x  2  ... x  n  a  x  a1   x  a2  ... x  an  .
Cho x= -1, -2,..., -n, ta cã nghiƯm cđa hƯ lµ:

f  j
x j 
 j  1 ... j  j  1  j  j  1 ... j  n 

 j 1,2,...n

n

VÝ dô 3. Cho f ( x)  x  a j  , a j  Z , ta cã:
j 1

2n  2a1  1 ... 2an  1
1  n
f  j 
 f  0
  1

.
2 j  1  j 
 2n 
j 1

 n
 
Chøng minh. BiĨu diƠn
 x  a1   x  a2  ... x  an 
x
x
x
y
= 1  2  ...  n 
.
 x  1  x  2  ... x  n   2 x  1 x  1 x  2
x  n 2x  1
Tõ ®ã suy ra
 x  a1   x  a2  ... x  an   y  x  1 ... x  n 
n

j 1

=  x1  x  2  ... x  n   ...  xn  x  1 ...  x  n  1   2 x  1 .
1
Cho x  ,  1,  2,...,  n, ta cã:
2

7


8


n

1

1
f


 

 2
y 
1 
1
 1 

1    2   ... n  


2 
2
 2 

n 1
 1 f  1


 x1  n  1 !



n


 1 f  2 


 x2 
3.1! n  2  !

...............................................

f  n

 xn  2n  1 n  1 !








VËy ta cã hÖ thøc:
1
f 
n 1
 x  a1   x  a2  ... x  an  
 1 f  1

 2
+
+

 x  1  x  2  ... x  n   2 x  1  1  1   2  1  ... n  1  1. x  1  n  1 !


 

2 
2
 2 
n
f  n
  1 f  2   ... 
3  x  2  .1! n  2  !
 2n  1  x  n   n  1 !
Ta suy ra:
n
2n  2a1  1 ... 2an  1
1  n
j 1
f  j 
 f  0 .
  1


2 j  1  j 
 2n 
j 1
 n
 
T¬ng tù nh vÝ dơ 2, vÝ dụ sau đây cũng là một hệ quả:

1

n

Ví dô 4. Ta cã:
1  n n
2n
j 
.
  1
i) NÕu a1=a2=...=an=0 th× 
2 j  1  j 
 2n 
j 1
 n
 
n
1  n
6n
j 1
n
  1
 j  1  2n  1.
ii) NÕu a1=a2=...=an= 1 th× 
2 j  1  j 
 
j 1
 n

iii) Giải hệ phơng trình:

n

j 1

8


9

x2
xn
4
 x1





1  a 2  a
n  a1 2a1  1
1
1

x
x
4
 x1
 2   n 

n  a2 2 a2  1

1  a2 2  a2
...........................................

x2
xn
4
 x1


...


1  a 2  a
n  an 2 an  1
n
n

Giả sử x1, x2,..., xn là nghiệm của hệ. Khi ®ã
  1
f 
n
xj
1
 2 
1 

2n  1  1 
j 1 2 j  1
f 
 2

x
x
x
4
Chøng minh. §Ỉt: g(x) = 1  2  ...  n 
1+x 2+x
n  x 2x 1
 x  x  2  ... x  n   ...  xn  x  1 ... x  n  1   2 x  1
=  1
 x  1  x  2  ... x  n   2 x  1
4  x  1  x  2  ... x  n 
.
 x  1  x  2  ... x  n   2 x  1
V× g  a1  g  a2  ... g  an  0 , nªn ta cã:
-

 x1  x  2  ... x  n   ...  xn  x  1 ...  x  n  1   2 x  1 4  x  1  x  2  ... x  n  a  x  a1   x  a2  ...  x  an  .
1
Cho x  ,  1,  2,...,  n, ta đợc:
2
1
1
1
1 2   ... n  
2 
2
 2 
a
1
f 

