Đại Học Thái Nguyên Trường Đại Học Khoa Học Hoàng Văn Quý Chuỗi luỹ thừa hình thức hàm sinh Chuyên ngành : Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mà số: 60.46.40 Luận Văn Thạc Sĩ Toán Học Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình hoàn thành Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Phản biÖn 1: Ph¶n biƯn 2: LuËn văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày tháng năm 2011 Có thể tìm hiểu Thư Viện Đại Học Thái Nguyên S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mơc lơc KiÕn thøc chn bÞ 1.1 Khái niệm vành đồng cấu 1.1.1 Vµnh 1.1.2 Ước không Miền nguyên 1.1.3 §ång cÊu 1.1.4 Tr­êng 1.2 Vµnh ®a thøc vµ nghiƯm Vành chuỗi lũy thừa hình thức 2.1 Vành chuỗi lũy thừa hình thức 11 11 2.2 D·y hiƯu cđa mét d·y 17 2.3 Hµm sinh th­êng vµ d·y Fibonacci, d·y Catalan 20 2.4 Hµm sinh mị vµ d·y sè Stirling 24 2.5 Hàm sinh dÃy đa thức Bernoulli 2.6 Hàm sinh Dirichlet vµ hµm Zeta-Riemann 27 34 2.7 Tích vô hạn 37 2.8 §ång nhÊt thøc Newton 41 2.9 D·y truy håi víi hµm sinh 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Trong toán học việc sử dụng kiến thức toán cao cấp để giải toán phổ thông điều quan trọng Nó không giúp người làm toán có nhiều phương pháp lựa chọn lời giải, mở rộng tầm hiểu biết toán học mà phát huy thông minh sức sáng tạo, tầm bao quát toán, mở rộng toán nhiều hướng khác Sử dụng kiến thức chuỗi số để giải toán dÃy số vấn đề Như đà biết vấn đề liên quan đến dÃy số phần quan trọng đại số giải tích toán học Khi tiếp cận vấn đề em học sinh giỏi, sinh viên nhiều thầy cô giáo phổ thông thường phải đối mặt với nhiều toán khó liên quan đến chuyên đề Trong kỳ thi học sinh giái quèc gia, thi Olimpic to¸n quèc tÕ, thi Olimpic toán sinh viên trường đại học, cao đẳng, toán liên quan đến dÃy số hay đề cập thường loại khó, đòi hỏi người học, người làm toán phải có tầm hiểu biết rộng sâu sắc kiến thức dÃy số chuỗi số đưa phương pháp giải toán hay hoàn thiện toán Để phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi việc trao đổi kinh nghiệm với thầy cô giáo bồi dưỡng học sinh giỏi quan tâm tìm hiểu thêm phần này, hướng dẫn thầy Đàm Văn Nhỉ tác giả đà học tập thêm viết đề tài " Chuỗi luỹ thừa hình thức hàm sinh" Đề tài giải vấn đề trọng tâm : Chương I : Kiến thức chuẩn bị Tác giả nhắc lại kiến thức : 1.1 Khái niệm vành đồng cấu 1.1.1 Vành 1.1.2 Ước không Miền nguyên S hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.1.3 Đồng cấu 1.1.4 Trường 1.2 Vành đa thức nghiệm Chương II : Vành chuỗi luỹ thừa hình thức Tác giả giới thiệu kiến thức 2.1 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 2.2 D·y hiƯu cđa mét d·y 2.3 Hµm sinh th­êng vµ d·y Fibonacci, d·y Catalan 2.4 Hµm sinh mị vµ dÃy số Stirling 2.5 Hàm sinh dÃy đa thøc Bernoulli 2.6 Hµm sinh Dirichlet vµ hµm Zeta-Riemann 2.7 Tích vô hạn 2.8 Đồng thức Newton 2.9 DÃy truy hồi với hàm sinh Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư Phạm Hà Nội Thầy đà dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin gửi tới thầy (cô) khoa Toán, phòng Đào tạo Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ thời gian qua Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán K3B Trường Đại Học Khoa Học đà động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục đào tạo Bắc Ninh, Ban giám hiệu tổ Toán trường THPT Lương Tài đà tạo điều kiện giúp đỡ để tác giả hoàn thành khóa học Tác giả Hoàng Văn Quý Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Khái