Luận văn Thạc sĩ Toán học: Số Catalan Larcombe French và số Catalan suy rộng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:48

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong 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. Số Catalan được đặt tên theo nhà toán học Eugène C. Catalan (1814-1894). Luận văn này đặt nhiệm vụ nghiên cứu sơ bộ về các số Catalan-LarcombeFrench và các số Catalan suy rộng. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Số Catalan Larcombe French và số Catalan suy rộng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG THÚY SỐ CATALAN-LARCOMBE-FRENCH VÀ SỐ CATALAN SUY RỘNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG THÚY SỐ CATALAN-LARCOMBE-FRENCH VÀ SỐ CATALAN SUY RỘNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2018
3 Mục lục Danh sách kí hiệu 5 Mở đầu 6 1 Số Catalan-Larcombe-French 7 1.1 Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Các bổ đề cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Các đồng dư đối với S p2 −1 và f p2 −1 (mod p2 ) . . . . . . . . . . 13 2 2 1.4 Một bất đẳng thức chứa (Sm ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2 Hàm nhân tính và số Catalan suy rộng 20 2.1 Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Công thức của n+m 2.2 n f khi f là nhân tính . . . . . . . . . . . . 23 Một số điều kiện nguyên của n+m 2.3 n f khi f là nhân tính . . . . 26 2.4 Số Catalan suy rộng và số Fuss-Catalan khi f là nhân tính . . 32 2.5 Hàm ước Ward . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.6 Phụ lục: Các dãy với các hệ số nhị thức suy rộng nguyên . . . 41 Kết luận 46 1 Những kết quả đã đạt được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2 Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo . . . . . . . . . . . 46 Tài liệu tham khảo 47
4 Lời cảm ơn Trước hết, tác giả muốn tỏ lòng biết ơn đến người hướng dẫn khoa học của mình, GS.TSKH. Hà Huy Khoái (Trường Đại học Thăng Long), người đã đặt bài toán của đề tài, tận tình hướng dẫn để luận văn này được hoàn thành tốt đẹp. Nhân dịp này, tác giả xin được cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán khóa 10 (2016-2018). Xin trân trọng cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Phạm Ngũ Lão, Thủy Nguyên, Hải Phòng, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tác giả học tập và nghiên cứu. Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ và gia đình vì đã chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành công việc học tập của mình.
5 Danh sách kí hiệu N tập hợp các số tự nhiên Z vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức dxe trần của số x bxc sàn của số x a|b b là bội của a a6| b a không phải là ước của b n k số tổ hợp chập k của n a ≡ b (mod p) a đồng dư với b theo modulo p Zp vành các số nguyên đồng dư modulo p gcd(a, b) ước chung lớn nhất của hai số nguyên a và b
6 Mở đầu Trong 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. Số Catalan được đặt tên theo nhà toán học Eugène C. Catalan (1814-1894). Luận văn này đặt nhiệm vụ nghiên cứu sơ bộ về các số Catalan-Larcombe- French và các số Catalan suy rộng. Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương như sau: • Chương 1. Số Catalan-Larcombe-French. • Chương 2. Hàm nhân tính và số Catalan suy rộng. Mặc dù tác giả đã rất cố gắng để hoàn thành luận văn nhưng do khối lượng kiến thức rất lớn, đồng thời bị hạn chế ở nhiều khía cạnh, luận văn chắc chắn sẽ còn những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp từ các Thầy Cô, các anh chị đồng nghiệp để luận văn này ngày càng hoàn chỉnh hơn. Thái Nguyên, ngày 05 tháng 6 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Phương Thúy
7 Chương 1 Số Catalan-Larcombe-French Các số Catalan-Larcombe-French Pn thường gặp trong lý thuyết tích phân elliptic và những vấn đề liên quan đến các trung bình cộng và trung bình nhân. Trong chương này chúng tôi sẽ khảo sát các tính chất của dãy số liên quan Sn = Pn /2n , và như vậy Sn là một dãy kiểu Apéry. Chúng tôi cũng sẽ chứng minh một đồng dư và một bất đẳng thức đối với Pn . Nội dung Chương 1 được viết dựa vào công trình Ji X.-J., Sun Z.-H. [5]. 1.1 Giới thiệu Giả sử (Pn ) là dãy được cho bởi P0 = 1, P1 = 8, (n + 1)2 Pn+1 = 8(3n2 + 3n + 1)Pn − 128n2 Pn−1 (n > 1). (1.1) Các số Pn được gọi là các số Catalan-Larcombe-French, vì Catalan là người định nghĩa Pn lần đầu tiên trong Catalan [12], còn Larcombe & French [7] đã chứng minh rằng bn/2c 2 n 2k 2 2n−2k 2 X 2n − 2k n−k X k n−k Pn = 2n (−4)k = n , n−k k k k=0 k=0 trong đó bxc là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Các số Pn là liên quan đến trung bình cộng, trung bình nhân. Xem [7] và A053175 trong “Bách khoa toàn thư trực tuyến các dãy số nguyên” (xem [8]).