 2
af (1)
a( 1) n1 f (1)
a ( 1) n1 f (2)
xn 
, x2 
,…,
.
x1 
( n  1)!(2n  1)
(n  1)!
3.1!(n  2)!
4   1

n 1

lµ nghiƯm của hệ. Mặt khác, ta có:
a x a1   x  a2  ... x  an 
x1
x
x
4
 2  ...  n 

.
1+x 2+x
n  x 2 x  1  x  1  x  2  ...  x  n   2 x  1
1
Cho x  , ta cã:
2

9


10

1
 1

 1
a   a1  ...  an   4 f   
x 
1
x x
2
 2
=
 2.
.
2  1  2  ...  n   2  
2n  1 
1  1

 1  2  2n  1
3 5
f 
  1 ...  n  .2
2  2

 2

  1
f 
n
xj
1
2
VËy

1 
.  .

2n  1  1 
j 1 2 j  1
f 
 2
VÝ dơ 5. Víi mäi số nguyên dơng n ta luôn có:
k
n
1 2n 
 2n 
 2n  !


2
.
2 
k 1 1  k  n  k 
 1  12   1  22  ... 1  n2   n  
Chøng minh. BiĨu diƠn
 2n  !

y a x b
a x  bn
  1 2 1  ...  n2
.
x 1
x  n2
x  x  1   x  2  ... x  n x
Qui đồng mẫu số và so sánh tử số ta nhận đợc:
2n ! y x 2  1 ... x 2  n 2  
2

2

2

2

2

2

 x   a1 x  b1   x 2  22  ... x 2  n 2    a2 x  b2   x 2  12  ... x 2  n 2   ...





2
  an x  bn   x 2  12  ... x 2   n  1  .


 2n 
Cho x = 0 ta nhận đợc y . Cho x = i, 2i,..., ni, víi i2 = -1, ta cã
 n


1  2n 
a1 2   1 
 , b1 0
n

1




2  2n 
a2 2   1 
 , b2 0
n

2



................................


n  2n 
an 2   1   , bn 0.

 2n 

VËy ta cã hÖ thøc:
 2n  !
x  x 2  12   x 2  22  ... x 2  n 2 

y
ax
ax
  2 1  ...  2 n 2 .
x x 1
x n
k

 2n  !
Cho x = 1 ta nhận đợc:

n

1 k
2

n
2n 
  1  2n 
   2
.
2 
k 1 1  k  n  k 
 n

k 1

10


11

1.2. Chuỗi lũy thừa hình thức và ứng dụng
Cho trờng k . Ta xét tổng vô hạn:
a0 a1 x  a2 x 2  ..., ai  k .
KÝ hiÖu:


k   x    a0  a1 x  a2 x 2  ai  k   ai x i ai  k  .
 i 0



1.2.1. Định nghĩa. Mỗi phần tử f x  k   x   , f  x ai xi , với x0 =1, đợc
i 0

gọi là một chuỗi lũy thừa hình thức của biến x với các hệ tử thuộc k.
Để k x thành một vành giao hoán có đơn vị ta trang bị các phép toán


i

nh sau: Cho f  x  , g  x   k   x   , f  x   ai x , g  x   bi x i ta định nghĩa:
i 0

i 0

f x g  x   ai bi , i 1,2,...,


f  x   g  x    ai  bi  x i ,
i 0

  i

f  x  .g  x     ai  jb j  x i .
i 0  j 0

Với các phép toán trên, k x lập thành một vành giao hoán có đơn vị.

Trong vành này ta không quan tâm tới tính hội tụ của chuỗi. Chuỗi f x đợc
gọi là khả nghịch nếu có chuỗi g x để f  x  . g  x  =1.