niệm vành đồng cấu Vành Định nghĩa Ta gọi vành tập hợp X với hai phép toán hai đà cho X ký hiệu theo thứ tự dấu + (ng­êi ta th­êng ký hiƯu nh­ vËy) vµ gäi phép cộng phép nhân cho điều kiƯn sau tháa m·n: 1) X cïng víi phÐp céng nhóm aben 2) X với phép nhân nửa nhóm 3) Phép nhân phân phối với phép cộng: Với phần tử tùy ý x, y, z ∈ X ta cã: x(y + z) = xy + xz (y + z)x = yx + zx PhÇn tử trung lập phép cộng ký hiệu gọi phần tử không Phần tử đối xứng (đối với phép cộng ) phần tử x ký hiệu -x gọi đối x Nếu phép nhân giao hoán ta bảo vành X giao hoán vị Nếu phép nhân có phần tử trung lập phần tử gọi phần tử đơn x thường kí hiệu e hay 1.1.2 Ước không Miền nguyên Định nghĩa1 : Ta gọi ước mäi phÇn tư a = cho cã b = thỏa mÃn quan hệ ab=0 Định nghĩa2 : Ta gọi miền nguyên vành có nhiều mét phÇn tư, giao Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ho¸n, có đơn vị, ước 1.1.3 Đồng cấu Định nghĩa Một đồng cấu (vành) ánh xạ từ vành X đến vành Y cho: f (a + b) = f (a) + f (b) f (ab) = f (a) f (b) víi mäi a, b X Nếu X = Y đồng cấu f gọi tự đồng cấu X Ta định nghĩa đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu tương tự đà định nghĩa nhóm 1.1.4 Trường Định nghĩa: Ta gọi trường miền nguyên X phần tử khác nghịch đảo vị nhóm nhân X Vậy vành X giao hoán, có đơn vị, có nhiều phần tử trường X {0} nhóm phép nhân X 1.2 Vành đa thức nghiệm Kết Cho vành giao hoán R biến x R Với n N, xét tập hợp: n n x i | ∈ R R[x] = {a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x | ∈ R} = i=0 Mỗi phần tử f (x) R[x] gọi đa thức biến x với hệ số thuộc vành R Hệ số an gọi hệ số cao nhất, hệ số a0 gọi hệ số tự f (x) Khi an = n gọi bậc f (x) S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ký hiệu Nếu deg f (x) Riêng đa thức quy định có bậc n f (x) = m i x , g(x) = i=0 bi xi ∈ R[x] th× i=0 f (x) = g(x) vµ chØ m = n, = bi víi mäi i n i i f (x) + g(x) = (ai + bi )x , f (x)g(x) = i=0 Định lý 1.2.1 Ta có miền nguyên R[x] ai−j bj )xi ( i=0 j=0 lµ mét vành giao hoán Hơn nữa, R R[x] miền nguyên f (x), g(x) k[x] g(x) = có hai đa thức q(x), r(x) cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) Định lý 1.2.2 Giả sử k trường Với đa thức 1.2.3 Cho hai số tự nhiên n n p đủ ®Ĩ x − a chia hÕt cho x VÝ dơ Bài giải: Biểu diễn n p với n > p − ap víi a ∈ R, a = n = qp + r Z víi Tìm điều kiện cần r < p Khi có biĨu diƠn xn − an = (xp − ap )(xn−p + ap xn−2p + · · · + a(q−1)p xn−qp ) + aqp (xr − ar ) VËy, ®iỊu kiƯn cần đủ để Định lý 1.2.4 Giả sử k xn − an chia hÕt cho xp − ap lµ n p : trường Khi vành k[x] vành vành nhân tử hóa n Giả sử n R ®a thøc f (x) = xi ∈ R[x] BiÓu thức f () = i=0 i R gọi giá trị f (x) Nếu f () = i=0 gọi mét nghiƯm cđa f (x) R Gi¶ sư sè nguyên m k f () = gọi nghiệm bội cấp m f (x) k nÕu f (x) chia hÕt cho (x )m f (x) không chia hết cho (x )m+1 Định lý 1.2.5 Đa thức (i) NÕu α (ii) f (x) ∈ k[x] bËc n Khi ta có kết sau: k nghiệm f (x) f (x) = (x − α)g(x) víi g(x) ∈ k[x] f (x) cã kh«ng n nghiệm phân biệt k S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Đôi để tìm mối liên hệ nghiệm hay tính chất nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết sau đây: 1.2.6 [ViÐt] Gi¶ sư x1 , , xn n nghiệm đa thức bậc n sau n n1 đây: f (x) = x x + δ2 xn−2 − · · · + (−1)n δn Khi có hệ thức Định lý = x1 + x2 + · · · + xn    δ = x x + x x + · · · + x x 2 n−1 n     δ = x x x n n f (x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] đa thức đối xứng khác