8 Giả sử (Sn ) được định nghĩa bởi S0 = 1, S1 = 4, (n + 1)2 Sn+1 = 4(3n2 + 3n + 1)Sn − 32n2 Sn−1 (n > 1). (1.2) So sánh (1.2) với (1.1), ta thấy rằng Pn Sn = . 2n Một số giá trị đầu tiên của Sn được cho dưới đây: S0 = 1, S1 = 4, S2 = 20, S3 = 112, S4 = 676, S5 = 4304, S6 = 28496, S7 = 194240, S8 = 1353508, S9 = 9593104, S10 = 68906320, S11 = 500281280, S12 = 3664176400, S13 = 27033720640. (2005) đã chứng minh rằng nếu n = ar pr +· · ·+a1 p+a0 với a0 , a1 , . . . , ar ∈ {0, 1, . . . , p − 1}, thì Pn ≡ Par · · · Pa1 Pa0 (mod p). Jarvis & Verrill (2010) đã chỉ ra rằng p−1 Pn ≡ (−1) 2 128n Pp−1−n (mod p) với n = 0, 1, . . . , p − 1 và Pmpr ≡ Pmpr−1 (mod pr ) với m, r ∈ Z+ , trong đó Z+ là tập hợp các số nguyên dương. Với một số nguyên tố p, ký hiệu Zp là tập các số hữu tỷ mà mẫu số không chia hết cho p. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ, n ∈ Zp và n 6≡ 0, −16 (mod p). Công trình Sun Z.H. [10] đã chứng minh rằng p−1 p−1 2k2 4k X 2k Sk n(n + 16) X k 2k k ≡ 2k (mod p), k (n + 16) p n k=0 k=0
9 trong đó ( ap ) là ký hiệu Legendre. Năm 1894, Franel [4] đã đưa ra các số Franel (fn ) sau đây n 3 X n fn = (n = 0, 1, 2, . . .). k k=0 Một số số Franel đầu tiên được cho dưới đây: f0 = 1, f1 = 2, f3 = 10, f4 = 56, f5 = 346, f6 = 2252, f7 = 15184. Franel [4] đã chú ý rằng dãy (fn ) thỏa mãn quan hệ đồng dư (n + 1)2 fn+1 = (7n2 + 7n + 2)fn + 8n2 fn−1 (n > 1). Giả sử r ∈ Z+ và p là một số nguyên tố với p ≡ 5, 7 (mod 8). Bài báo Sun Z.H. [10] phỏng đoán rằng S pr −1 ≡ 0 (mod pr ) và f pr −1 ≡ 0 (mod pr ). (1.3) 2 2 Trong luận văn này, chúng tôi sẽ trình bày chứng minh (1.3) trong trường hợp r = 2 (xem Sun Z.H. [10]). Chúng tôi cũng trình bày chứng minh giả thuyết sau đây trong bài báo Sun Z.H. [10] ! 1 1+ S 2 > Sm+1 Sm−1 với m = 2, 3, . . . . m(m − 1) m 1.2 Các bổ đề cơ sở Bổ đề 1.2.1. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ. Giả sử rằng a = ar pr + · · · + a1 p + a0 và b = br pr + · · · + b1 p + b0 , trong đó ar , . . . , a0 , br , . . . , b0 ∈ {0, 1, . . . , p − 1}. Khi đó a ar a0 ≡ ··· (mod p). b br b0 Định lí Lucas thường được viết dạng sau đây:
10 Bổ đề 1.2.2. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ và a, b ∈ Z+ . Giả sử a0 , b0 ∈ {0, 1, . . . , p − 1}. Khi đó ap + a0 a a0 ≡ (mod p). bp + b0 b b0 Tiếp theo, ta có Bổ đề 1.2.3. Với bất kỳ số nguyên dương n ta có n X n − 1 2k 2n − 2k Sn = 2 . k−1 k n−k k=1 Bổ đề 1.2.4. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ. Giả sử n = n1 p + n0 và k = k1 p + k0 với k1 , n1 ∈ Z+ và k0 , n0 ∈ {0, 1, . . . , p − 1}. Khi đó ! n n1 n0 n0 − p n0 − p ≡ (1+n1 ) −(n1 +k1 ) −k1 (mod p2 ). k k1 k0 k0 k0 + p Bổ đề 1.2.5. Giả sử p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó (p−1)/2 p−1 p−1 ! 1 2 X + t p + + t −2 (−1)t 2 − 2 ≡0 (mod p2 ). t=0 t p + t t Chứng minh. Với 0 6 t 6 (p − 1)/2, từ Bổ đề 1.2.2 ta có p−1 p+1 p+1 2 − p = (−1)t+1 p + 2 + t − 1 ≡ (−1)t+1 2 +t−1 p+t p+t t p−1 −p =− 2 (mod p) t và do đó p−1 p−1 p−1 p−1 ! −p − p + t p + + t 2 + 2 = (−1)t 2 − 2 t p+t t p+t ≡0 (mod p). Trước hết ta giả sử rằng p ≡ 1 (mod 4). Áp dụng Bổ đề 1.2.4 ta nhận được 3(p−1) 3(p−1) 3(p−1) 3(p−1) 3(p−1) ! 4 p + 4 4 4 4 − p p−1 − p−1 ≡ p−1 − 2 p−1 − p−1 4 p+ 4 2 2 2
11 3(p−1) 3(p−1) p−1 = − p−1 4 + (−1) 2 4 p−1 =0 (mod p2 ) 2 2 và p−1 p + p−1 +t 2 2 +t p−1−t p+p−1−t − + p−1 − t p+t 2 − t p + p−1 2 −t p−1 p−1 + t − p + t p − 1 − t −1 − t ≡ − 2p−1 + 2 p−1 − p−1 + p−1 2 2 2 2 ! ! p−1 +t p−1 2 p−1 p−1−t = (−1) 2 − 1 p−1 + (−1) 2 − 1 p−1 2 2 =0 (mod p2 ). Cũng như vậy, 2 2 p−1 2 p−1 2 ! − 21 − 12 p−1 (−1)t − (−1) 2 −t ≡ (−1)t 2 − 2 p−1 p−1 t 2 −t t 2 − t =0 (mod p). Bởi bốn đồng dư trên, ta có (p−1)/2 p−1 p−1 ! 1 2 X + t p + + t −2 (−1)t 2 − 2 t=0 t p+t t (p−5)/4 1 2 p−1 p−1 ! X − + t p + + t = (−1)t 2 2 − 2 t=0 t t p + t 1 2 3(p−1) 3(p−1) ! p−1 −2 4 p + 4 + (−1) 4 p−1 p−1 − p−1 4 4 p+ 4 (p−5)/4 1 2 ! − X p−1 p − 1 − t p + p − 1 − t + (−1) 2 −t p−1 2 p−1 − t=0 2 − t 2 − t p + p−1 2 −t (p−5)/4 1 2 X −2 ≡ (−1)t t=0 t 1 2 ! ! p−1 p−1 − 2 +t − p+ 2 +t p−1 − (−1) 2 −t p−1 2 2 −t t p+t 1 2 3(p−1) ! −2 p + 3(p−1) p−1 + (−1) 4 p−1 4 p−1 − 4 p−1 ≡ 0 (mod p2 ). 4 4 p+ 4