1.2.2. Mệnh đề. Chuỗi f x ai x i là khả nghịch khi và chỉ khi a0 0 .
i 0

Chứng minh. i) Giả sử chuỗi f(x) khả nghịch, khi đó có chuỗi


g x bi x i  k   x   sao cho f(x)g(x) = 1. Tõ ®ã suy ra a0b0 = 1 hay a0 0 .
i 0

ii) Ngợc lại, giả sử a0 0 , ta cã: f(x)g(x) = 1
11


12

a 0 b0 1

i
ai  j b j 0; i 1, 2,...

j 0
Tõ a0b0 = 1 cã b0 a0 1 .
Tõ a0 b1  a1b0 0 cã: b1   a1bo  .a0 1 .
a0 b2  a1b1  a2b0 0 suy ra b2   a1b1  a2b0  .a0 1 a12b0 a0 1a0 1  a2 a0 1 .a0 1 .
Tơng tự nh vậy, ta xác định dợc b3 , b4 ,..., bn ,.....


Tức là tìm đợc chuỗi g  x   bi x i  k   x   sao cho f(x)g(x) = 1.
i 0





i

Đạo hàm hình thức của phần tử f x   ai x lµ f  x  '  iai x i  1 . Víi mét
i 0

i 1

hàm f x bất kỳ xác định tại x = 0, ta biểu diễn nó qua chuỗi


f x
n 0

f

n

0 xn .

n!

Bây giờ ta định nghĩa hàm sinh của một dÃy số và cách tìm công thức tờng minh
cho các số hạng của một dÃy số.


1.2.3. Định nghĩa. Cho dÃy số ai . Chuỗi lũy thừa hình thức f x ai x i đi 0

ợc gọi là hàm sinh của d·y  ai  .
Cho d·y  an  x¸c định theo qui luật H nào đó. Ta lập hàm sinh cña d·y


f  x   ai x i . Chọn đa thức hay chuỗi thích hợp p x  ®Ĩ tÝch f  x  p  x =
i 0

g x là chuỗi với các hệ tử đợc tính qua các ai . So sánh hệ số của xn ở hai vế ta
có công thức tính an.
Sau đây là một số ví dụ minh họa về ứng dụng hàm sinh trong việc tìm số
hạng tỉng qu¸t cđa mét d·y sè.
VÝ dơ 1. Cho d·y số nguyên dơng:
a1 = 1, an = 1.an-1 + 2an-2+...+ (n-1)a1 ( n 2 ).
Tìm công thức tính an theo n.
Giải. Đặt f x a1 x a2 x 2  a3 x3  .... Khi ®ã ta cã
f  x   x  2 x 2  3x 3  ... = a1 x 2   1.a2  2.a1  x3   1a3  2a2  3a1  x 4  ...
a2 x 2  a3 x 3  a4 x 4  ....  f  x   x .
Do ®ã

f  x    1  x  2 x 2  3x 3  ...  x . Ta biểu diễn qua chuỗi

1
1 x x 2 x3  ... . LÊy
1 x
1
1  2 x  3 x 2 4 x3 ...
2
(1 x)

đạo
hay

hàm

hình

thức

hai

vế

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

ta

cã
VËy
12


13

1
1 1
1
, trong đó x1, x2 là hai
x  x 2


x  3x  1
x2  x1  x x2 x x1
nghiệm của phơng trình: x2 -3x +1=0. BiĨu diƠn:




1 1 1
1 1 
1   xn
xn 
2
f  x  x  x
 .


 .
 = x
x2  x1  x2 1  x
x1 1  x 
x2  x1  n2 x2n 1 n2 x1n 1 

x2
x1 
  3  5  n 1  3  5  n 1 
1
HÖ sè cđa xn lµ an   

 
  , n 2 .
2
5  2 


 


f  x  x  x 2

2

VÝ dô 2. (D·y Ca-ta-lan). Cho dÃy số nguyên dơng
a1 1, an a1an 1 a2 an 2  ...  an 1a1 , n 2.
i) Tìm công thức tính an theo n.
n
a 1
ii) Chứng minh ii .
2
i 1 4
Giải. i) Đặt f x  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  .... . Khi ®ã:
f  x  f  x  a12 x 2   a1a2  a2 a1  x 3   a1a3  a2a2  a3a1  x 4  ...
= a2 x 2  a3 x 3  a4 x 4  ....  f  x   x.
2