Khi tồn ®a thøc s(x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] cho f (x1 , x2 , , xn ) = s(δ1 , δ2 , , n ) Định lý 1.2.7 Gi¶ sư Mét sè vÝ dơ √ f (x) = x4 − 5x3 + 9x2 − 10x + 28 TÝnh f (1 + 3) Bài giải: Vì + lµ nghiƯm cđa√ g(x) = x3 − 3x2 + 3x − = vµ f (x) = (x − 2)g(x) + 20 nªn f (1 + 3) = 20 VÝ dơ 1.2.8 Gi¶ sư f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +· · ·+an−1 x+an ∈ R[x] víi a0 = vµ tháa m·n f (x)f (2x2 ) = f (2x3 + x) víi mäi giá trị thực x Chứng minh f (x) không thĨ cã nghiƯm thùc VÝ dơ 1.2.9 [VMO 1990] Gi¶ sö = f (2x3 + x) ta suy a2 = a0 a2 = an Vì a0 = nên a0 = 1; an = an = n NÕu an = th× f (x) = xr g(x) víi g(0) = VËy xr g(x)2r x2r g(2x2 ) = xr (2x2 + 1)r g(2x3 + x) hay g(x)2r x2r g(2x2 ) = (2x2 + 1)r g(2x3 + x) Vì g(0) = nên ta nhận g(0) = : mâu thuẫn Vậy an = Gi¶ sư f (x) = cã nghiệm thực x0 Khi x0 = an = V× f (2x3 + x0 ) = f (x0 )f (2x0 ) = nên x1 = 2x0 + x0 nghiệm thực f (x) Vì hàm y = 2x3 + x đơn điệu tăng nên dÃy (xr+1 = 2x3 + xr )r vµ x0 = lµ r mét dÃy vô hạn số hạng nghiệm f (x) hay f (x) có nhiều vô hạn nghiệm: mâu thuẫn theo Định lý 1.2.5 Vậy f (x) nghiệm Bài giải: So sánh hệ số x3n x0 hai vế, nên từ f (x)f (2x2 ) thùc Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn a ∈ (0; 1) tr×nh cos 3πa + cos 2πa = Chøng minh r»ng a = VÝ dô 1.2.10 [IMO 1991] Giả sử số hữu tỷ thỏa mÃn phương = cos a Khi 4x3 + 4x2 3x − = hay (2x + 1)(2x2 + −1 −1 th× a = NÕu x = th× 2x2 + x − = x − 2) = NÕu cos πa = x = √ −1 + 17 0, vµ nh­ vËy x số vô tỷ Do |x| nên cos a = x = B»ng √ an + bn 17 với số nguyên lẻ an , bn Vì quy n¹p, cã thĨ chØ cos 2n πa = √ √ an+1 + bn+1 17 an + bn 17 = cos 2n+1 πa = cos2 2n πa − = 2[ ] −1 4 Bµi giải: Đặt x a2 + 17b2 n n > an Do dÃy (an ) dÃy tăng nghiêm nên an+1 = ngặt tập giá trị cos 2n a với n = 0, 1, 2, tập vô hạn (*) 17 số vô tỷ Nhưng a số hữu tỷ nên tập giá trị cđa cos mπa víi m = 0, 1, 2, phải hữu hạn: mâu thuẫn với (*) Do dó a= f (x) bËc n cã tÊt nghiệm Khi tất nghiệm af (x) + f (x) số thực Ví dụ 1.2.11 Giả thiết đa thức thực f (x) cã c¸c nghiƯm thùc x1 , x2 , , xk víi béi t­¬ng øng r1 , r2 , , rk ta xÕp x1 < x2 < · · · < xk Hàm số Bài giải: Giả sử g(x) = f (x) 1 = + + ··· + f (x) x − x1 x − x2 x − xk hàm liên tục khoảng (; x1 ), (x1 ; x2 ), , (xk−1 ; xk ), (xk ; ) , phương trình g(x) = −a cã thªm x − xj k nghiƯm míi khác x1 , x2 , , xk a = VËy f (x)[g(x) + a] = cã tÊt c¶ (r1 − 1) + · · · + (rk − 1) + k = deg f (x) nghiệm thực Vậy tất nghiệm af (x) + f (x) ®Ịu thùc Khi a = th× g(x) = cã k − nghiƯm thùc míi n÷a VËy f (x)[g(x)+0] = cã tÊt c¶ (r1 −1)+· · ·+(rk −1)+k−1 = deg f (x) Tóm lại tất nghiệm af (x) + f (x) số thực Dựa vào biến thiên hàm S húa bi Trung tõm Hc liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 (ii) Chøng minh x6 + x6 + x6 = 3x2 x2 x2 − 2(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )3 2 3 δ1 − 4δ1 δ2 + 9δ3 = δ3 (ii) DÔ thÊy x1 , x2 , x3 lµ nghiƯm cđa x3 + δ2 x − δ3 = Do ®ã ta cã N3 = 3δ3 , N4 = δ3 N1 − δ2 N2 = −δ2 N2 Nh­ thÕ N6 = −N4 δ2 + N3 δ3 = 2 3δ3 + δ2 N2 = 3δ3 − 2δ2 , v× N2 = 22 Bài giải: (i) Phân tích giản ước T = Khi = p0 = 1. ®ã δ0 p3 − p2 + δ2 p1 − δ3 p0 = Tõ ®ã  p1 δ1 suy δ3 = det  p2 p1  vµ p3 = det  δ2 δ1  p3 p2 p1 δ3 Ví dụ 2.8.8 Đặt Bài giải: Đặt δk = k > ViÕt hµm sinh δ(t) = k δk t = ∞ p(t) = (1+ txi ) i=1 k=0 vµ 3 Ta cã δ(t)p(−t) = Khai triÓn i=1 + txi p k tk = k=0 δ(t)p(−t), c¸c hƯ sè cđa tj , j 1, ®Ịu b»ng VËy Từ quan hệ suy hệ phương trình tuyến