12 Do đó kết quả đúng với p ≡ 1 (mod 4). Bây giờ ta giả sử p ≡ 3 (mod 4). Bởi Bổ đề 1.2.4, p−1 p−1 p−1 ! + t 2 +t − p+ 2 +t ≡− p−1−t 2 p−1 + p−1 (mod p2 ). t p+t 2 2 Ta có p−1 p−1 2 + t 2 +t p−1−t −1 − t p−1 + p−1 ≡ p−1 + p−1 2 2 2 2 p−1 p−1 2 +t p−1 t+ 2 = p−1 + (−1) 2 p−1 =0 (mod p) 2 2 và 2 2 p−1 2 p−1 2 ! − 12 − 21 p−1 (−1)t + (−1) 2 −t ≡ (−1)t 2 − 2 p−1 p−1 t 2 −t t 2 − t =0 (mod p), nên ta nhận được (p−1)/2 p−1 p−1 ! 1 2 X + t p + + t −2 (−1)t 2 − 2 t=0 t p+t t (p−1)/2 p−1 ! 1 2 + t X p − 1 − t −2 ≡− (−1)t 2 p−1 + p−1 t=0 2 2 t (p−3)/4 ( ! p−1 + t X 2 p − 1 − t =− p−1 + p−1 × t=0 2 2 2 2 !) − 12 − 21 p−1 × (−1)t + (−1) 2 −t p−1 t 2 −t ≡0 (mod p2 ). Do đó kết quả cũng đúng trong trường hợp này. Phép chứng minh được hoàn thành. Bổ đề 1.2.6 (xem [9, Theorem 3.3]). Giả sử p là một số nguyên tố với p ≡ 5, 7 (mod 8). Khi đó p−1 2k 3 2 X k ≡0 (mod p2 ). (−64)k k=0
13 Bổ đề 1.2.7 (xem [6, Lemma 2.8]). Giả sử m ∈ Z và k, p ∈ Z+ . Khi đó r r−1 k ! r Y mp − 1 k mp − 1 mp = (−1)k−b p c 1− . k bk/pc i i=1, p-i 1.3 Các đồng dư đối với S p2−1 và f p2−1 (mod p2) 2 2 Định lí 1.3.1. Giả sử p là một số nguyên tố với p ≡ 5, 7 (mod 8). Khi đó S p2 −1 ≡ f p2 −1 ≡ 0 (mod p2 ). 2 2 Ngoài ra, S p2 −1 ≡ f p2 −1 (mod p3 ). 2 2 Chứng minh. Với p−1 2 < t < p và 0 6 s 6 p−1 2 , từ Bổ đề 1.2.2 ta thấy rằng 2 2 p −1 p−1 p2 −1 ≡ p−1 ≡ 1 (mod p), 2 p−12 p−1 p−1 p−1 2 p+ 2 ≡ 2 2 = 0 (mod p), sp + t s t 2sp + 2t (2s + 1)p + 2t − p 2s + 1 2t − p = ≡ =0 (mod p) sp + t sp + t s t và p2 − 1 − 2sp − 2t (p − 2s − 2)p + 2p − 2t − 1 p2 −1−2sp−2t = p−1 2 ( 2 − s − 1)p + p + p−12 −t p − 2s − 2 2p − 2t − 1 ≡ p−1 p−1 =0 (mod p). 2 − s − 1 p + 2 − t Bây giờ ta chỉ ra rằng (p−1)/2 p−1 3 X 2 p+ p−1 2 ≡0 (mod p2 ) với s = 0, 1, 2, . . . (1.4) t=0 sp + t Ta sẽ chứng minh kết quả này bằng phương pháp quy nạp toán học theo s. Với 0 6 t 6 (p − 1)/2 ta thấy rằng p2 −1 1 2t − 2 ≡ 2 = t (mod p2 ). t t (−4)t