VËy  f  x    f  x   x 0 . Giải phơng trình này và do f  0  0 nªn :
1
1  1  4x 1 1
f  x 
  1  4x 2 .
2
2 2
Biểu diễn hàm này qua chuỗi lũy thừa hình thøc ta cã:
1.3.5.... 2n  3 n 1 n
1
1
1.3 2 3

f  x   x  21 x 2 
2 x  .... 
2 .x  ...
1!
2!
3!
n!
1  2n 2
So sánh hệ số ta đợc: an
, n 2 .
n  1  n 
ii) Tõ c«ng thøc biĨu diƠn cđa f  x  ta suy ra:

n

ai

4
i 1

i

1 1
 f  .
 4 2



VÝ dô 3. Cho d·y sè h÷u tØ:
a

a
a1 
a1 1, an   n 1  n 2  ... 
 , n 2.
1!
2!
n

1
!




Tìm công thức tính an theo n.
a
a
a1
Giải. Ta có: an 2an   n 1  n 2  ...
, n 2.
1!
2!
n

1
!

2
3
Đặt: f x a1 x  a2 x  a3 x  . Khi ®ã:

13


14



x x 2 x3
a 
a a 


f  x   2     ...  = 2a1 x   2a2  1  x 2   2a3  2  1  x 3  ...
1! 2! 3!
1! 
1! 2! 




= 2a1 x  a2 x 2  a3 x 3  a4 x 4  ....  f  x   x.
Tõ f  x   1  e x   f  x   x ta suy ra f  x  xe  x . VËy


x x 2 x3
=

x
1

 
 ...  .
a1 x  a2 x  a3 x  ....

 1! 2! 3!

n 1
  1 , n 1.
So sánh các hệ số ta nhận đợc an 
 n  1 !
VÝ dô 4. Cho d·y số nguyên dơng:
a1 1, an 1.2an 1 2.3an 2  ...   n  1 na1 , n 2.
Khi ®ã an2 5an1  3an  an 1 , n 2 .
2

3



Chứng minh. Đặt f x a1 x  a2 x 2  a3 x 3  Khi ®ã:
f  x   1.2  2.3 x  3.4 x 2  ... =  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ....  1.2  2.3x  3.4 x 2  ...
= 1.2a1 x   1.2a2  2.3a1  x 2   1.2a3  2.3a2  3.4a1  x 3  ...
= a2 x  a3 x 2  a4 x 3 ....
Lấy

đạo

hàm

bậc

f x x
.
x

hai

và

từ

1
1 x  x 2  x3  ...
1 x

ta

suy

ra

2
1.2  2.3x  3.4 x 2  ... . VËy:
3
1  x 
3

x  x  1
2
xf  x 

f
x

x

f
x

.




3
2
3
x

3
x

5
x

1
1


x
 
Tõ g  x   x3  3x 2  5 x 1 1 và lấy đạo hàm cấp n hai vế ta nhận đợc:
Cn0 x 3 3x 2  5 x  1 g 

Cn3 .6.g 

n

 x   Cn1  3x 2  6 x  5  g  n 1  x   Cn2  6 x  6  g  n 2  x  +

n  3

 x 0.
Đặt bn g n 0 , ta cã: Cn0bn  5Cn1bn 1  6Cn2bn  2  6Cn3bn  3 0.
L¹i cã: b0 g  0   0   1, b1 g '  0   5, b2 g ''  0 56. Vậy dÃy bn

đợc xác

định nh sau:
b0  1, b1  5, b2  56,

bn 5nbn  1  3n  n  1 bn  2  n  n  1  n  2  bn  3 , n 3.
Theo c«ng thøc khai triÓn Taylor cho g  x  :
n

g ' 0
g ''  0  2
g    0 n

g  x  g  0  
x
x  ... 
x  ...
1!
2!
n!
14


15

b1
b
b
x  2 x 2  ...  n x n  ...
1!
2!
n!
b
b
b


Tõ f  x  x  2 x 2 g  x  x  2 x 2  b0  1 x  2 x 2  ...  n x n  ...  ta suy ra
1!
2!
n!