tÝnh: (−1)k δk p3−k = k=0  1.p1 − δ1 =  1.p − δ1 p1 + δ2 =   1.p3 − δ1 p2 + δ2 p1 = δ3 HƯ nµy cã nghiÖm  p1 det  p2 p3 δ2 tÝnh suy  (1, −δ1 , ) Qua viÖc  hÖ sè cđa ta quan hƯ δ1 0 1 p1  = det  p1  = δ3 p3 = det  δ2 δ1  δ3 δ2 δ1 δ3 p p p2 p1 chứng minh hoàn toàn tương tự xy + yz + zx = ta có bất đẳng thức T = x(1 − y )(1 − z ) + y(1 − z )(1 − x2 ) + z(1 − x2 )(1 − y ) √ P = x(2 − y )(2 − z ) + y(2 − z )(2 − x2 ) + z(2 − x2 )(2 − y ) VÝ dơ 2.8.9 Víi x, y, z = 4δ3 = 4xyz V× = xy +yz +zx 3 (xyz)2 nên T Ta cã P = 2δ1 + 7δ3 2δ1 V× (x + y + z)2 √ 3(x + yz + zx) = nên P Bài giải: Biến ®ỉi ®­ỵc T Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 VÝ dô 2.8.10 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ba sè thực phân biệt có a3 (b2 c2 ) + b3 (c2 − a2 ) + c3 (a2 − b2 ) < a2 + b2 + c2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a b) a Bài giải: Dễ thấy tử mẫu chia hết cho 2 (a b)(b − c)(c − a) VËy V T = ab + bc + ca < a + b + c a, b, c phân biệt Ví dụ 2.8.11 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ba sè thực phân biệt a2 (a + b)(a + c) b2 (b + c)(b + a) c2 (c + a)(c + b) + + > 3(ab + bc + ca) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c a)(c b) Bài giải: Vậy Sau quy đồng, tử mẫu chia hết cho (a−b)(b−c)(c−a) V T = (a + b + c)2 > 3(ab + bc + ca) a, b, c phân biƯt VÝ dơ 2.8.12 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c, d ∈ R tháa m·n ab + ac + ad + bc + bd + cd = th× a3 + b3 + c3 + d3 − bcd + cda + dab + abc = (a + b + c + d)3  δ1 = a + b + c + d    δ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd Theo Định Bài giải: Đặt = abc + abd + acd + bcd   δ4 = abcd     Nt = at + bt + ct + dt , t = 1, 2, , N0 = lý 2.8.1 cã N3 − N2 δ1 + N1 δ2 − 3δ3 = VËy N3 − 3δ3 = N2 δ1 − N1 δ2 = δ1 − 3δ1 δ2 V× δ2 = nªn a3 + b3 + c3 + d3 − bcd + cda + dab + abc = (a + b + c + d)3 VÝ dụ tử 2.8.13 Đa thức T = 2(x7 + y + z ) − 7xyz(x4 + y + z ) cã nh©n x + y + z A = x + y + z, B = xy + yz + zx, C = xyz Đặt an = x + y + z Khi ®ã x, y, z lµ ba nghiƯm cđa t3 − At2 + Bt C = 0và Bài giải: n n §Ỉt n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 an+3 = Aan+2 − Ban+1 + Can víi sè nguyªn n a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 VËy = = = = = = = = vµ a0 = Chó ý A A2 − 2B Aa2 − Ba1 + Ca0 = A3 − 3AB + 3C = Ak3 + 3C Aa3 − Ba2 + Ca1 = Ak4 + 2B Ak5 − 5BC Ak6 − B + 3C Ak7 + 7B C T = 2a7 − 7Ca4 = A(2k7 − 7k4 C) cã nh©n tư A = x + y + z 2.9 D·y truy håi víi hµm sinh VÝ dơ 2.9.1 D·y sè víi mäi n Bài giải: (an ) Chứng minh a2010 §Ỉt a0 = 2, a1 = 4, a2 = 31 an+3 = 4an+2 + 3an+1 − 18an ≡ 1(mod 2011) xác định bởi: f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Khi ®ã cã quan hƯ f (x)(4x + 3x2 − 18x3 ) = f (x) − 9x2 + 4x − 9x2 − 4x + 1 hay f (x) = = + Từ suy 18x3 − 3x2 − 4x + 1 + 2x (1 − 3x)2 ∞ f (x) = (−2)n + (n + 1)3n xn vµ cã an = (−2)n + (n + 1)3n víi mäi n=0 n Nh­ vËy a2010 1(mod 2011) (an ) xác định qua a1 = vµ an = 1.2.an−1 + 2.3.an−2 + · · · + (n − 1).n.a1 víi mäi sè nguyªn n Chøng minh ®ång nhÊt thøc VÝ dơ 2.9.2 D·y n an+3 − 4an+2 − an+1 = ak n k=1 Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã hÖ thøc f (x)(1.2.x + 2.3.x2 + · · · + n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 x2 3 Tõ = + x + x + x + · · · ta suy 1x + 2x + · · · = 1−x (x 1)2 2x Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x + 2.3.x2 + · · · = VËy f (x) = x + (x − 1)3 −2x2 Tõ f (x)(x3 −3x2 +5x−1) = x4 −3x3 +3x2 −x ta nh©n − 