14 Từ Bổ đề 1.2.6 ta thấy kết quả này đúng với s = 0. Giả sử rằng (1.4) xảy ra với s = k. Với s = k + 1, áp dụng Bổ đề 1.2.4 ta có (p−1)/2 p−1 3 X 2 p + p−1 2 t=0 (k + 1)p + t p−1 p−1 3 X ! p + 1 p−1 2 p−1 2 2 p − 1 2 − p ≡ − +k k+1 t=0 2 t 2 t p−1 p−1 p−1 !! 3 − p − p − p −k 2 − 2 + 2 (mod p2 ). t+p t t+p Do đó (p−1)/2 p−1 3 X 2 p + p−1 2 ≡0 (mod p2 ) t=0 (k + 1)p + t p−1 p−1 với k > 2 . Với k < 2 , bởi giả thiết quy nạp và Bổ đề 1.2.4 ta có (p−1)/2 ! !3 p + 1 p−1 p−1 p−1 X 2 p − 1 2 − p − p − +k −k 2 t=0 2 t 2 t t+p ≡0 (mod p2 ). Cũng vậy, p−1 p−1 − 12 2 2 −p ≡ ≡ (mod p) t t t và p−1 p−1 p−1 p−1 2 −p 2 − p t 2 + t p + 2 + t + = (−1) − t t+p t t+p p−1 ≡ 0 (mod p) với t ∈ 0, 1, . . . , . 2 Bởi Bổ đề 1.2.5, (p−1)/2 p−1 3 X 2 p+ p−1 2 t=0 (k + 1)p + t p−1 3 ( (p−1)/2 " X p + 1 p−1 ! p−1 2 2 p−1 2 −p ≡ − +k − k+1 t=0 2 t 2 t p−1 #3 −p −k 2 t+p
15 (p−1)/2 ! ! p + 1 p−1 p−1 p−1 X 2 p − 1 2 − p − p +3 − +k −k 2 t=0 2 t 2 t t+p p−1 p−1 2 ) 2 − p 2 − p × + t t+p (p−1)/2 ! !2 p + 1 p−1 p−1 p−1 X 2 p − 1 2 − p − p −3 − +k −k 2 t=0 2 t 2 t t+p p−1 p−1 ! 2 −p 2 −p × + t t+p (p−1)/2 p−1 p−1 !3 ! X 2 − p 2 − p − + t=0 t t+p p−1 3 (p−1)/2 X − 1 2 p−1 − p p−1 − p ! ≡ −3 2 2 2 + 2 k+1 t=0 t t t+p p−1 3 (p−1)/2 1 2 p−1 p−1 ! X − + t p + + t = −3 2 (−1)t 2 2 − 2 k+1 t=0 t t t+p ≡0 (mod p2 ). Do đó (p−1)/2 (p−1)/2 p−1 3 X X 2 p+ p−1 f p2 −1 ≡ 2 ≡0 (mod p2 ). 2 s=0 t=0 sp + t Đặt k X 1 X 1 H0 = H0 (1, 1) = 0, Hk = và Hk (1, 1) = i=1 k ij 16i
16 2sp+2t ! p−1 X 1 ≡ 1 − p2 (mod p3 ). 2s i i=1,p-i Áp dụng (1.4), Bổ đề 1.2.6 và đồng nhất thức a−b b a c a−c . a = c−d d c d b−d b ta có (p−1)/2 (p−1)/2 p2 −1 2sp + 2t p2 − 1 − 2sp − 2t X X S p2 −1 ≡ 2 p2 −1 2 − sp − t 2 s=0 t=0 sp + t sp + t 2 (p−1)/2 (p−1)/2 (p2 −1)/23 p −1 X X sp+t = p2 −1 p2 −1 2 s=0 t=0 2sp+2t (p−1)/2 (p−1)/2 p−1 3 2sp+2t ! + p−1 2 p −1 X 1 X 2 p X 1 ≡ p2 −1 p−1 2 1 + p2 2 s=0 2s t=0 sp + t i i=1,p-i 2 (p−1)/2 (p−1)/2 p−1 p−1 3 p −1 X 1 X 2 p + 2 ≡ p2 −1 p−1 2 s=0 2s t=0 sp + t (p−1)/2 2s 3 (p−1)/2 2t 3 p2 − 1 X X + p2 p2 −1 s t H2t 2 s=0 (−64)st=0 (−64)t 2 (p−1)/2 (p−1)/2 p−1 p−1 3 p −1 2 p+ X X ≡ 2 p2 −1 2 s=0 t=0 sp + t (p−1)/2 ! (p−1)/2 p−1 3 ! p−1 X 2 X 2 p + 2 +p H2s + p(H2s − H2s (1, 1)) s=0 t=0 sp + t (p−1)/2 (p−1)/2 p−1 3 p + p−1 X X ≡ 2 2 s=0 t=0 sp + t ≡ f p2 −1 (mod p3 ). 