n!an2  2bn2  2  5  n  1 bn1  3  n  1 nbn   n  1 n  n  1 bn 1 
hay an2 5an1  3an  an 1 , n 2 .

b0

1.3. Tính hữu tỉ của chuỗi
Bây giờ ta quan tâm đến tính hữu tỉ của chuỗi và tính tổng vô hạn.
1.3.1. Định nghĩa. Chuỗi f x gọi là chuỗi hữu tỉ nếu có hai ®a thøc
k  x
hay f  x  g  x  k  x  trong
g  x  , k  x  trong R   x   ®Ĩ sao cho f  x  
g  x
R   x   . NÕu g  0  1 th× bËc cđa f  x  lµ deg f  x  :deg k  x   deg g  x  .
NÕu biÕt miền hội tụ D f của chuỗi f x  th× f  x0  

k  x0 
khi x0  D f .
g  x0 

Gi¶ thiÕt di Z với i 1,2,..., r .
r



1.3.2. Định lí. Cho g  x   1  di x  i 1  n1 x  ...  n p x p , n p 0, vµ hµm
i 1

h :    víi h(0)=1, h(i)= ni, i=1,2,...,p. C¸c ph¸t biểu sau là tơng đơng:
k x
i) m0 h  m  x m 

, trong ®ã k  x    x  víi deg k(x) < p.
g  x

ii) h  m  p  n1h  m  p  1  ...  n p h  m  , m 0 .
iii) h  m  u1  m  d1m  u2  m  d 2m  ...  ur  m  d rm , m 0 , trong ®ã mỗi ui(m) là
một đa thức của m bậc không quá i  1.


Chøng minh. i )  ii ) : Tõ   h  m  x m  g  x  k  x  vµ deg k(x) < p và so sánh
m0

hệ số của xm+p ë hai vÕ ta cã:
h  m  p  n1h  m  p  1  ...  n p h  m  , m 0 .


ii )  iii ) : XÐt hµm sinh f  x   h  m  x m . Khi ®ã ta cã biĨu diƠn
m 0

f  x 

k  x
víi k  x   Z  x và deg k(x) < p. Phân tích
g x

15


16



u11
k  x   u11
u12






 
g  x   1  d1 x  1  d1 x  2
 1  d1x  1 
 ur

ur2
urr
1
+




.
2
r 
1

d
x
1


d
x
1

d
x




r
r
r



1
 Cnn m1  1d m x m .
Ta biÕt
n
 1 dx m0
Đặt u1 m u11Cm0 u12Cm1 1 ... u11Cm111 1 . Đây là đa thức của m bậc không
quá 1 . Tơng tù, ta cã:
ui  m  ui1Cm0  ui 2Cm1 1 ... uii Cmi1i 1 là đa thức của m bậc không quá i với
i=1,2,...,r. So sánh các hệ số của hai chuỗi

m 0

m 0

h m  x m   u1  m  d1m  u2  m  d 2m  ...  ur  m  d rm  x m

ta

suy

ra

h  m  u1  m  d1m  u2  m  d 2m  ...  ur  m  d rm , m 0 .


r

 

iii )  i ) : Ta cã:  h  m  x    ui  m  dim x m . Biến đổi vế phải để nó
m 0
i 1 m 0

h x
trở thành dạng
.

g x
Giả sư x1,x2,... , xn lµ n tham sè. Ta kÝ hiÖu:
1 x1  x2  ....  xn ,


 2 x1 x2  x1 x3  ....  xn 1 xn ,

....................................,
 x .x ....x ,
n
 n 1 2
 N t x1t  x2t  ....  xnt , t 0,1,2,....
m

1.3.3. Định lí. Đặt ui 1 i 1  i ,1 i n. Khi ®ã
N t  a12 ...n u11 u22 ...unn , trong ®ã tỉng lÊy theo tất cả các hệ
các
a12 ...n

số

nguyên không âm
t 2  ...  n  1 !
.
 1
1 !2 !...n !

tháa

m·n

 1 , 2 ,..., n 

1  22 ... nn t

và

Chứng minh. Xét đa thức f  x   x  x1   x  x2  ... x  xn  . Khi ®ã

f ' x 
1
1
1
1 1
1
1


 .... 
 