3x2 + 5x − x so sánh hệ số xn , n hai vế, nhận an+3 = 5an+2 3an+1 +an với số nguyên n Biểu diễn mèi quan hƯ b¶ng hƯ thøc sau  −a1 = −1    −a2 + 5a1 =     −a3 + 5a2 − 3a1 = −3     −a4 + 5a3 − 3a2 + a1 =     −a5 + 5a4 − 3a3 + a2 =   Céng vế với vế an+3 + đây: a + 5a5 − 3a4 + a3 =   · · · = · · ·     −an + 5an−1 − 3an−2 + an−3 =     −an+1 + 5an − 3an−1 + an−2 =     −an+2 + 5an+1 − 3an + an−1 =     −an+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = n n ak = Nh­ vËy an+3 − 4an+2 − an+1 = 4an+2 + an+1 + k=1 ∞ Bæ ®Ị 2.9.3 Gi¶ sư d·y ak k=1 (an ) cã hµm sinh th­êng f (x) = tháa m·n n=0 nguyên thủy bậc k k1 f (s ) xác định với s = 0, 1, , k vµ α ∞ f (1) + f (α2 ) + · · · + f (α ank = đơn vị Khi có k n=0 S hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyờn an xn ) http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Bài giải: Với hµm sinh th­êng f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + · · · cã ∞ ank + ank+1 + · · · + a(n+1)k−1 f (1) = n=0 ∞ ank + ank+1 α + · · · + a(n+1)k−1 αk−1 f (α) = n=0 ∞ f (α2 ) = ank + ank+1 α2 + · · · + a(n+1)k−1 α2(k−1) n=0 ··· = ··· ∞ f (α k−1 ank + ank+1 αk−1 + · · · + a(n+1)k−1 α(k−1)(k−1) ) = n=0 Bëi v× + αs + α2s + · · · + αs(k−1) = víi s = 1, 2, , k − 1, nªn cộng k đồng thức ta nhận f (1)+f (α )+· · ·+f (α k−1 ∞ ank )=k n=0 n VÝ dơ 2.9.4 Víi sè nguyªn d­¬ng n, h·y tÝnh tỉng an = (−1)k k=0 tÝnh tuần hoàn dÃy Bài giải: f (x) = (1)k k=0 n n 3k XÐt (an ) vµ chØ an ˙ 3[n/2]−1 : XÐt hµm sinh th­êng n hƯ thøc n 3k n k f (x) cđa d·y (bk = (−1)k n k ) Khi ®ã ta cã √ xk = (1 − x)n Nh­ vËy, víi α = − + i cã 2 n f (1) + f (α) + f (α2 ) k=0 k=0 √ √ 3 n 3 n −i + +i n n (1 − α) + (1 − α ) 2 hay an = = Tãm l¹i 3  2.33k−1 (−1)k n = 6k    3k 3 (−1)k  n = 6k +   √ n  3k 3 (−1)k n = 6k + 2( 3) nπ tæng an = cos = DƠ dµng 0 n = 6k +    3k+1 3  (−1)k+1 n = 6k +    3k+2 3 (−1)k+1 n = 6k + an = suy (−1) k = (−1)3k n 3k = (an ) không tuần hoàn an 3[n/2]1 : Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 n Ví dụ 2.9.5 Với số nguyên dương n, hÃy tính tổng an = (1)k k=0 Bài giải: Xét hàm sinh thường f (x) d·y (bk n f (x) = (−1)k k=0 5n k 5n k ) Ta cã hÖ thøc 2π 2π xk = (1 − x)5n Nh­ vËy, víi α = cos + i sin cã 5 5n k (−1) an = = (−1)k 5n 5k k=0 5n 5k 5n (−1) = 5k k=0 5n 5k = f (αk ) k=0 (1 − α)5n + (1 − α2 )5n + (1 − α3 )5n + (1 )5n hay Vậy nhận tổng 210m+1 (−1)m π 2π a2m = sin10m + sin10m vµ a2m+1 = 5 n+1 n+1 VÝ dô 2.9.6 D·y (an ) tháa m·n a1 = − vµ an+1 = an + an−1 + · · · + n+1 a1 + víi mäi sè nguyªn n > Chøng minh r»ng a2011 nguyªn n vµ chia hÕt cho 2011 ∞ a xn xk n 1+ = Nh­ vËy (k + 1)! n! n=1 k=0 ∞ a xn ∞ B xn x n n 1+ = x = theo Định lý 2.5.9 Do ®ã an = Bn e −1 n=1 n! n=0 n! với n Đặc biệt a2011 = B2011 = theo Hệ 2.5.10 suy a2011 Bài giải: Dễ dàng kiểm tra nguyên chia hết cho 2011 (an ) xác định qua a1 = an = 1.2.an−1 − 2.3.an−2 + · · · + (−1) (n − 1).n.a1 víi mäi sè nguyªn n Chøng minh r»ng, VÝ dô 2.9.7 D·y n n n lu«n cã an+3 + 2an+2 + 5an+1 + ak = k=1 Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã hÖ thøc f (x)(1.2.x − 2.3.x2 + · · · + (−1)n+1 n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x 1 = 1−x+x2 −x3 +· · · ta suy −1+2x−3x2 +· · · = − 1+x (x + 1)2 2x Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x2.3.x2 +à à à = nhận (x + 1)3 Từ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 x4 + 3x3 + 3x2 + x f (x) = Tõ f (x)(x3 +3x2 +x+1) = x4 +3x3 +3x2 +x x + 3x2 + x + ta nhân so sánh hệ số