2 Phép chứng minh định lí được kết thúc. 1.4 Một bất đẳng thức chứa (Sm) Định lí 1.4.1. Với m = 2, 3, 4, . . . ta có ! 1 2 1+ Sm > Sm+1 Sm−1 . m(m − 1)
17 Chứng minh. Dễ thấy rằng ! 1 2 1+ Sm−1 > Sm Sm−2 với m = 3, 4, . . . , 13. (m − 1)(m − 2) Bây giờ ta giả sử m > 14 và ! 1 1+ S 2 > Sm Sm−2 . (m − 1)(m − 2) m−1 Bởi (1.2), Bổ đề 1.2.3 và giả thiết quy nạp ta có ! 1 2 1+ Sm − Sm+1 Sm−1 m(m − 1) ! 1 2 4(3m2 + 3m + 1) 32m2 2 = 1+ Sm − 2 S S m m−1 + 2 Sm−1 m(m − 1) (m + 1) (m + 1) m2 − m + 1 4(3m2 + 3m + 1) > Sm − Sm−1 + m(m − 1) (m + 1)2 ! 2 32m (m − 1)(m − 2) + Sm−2 Sm (m + 1)2 (m2 − 3m + 3) = (20m5 − 60m4 + 52m3 + 28m2 − 36m + 12)Sm−1 ! + (−128m5 + 320m4 − 256m3 − 32m2 + 192m − 96)Sm−2 × Sm × (m + 1)2 (m2 − 3m + 3)m3 (m − 1) 16Sm = × (m + 1) (m − 3m + 3)m3 (m − 1) 2 2 m−2 X m − 22k 2m − 4 − 2k × F (m, k), k k m−2−k k=0 trong đó 2k + 1 F (m, k) = (5m5 − 15m4 + 13m3 + 7m2 − 9m + 3) k+1 − 8m5 + 20m4 − 16m3 − 2m2 + 12m − 6. Với m > 14 ta thấy (2m − 7)(2m − 5) 3< < 4, (1.5) (m − 3)(m − 2)
18 5m5 − 15m4 + 13m3 + 7m2 − 9m + 3 > 0, (1.6) − 8m5 + 20m4 − 16m3 − 2m2 + 12m − 6 < 0, (1.7) 6m7 − 75m6 + 223m5 − 283m4 − 61m3 + 427m2 − 87m − 42 > 0 (1.8) và F (m, k + 1) > F (m, k) với k = 0, 1, . . . , m − 3. (1.9) Do vậy, F (m, m − 3) + F (m, 1) > F (m, 5) + F (m, 1) > 0 và F (m, k) > F (m, 2) 5 = (5m5 − 15m4 + 13m3 + 7m2 − 9m + 3) 3 − 8m5 + 20m4 − 16m3 − 2m2 + 12m − 6 > 0 với k > 2. Từ kết quả trên ta có ! 1 2 1+ Sm − Sm+1 Sm−1 m(m − 1) 16Sm > × (m + 1)2 (m2 − 3m + 3)m3 (m − 1) ( 2 X m − 22k 2m − 4 − 2k × F (m, k) k k m−2−k k=0 m−2 ) X m − 22k 2m − 4 − 2k + F (m, k) k k m−2−k k=m−4 16Sm = × (m + 1)2 (m2 − 3m + 3)m3 (m − 1) ( ! 2m − 4 × F (m, m − 2) + F (m, 0) m−2 ! 2m − 8 + 3(m − 2)(m − 3) F (m, m − 4) + F (m, 2) m−4 !) 2m − 6 + 2(m − 2) F (m, 1) + F (m, m − 3) m−3