... 
x
f  x  x  x1 x  x2
x  xn x  1  x1 1  x2
1 n
x
x
x








16


17

f '  x   x1t  x2t  ...  xnt
N


 t t1
t 1
f  x  t 0
x
t 0 x

BiĨu diƠn f  x  x n  g  x  . Ta cã:

(1)

f  x
g x
. Viết thành chuỗi:

1

xn
xn
t

f ' x f ' x 
 n
f  x
x

f ' x    g  x  
1
 n  n 
g  x
x t 0  x 
1
n
x
t
f '  x    1  2
n 1  n 
= n    2  ...    1
 .
x t 0  x x
xn 
Tõ (1), (2) ta suy ra:
t

f '  x    u1 u2
Nt
un 
 n    2  ...  n 

t 1

x
x t 0  x x
x 
t 0

(2)

t

u u
u  n  n  1 u1
un 1 
=   1  22  ...  nn   

...


x
x  x
x2
xn 
t 0  x


t !u11u22 ...unn  
 n  1 u1  ...  un 1  .
= 
n





1 !2 !...n ! x h1  
x
x n 1 
t 1 
ë ®ã tỉng lÊy theo tÊt cả các số nguyên không âm, thỏa mÃn hai đẳng thøc:
vµ
VËy
1  22  ...  nn t
1  2  ...  n h .


 
1  2  ...  n  !u11 u22 ...unn  

Nt
 n  1 u1  ...  un 1  .

n








t 1
1 !2 !...n ! x 1 22 ...nn 1  

x
x n 1 
t 0 x
t 1 


ë ®ã tỉng lấy theo tất cả các bộ 1 , 2 ,..., n gồm các số nguyên không âm. So
1
sánh hƯ sè cđa t 1 ë hai vÕ ta cã hƯ sè cđa u11 u22 ...unn b»ng:
x
 1  2  ...  n  !n   1  2  ...  n  1 ! n  1  ...   1  2  ...  n  1 !1 T
1 !2 !...n !
1 !2 !...  n 1  1 !n !
 1  1 2 !...n !
t  1  2  ...  n  1 ! 1 2 n
u1 u2 ...un , trong đó tổng lấy theo tất cả
1 !2 !...n !
c¸c bé  1 , 2 ,..., n  gåm các số nguyên không âm thỏa mÃn đẳng thức:

1 22  ...  nn t .
ãm l¹i, N t 

1.3.4. VÝ dơ. Cho a1 , a2 ,..., an lµ n số tự nhiên phân biệt đôi một và đều khác 0.
Giả sử có biểu diễn:
1
1 b1 x b2 x 2  ...
n
 1  ai x 
i 1

17


18

Chøng minh r»ng:

a1k n 1

bk 

n



 a1  ai 
i 1

a2k n 1

 ... 

n

 a2  ai 
i 2

ank n 1
n

a

n

ai

.

i n

1
thành dạng:
1 a1x   1  a2 x  ... 1  an x 
x1
x2
xn
g  x 

 ... 
.
 1  a1x   1  a2 x 
 1  an x 

Chøng minh. Khai triÓn g  x  

Qua quy ®ång ta rót ra:
1 = x1  1  a1 x   1  a2 x  ... 1  an x  + x2  1  a1 x   1  a2 x  ... 1  an x  +...
+ xn  1  a1 x   1  a2 x  ... 1  an 1x  .