xn , n hai vế, a1 = 1, a2 = 2, vµ a3 = −2, a4 + a3 + 3a2 = 0, an+3 + an+2 + 3an+1 + an = víi mäi sè nguyªn n Biểu diễn mối quan hệ bảng hệ thức sau đây: a1 =  a2 + a1 =     a3 + a2 + 3a1 =     a4 + a3 + 3a2 + a1 =     a5 + a4 + 3a3 + a2 =   a + a5 + 3a4 + a3 =   · · · = · · ·     an + an−1 + 3an−2 + an−3     an+1 + an + 3an−1 + an−2     an+2 + an+1 + 3an + an−1     an+3 + an+2 + 3an+1 + an =0 =0 =0 = n Cộng vế với vế an+3 ak = + 2an+2 + 5an+1 + k=1 Ví dụ 2.9.8 DÃy (an ) xác định an = ∞ n 1.3.5 (2n + 1) víi mäi sè nguyªn 2011n n! an TÝnh n=0 Bài giải: Hiển nhiên an+1 = 2n + an víi mäi n 2011(n + 1) Khi n + an+1 Như chuỗi lũy thõa f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an 2011 an xn + · · · lu«n lu«n héi tơ Tõ hƯ thøc 2011(n + 1)an+1 = 2nan + 3an suy 2011(n + 1)an+1 xn = 2x(nan xn−1 ) + 3an xn Cho n = 0, 1, 2, lấy tổng tất 2011 ak+1 xk+1 k=0 ∞ = 2x k=0 ak x k ∞ +3 ak xk k=0 Khi ®ã ta cã hÖ thøc 2011 f (x) − = 2xf f (x) + 3f (x) hay 2011 − f (x) = LÊy tÝch ph©n hai 2x f (x) = 3f (x) Từ suy f (x) 2011 2x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 −3/2 a ln f (x) = − ln(2011 − 2x) + a hay f (x) = 2011 − 2x e V× f (0) = nªn = 2011−3/2 ea hay ea = 20113/2 Tãm l¹i ta cã f (x) = ∞ 2011 −3/2 20113/2 2011 − 2x Víi x = cã an = 2009 n=0 vế (an ) xác định qua a1 = vµ an = 1an−1 +2an−2 +· · ·+(n− 1)a1 víi mäi sè nguyªn n Chøng minh a3 = 3a2 vµ an+2 −3an+1 +an = víi mäi sè nguyên n xác định an theo n Từ ®ã suy a2k+1 chia hÕt cho k Ví dụ 2.9.9 DÃy Bài giải: Xét f (x) = a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ®ã ta cã f (x)(1x + 2x2 + · · · + nxn + · · · ) = f (x) − x x = + x + x2 + x3 + · · · ta suy 1x + 2x2 + · · · = 1−x (x − 1)2 x2 VËy f (x) = x + f (x)(x2 3x + 1) = x3 − 2x2 + x x − 3x + Nh©n so sánh hệ số xn , n hai vế, nhận a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3a2 , vµ an+2 − 3an+1 + an = víi mäi sè nguyªn n Từ dó có công thức xác định an 2n + an víi mäi VÝ dơ 2.9.10 D·y (an ) xác định qua a1 = an+1 = 4(n + 1) Tõ ∞ sè nguyªn n TÝnh tổng T = an n=0 Bài giải: Do 4(n+1)an+1 = 3an xn víi mäi sè nguyªn n 2nan +3an nªn 4(n+1)an+1 xn = 2xnan xn−1 + Céng tÊt hệ thức ta nhận n+1 an+1 x = 2x n=0 Đặt f (x) = ∞ n an x n=0 an xn +3 n=0 an xn Khi ®ã 4(f − 1) = 2xf + 3f hay (4 − 2x)f = 3f vµ n=0 3 f = Nh­ vËy (ln f ) = − (ln(2 − x)) §Ơ dµng cã f (x) = suy f 22 − x 3 − − x (2 − x) ea V× f (0) = a0 = nên ea = 2 Tóm lại f (x) = − √ Víi x = cã T = f (1) = 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 VÝ dô 2.9.11 D·y (an ) xác định qua a1 = an+1 = k sè nguyªn n Chøng minh r»ng an < n=0 2n + an 3(n + 2) víi mäi 22 3(n + 2)an+1 = 2(n + 1)an + 3an nªn 3(n + 2)an+1 xn+1 = 2x(n + 1)an xn + 3an xn+1 víi mäi sè nguyªn n Cộng tất hệ thức Bài giải: Do ta nhận n+2 an+1 x = 2x an x n=0 Đặt f (x) = n+1 an xn+1 +3 n=0 n=0 an xn+1 Khi ®ã 3(f − x) = 2xf + 3f hay (3 − 2x)f = n=0 g = Nh­ vËy (ln g) = g − 2x − (ln(3 2x)) Đễ dàng có g(x) = (3 − 2x) ea V× g(0) = a0 = nªn 3 ∞ 2x − an xn+1 = − Víi x = cã ea = Tãm l¹i g(x) = + n=0 k √ 22 T = g(1) − = 3 − Do vËy an < n=0 3f + Đặt g(x) = f (x) + Khi (an ) xác định qua a0 = an+1 = nan 2n2 + 5n − ∞ a n+1 víi mäi số nguyên n Xác định an theo n chøng minh = −e n=0 n! VÝ dô 2.9.12 D·y Bài giải: Xét hàm sinh mũ dÃy f = n=0 ∞ = n=0 Nh­ vËy an+1 n x = n! ∞ n=0 ∞ (an ) lµ f (x) = an n x Khi ®ã ta cã n=0 n! nan − 2n2 + 5n − n x n! nan n 2n2 − 5n + n x − x = xf − (2x2 − 5x + 3)ex n! n! n=0 f = (2x − 3)ex