19 ! 4(2m − 7)(2m − 5) > 3(m2 − 5m + 6)F (m, m − 4) + F (m, 0) (m − 3)(m − 2) 16Sm 2m−8 m−4 × (m + 1) (m − 3m + 3)m3 (m − 1) 2 2 Sm 2m−8 m−4 = × (m + 1)2 (m2 − 3m + 3)m3 (m − 1) ( ! 8(2m − 7)(2m − 5) × 6(m − 2)(2m − 7) + (m − 3)(m − 2) × (40m5 − 120m4 + 104m3 + 56m2 − 72m + 24) + (−128m5 + 320m4 − 256m3 − 32m2 + 192m − 96) !) 4(2m − 7)(2m − 5) × 3(m − 2)(m − 3) + (m − 3)(m − 2) ( > (6(m − 2)(2m − 7) + 24 × × (40m5 − 120m4 + 104m3 + 56m2 − 72m + 24) + 3(m − 2)(m − 3) + 16 × ) × (−128m5 + 320m4 − 256m3 − 32m2 + 192m − 96) Sm 2m−8 m−4 × (m + 1) (m − 3m + 3)m3 (m − 1) 2 2 = (6m7 − 75m6 + 223m5 − 283m4 − 61m3 + 427m2 − 87m − 42) 16Sm 2m−8 m−4 × (m + 1)2 (m2 − 3m + 3)m3 (m − 1) > 0. Như vậy bất đẳng thức được chứng minh bằng quy nạp toán học. Hệ quả 1.4.2. Với m = 2, 3, 4, . . . ta có ! 1 1+ Pm2 > Pm+1 Pm−1 . m(m − 1) Chứng minh. Do Pm = 2m Sm nên kết quả nhận sẽ nhận được từ Định lí 1.4.1.
20 Chương 2 Hàm nhân tính và số Catalan suy rộng Trong chương này, chúng ta sẽ khảo sát các hệ số nhị thức suy rộng của các hàm nhân tính. Chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức cho các hệ số này và sử dụng công thức đó để chứng minh rằng các hệ số luôn luôn nguyên nếu hàm cũng là một hàm chia được. Hơn nữa, chúng tôi trình bày chứng minh kết quả nói rằng các hàm chia được và nhân tính có các số Fuss-Catalan suy rộng nguyên. Theo đó, chúng tôi trình bày một số kết quả về các hàm nhân tính đặc biệt, chẳng hạn như gcdk và φ. Chúng tôi sẽ kết thúc chương này bằng việc kết nối những kết quả đó với kết quả cổ điển của Ward. Nội dung Chương 2 được viết dựa vào công trình Edgar T., Spivey M. [3]. 2.1 Giới thiệu Giả sử N là tập hợp các số nguyên dương. Khi đó, cho hàm số f : N → N, đối với các số nguyên không âm n và m ta định nghĩa hệ số nhị thức suy rộng n+m n f bởi công thức n+m Q f (i) n+m i=1 = n m , (2.1) n f Q Q f (i) f (i) i=1 i=1 trong đó tích trên tập rỗng được quy ước bằng 1.