a1n 1

 x1  n

 a1  ai 


i 1

n 1
 x2  n a2
1 1
1

Cho x  , ,...,
vµ 
 a2  ai 

a1 a2
an
i 2

......................................

ann 1
x 
.
n
 n
 an  ai 



i n

Biểu diễn g x qua tổng các chuỗi ta cã:
x1
x2
xn
g  x 

 ... 
=
 1  a1x   1  a2 x 
 1  an x 
= x1  1  a1x  a12 x 2  ...  a1k x k  ...  x2 1  a2 x  a22 x 2  ...  a2k x k  ... + ..
.
+ xn  1  an x  an2 x 2  ...  ank x k  ... .
So s¸nh c¸c hệ số của g x ta nhận đợc hÖ thøc:
bk 

a1k n  1
n

 a

1

i 1

 ai 



a2k n  1
n

 a
i 2

2

 ai 

 ... 

ank n 1
n

 a

n

 ai 

, k 1



i n

18

19

Chơng 2
ứng dụng maple để khai triển biểu
thức đại số và khai triển hàm số
thành chuỗi
Chúng ta đều đà biết khả năng của MAPLE trong việc hỗ trợ cho cho
nghiên cứu, giảng dạy toán học. Trong chơng này chúng ta sÏ t×m hiĨu mét sè
øng dơng cđa MAPLE trong viƯc khai triển biểu thức đại số và khai triển hàm số
thành chuỗi.

2.1. Khai triển, đơn giản và phân tích biểu thức đại số

Khai triển biểu thức đại số
Maple có thể khai triển các nhị thức.
15
Ví dụ. Khai triển nhị thức x y . Công việc này đợc tiến hành nh sau:
Bớc 1. Đa vào dòng lệnh gán tên cho biểu thức cần khai triển:
[>expr:=(x+y)^15;
Trong đó expr là viết tắt của chữ biểu thức, dấu := thay cho định nghĩa (Vì
vậy, dòng lệnh có nghĩa nh là: biểu thức epr đợc định nghĩa bằng (x+y)^15).
Sau khi thực hiện lệnh, máy hiện biểu thức mà ta sẽ khai triĨn, tøc lµ:
15
expr : x  y 
Bíc 2. TiÕp tục đa vào lệnh:
[>expand(expr);
(nghĩa là: Khai triển biểu thức expr ). Sau khi cho thực hiện lệnh máy hiện
dạng khai triĨn cđa biĨu thøc.
x15  15 yx14  105 y 2 x13  455 y 3 x12  1365 y 4 x11  3003 y 5 x10  5005 y 6 x 9

6435 y 7 x8  6345 y 8 x 7  5005 y 9 x 6  3003 y10 x5  1365 y11 x 4  455 y12 x3
105 y13 x 2  15 y14 x  y15
Ph©n tích ra thừa số
Phép toán này thực chất là ngợc cđa phÐp khai triĨn nãi trªn. Ta cã thĨ
dïng nã ®Ĩ kiĨm tra c¸c tÝnh to¸n ®· thùc hiƯn ë trên. Lệnh phân tích một đa
thức ra thừa số là factor (.).Thí dụ, ta phân tích đa thức sau đây ra thõa sè thõa sè
x 4  10 x 3  35 x 2  50 x  24
b»ng lÖnh:
[> factor ( x^4-10*x^3+35*x^2-50*x+24);
 x  1  x  2   x  3  x  4 
Chó ý. Đa thức đại số luôn đợc hiểu là có hệ số nguyên, cho nên máy chỉ tìm
những thừa số là đa thức nguyên mà thôi. Muốn tìm những đa thức không
nguyên thì tốt nhất là dùng cách giải phơng trình để tìm nghiệm.
Phép đơn giản biểu thức
Bằng lệnh simplify (đơn giản hoá) maple có thể áp dụng các đồng nhất
thức để đơn giản rất nhiều biểu thức toán học cồng kềnh, thí dụ các biểu thức l ợng giác.
Thí dụ. Muốn đơn giản biểu thức lợng giác
19