vµ suy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ∞ ∞ 2n − an+1 n x = xn VËy an+1 = n! n=0 n! n=0 http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 ∞ 2n − hay an = 2n − víi n Tõ ∞ ®­ỵc an+1 = −e x = n=0 n! n Ví dụ 2.9.13 Chứng minh Bài giải: XÐt f (x) = 2(n−k) n−k 2k k k=0 k + n − k + = 2(n+1) n+1 n+2 2n n xn víi < |x| < Bëi v× 1+xf (x)2 ≡ f (x) k=0 n + n theo VÝ dơ 2.3.9 nªn k=0 cña an+1 n x = (2x − 3)ex ta nhËn n=0 n! 2k k 2(n−k) n−k k + 1n − k + 2(n+1) n+1 = n+2 qua viÖc so s¸nh hƯ sè xn+1 ë hai vÕ an−1 an−2 a1 + +· · ·+ 1! 2! (n − 1)! với số nguyên n Tìm tất số nguyên dương n để n!an+1 = an1 an2 a1 Bài giải: Ta có an = 2an + + + ··· + víi mäi sè 1! 2! (n − 1)! nguyên n Đặt f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Khi Ví dụ 2.9.14 Xét dÃy số hữu tû a1 = 1, an = − x x2 x3 + + ··· f (x) + + 1! 2! 3! a1 a2 a1 = 2a1 x + (2a2 + )x2 + (2a3 + + )x + · · · 1! 1! 2! = 2a1 x + a2 x + a3 x + a4 x + · · · = f (x) + x VËy f (x)(1 + ex ) = f (x) + x hay f (x) = xex Từ suy đồng nhÊt a1 x + a2 x + a3 x + · · · = x − Do an+1 số chẵn Ví dụ = (1)n với mäi sè nguyªn n n! 2.9.15 XÐt n sè nguyên dương a1 x x2 x3 + + ÃÃà 1! 2! 3! Để n!an+1 = cần đủ n a2 a3 ÃÃà an1 an với tính chất: Không có ba số độ dài ba cạnh tam giác không suy an biến Xác định giá trị nhỏ mà đạt ®­ỵc a1 Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Bài giải: Ta biết ba số 0 q, r Vì dÃy dÃy không giảm nên ta cần xét + ai+1 ai+2 víi a c i = 1, 2, , 2009 Với định nghĩa vµ chØ a c vµ b d b d ta có bất đẳng thức an+1 an 1 an an−1 1 n−1 a2 a1 ,n n−1 1 a b Khi ta nhận an ca2 + da1 c d an an c + d Do ®ã nhá nhÊt lµ b»ng c + d suy an (c + d)a1 Do a1 a1 dÃy n số hạng đầu dÃy Fibonacci giá trị nhá nhÊt cđa tØ sè ®ã √ √ 1+ 1− an − b n √ víi a = vµ b = b»ng an = 2 Gi¶ sư VÝ dơ = a1 = 1, an = 12 an−1 + 22 an−2 + · · · + (n − 1)2 a1 a2 = 4a1 − 3, a3 = 4a2 − 2a1 + Khi ®ã an+3 = 4an+2 − 2an+1 + an , n 2.9.16 Xét dÃy số nguyên Bài giải: Đặt n với f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · Khi ®ã tÝch hai chuỗi f (x) 12 x + 22 x2 + 32 x3 + · · · = 12 a1 x2 + (12 a2 + 22 a1 )x3 + (12 a3 + 22 a2 + 32 a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x Tõ = + x + x2 + x3 + x4 + x5 + · · · ta suy chuỗi lũy thừa sau: 1x = + 2x + 3x2 + 4x3 + 5x4 + 6x5 + à à à Do nhận (1 − x) x = 1x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 + 6x6 + · · · vµ cã biĨu diƠn (1 − x) x(1 + x) = 12 x + 22 x2 + 32 x3 + 42 x4 + 52 x5 + 62 x6 + · · · Nh­ thÕ (1 − x) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 x(1 + x) = f (x)−x hay f (x) x3 −2x2 +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x (1 − x) Tõ ®ång nhÊt a1 x+a2 x2 +a3 x3 +· · · x3 −2x2 +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x suy a3 = 4a2 − 2a1 + 3, an+3 = 4an+2 − 2an+1 + an víi mäi n f (x) a1 = 1, an = −1an−1 +2an−2 −· · ·+(−1)n−1 (n−1)a1 víi mäi sè nguyên n Khi ta có Ví dụ (i) 2.9.17 XÐt d·y a2 = −1, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n (ii) Tìm dư phép chia an cho Bài giải: (i) Đặt f (x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · TÝch hai chuỗi lũy thừa F (x) = f (x) 1x + 2x2 − 3x3 + · · · = −1a1 x2 + (−1a2 + 2a1 )x3 + (−1a3 + 2a2 − 3a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x Tõ = − x + x2 − x3 + x4 x5 + à à à suy chuỗi lũy thừa sau đây: 1+x = + 2x − 3x2 + 4x3 − 5x4 + 6x5 − · à à Do nhận (1 + x) −x = −1x + 2x2 − 3x3 + 4x4 − 5x5 + 6x6 − · · · ThÕ vµo F (x) cã (1 + x) −x = f (x) − x hay f (x) x2 + 3x + = x3 + 2x2 + x Tõ (1 + x) ®ång nhÊt a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · x2 + 3x + = x3 + 2x2 + x sÏ suy a1 = 1, a2 + 3a1 = 2, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n (ii) Ta cã a3 ≡ 0(mod 3) Vì an+2 +3an+1 +an = nên an+2 +an ≡ 0(mod 3)  a2k+1 ≡ 0(mod 3)  n Do đó, số nguyên k có a4k+2 ≡ a2 ≡ 2(mod 3)   a4k ≡ 1(mod 3) f (x) VÝ dô 2.9.18 XÐt d·y (an ), nguyên n Đặt f (x) = an = 1.3.5.7 (2n + 1) 4n n! với số ak xk Tìm công thức đóng tính f (1) k=0 S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 2n + an+1 an víi mäi n nªn → < VËy f (x) 4(n + 1) an f (x) = héi tơ DƠ dµng chØ f (x)−a0 = 2xf (x)+3f (x) VËy f (x) 22 − x − hay f (x) = − x ec Bëi v× f (0) = a0 = nªn ec = 23/2 Tóm lại x f (1) = 23/2 f (x) = Bài giải: Vì an+1 = Mét sè vÝ dơ tham kh¶o VÝ dơ 2.9.19 nh­ sau: [VMO-1997] Cho d·y sè nguyªn a0 = 1, a1 = 45 vµ an+2 (an ) , n N xác định = 45an+1 7an với mäi n = 0, 1, 2, Khi hÃy (i) Tính số ước dương a2 n+1 (ii) Chứng minh Ví dụ 2.9.20 định sau: − an an+2 theo n 1997a2 + 7n+1 số phương với n n [VMO-1998-A] Cho dÃy số nguyên a0 = 20, a1 = 100 an+2 (an ) , n N xác = 4an+1 + 5an + 20 víi mäi n = 0, 1, 2, Khi ®ã h·y (i) Tìm số nguyên dương h nhỏ có tính chất an+h − an chia hÕt cho 1998 (ii) T×m sè hạng tổng quát dÃy Ví dụ 2.9.21 sau: [VMO-2011] Cho d·y sè nguyªn a0 = 1, a1 = −1 vµ (an ) , n ∈ N an = 6an1 + 5an2 với xác định n = 2, 3, Khi ®ã h·y (i) Chøng minh r»ng a2012 − 2010 chia hÕt cho 2011 (ii) Tìm số hạng tổng quát dÃy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận luận văn Trong luận văn tác giả đà trình bầy nội dung sau đây: (1) Vành, ước không, miền nguyên, ®ång cÊu, tr­êng, vµnh ®a thøc vµ nghiƯm (2) Vµnh chuỗi lũy thừa hình thức, khái niệm hàm sinh mị vµ hµm sinh th­êng cïng mét vµi d·y sè liªn quan (3) Nghiªn cøu mét sè d·y sè Fibonacci, dÃy Catalan, dÃy Stirling dÃy đa thức Bernoulli, Hàm sinh Dirichlet hàm Zeta-Riemann, tích vô hạn (4) Tính số công thức đóng số dÃy chứng minh Đồng thức Newton Do thời gian dung lượng nên luận văn dừng lại mức tìm hiểu giới thiệu "Vành chuỗi luỹ thừa hình thức" số "Hàm sinh" dÃy số Trong thời gian tới, điều kiện cho phép, tác giả nghiên cứu, tìm hiểu kỹ để đưa số kết có tính ứng dụng thực tiễn phục vụ trình học tập giảng dạy Trong trình thực luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè để hoàn thiện luận văn tốt Tác giả xin chân thành cảm ơn 59 S húa bi Trung tõm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Tµi liƯu tham khảo [1] H.X Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 2001 [2] N.V Hải, N.K Minh H.Q Vinh, Các thi Olympic Toán THPT Việt Nam (1990-2006), NXB Gi¸o dơc, 2007 [3] R Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza, Boston, MA 02116-4324 [4] K.H Wehrahn, Combinatorics-An Introduction, Carslaw Publications 1992 60 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Vành chuỗi lũy thừa hình thức Như tiếp tục vành đa thức ta nghiên cứu vành chuỗi luỹ thừa hình thức mét biÕn trªn tr­êng 2.1 k = Q, R, C Vành chuỗi lũy thừa hình thức Mục tập trung... cấu 1.1.4 Trường 1.2 Vành đa thức nghiệm Chương II : Vành chuỗi luỹ thừa hình thức Tác giả giới thiệu kiến thức 2.1 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 2.2 DÃy hiệu mét d·y 2.3 Hµm sinh th­êng vµ d·y... Tr­êng 1.2 Vành đa thức nghiÖm Vành chuỗi lũy thừa hình thức 2.1 Vành chuỗi lũy thừa hình thức 11 11 2.2 D·y