Đang tải... (xem toàn văn)
Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)Số CatalanLarcombeFrench và số Catalan suy rộng (Luận văn thạc sĩ)
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 Mục lục Danh sách kí hiệu Mở đầu Số Catalan-Larcombe-French 1.1 Giới thiệu 1.2 Các bổ đề sở 1.3 Các đồng dư S p2 −1 f p2 −1 (mod p2 ) 13 1.4 Một bất đẳng thức chứa (Sm ) Hàm nhân tính số Catalan suy rộng 16 20 2.1 Giới thiệu 2.2 Công thức 2.3 Một số điều kiện nguyên f nhân tính 26 2.4 Số Catalan suy rộng số Fuss-Catalan f nhân tính 32 2.5 Hàm ước Ward 38 2.6 Phụ lục: Các dãy với hệ số nhị thức suy rộng nguyên 41 n+m n f f nhân tính n+m n f Kết luận 20 23 46 Những kết đạt 46 Đề xuất số hướng nghiên cứu 46 Tài liệu tham khảo 47 Lời cảm ơn Trước hết, tác giả muốn tỏ lòng biết ơn đến người hướng dẫn khoa học mình, GS.TSKH Hà Huy Khoái (Trường Đại học Thăng Long), người đặt tốn đề tài, tận tình hướng dẫn để luận văn hoàn thành tốt đẹp Nhân dịp này, tác giả xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn khóa 10 (2016-2018) Xin trân trọng cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Phạm Ngũ Lão, Thủy Nguyên, Hải Phòng, tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập nghiên cứu Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ gia đình chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập Danh sách kí hiệu N tập hợp số tự nhiên Z vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức x trần số x x sàn số x a|b b bội a a | b a ước b n k số tổ hợp chập k n a ≡ b (mod p) a đồng dư với b theo modulo p Zp vành số nguyên đồng dư modulo p gcd(a, b) ước chung lớn hai số nguyên a b Mở đầu Trong Tổ hợp, số Catalan dãy số tự nhiên xuất nhiều toán đếm, thường bao gồm đối tượng đệ quy Số Catalan đặt tên theo nhà toán học Eugène C Catalan (1814-1894) Luận văn đặt nhiệm vụ nghiên cứu sơ số Catalan-LarcombeFrench số Catalan suy rộng Nội dung luận văn trình bày hai chương sau: • Chương Số Catalan-Larcombe-French • Chương Hàm nhân tính số Catalan suy rộng Mặc dù tác giả cố gắng để hoàn thành luận văn khối lượng kiến thức lớn, đồng thời bị hạn chế nhiều khía cạnh, luận văn chắn thiếu sót Tác giả mong nhận nhiều ý kiến đóng góp từ Thầy Cơ, anh chị đồng nghiệp để luận văn ngày hoàn chỉnh Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Phương Thúy Chương Số Catalan-Larcombe-French Các số Catalan-Larcombe-French Pn thường gặp lý thuyết tích phân elliptic vấn đề liên quan đến trung bình cộng trung bình nhân Trong chương chúng tơi khảo sát tính chất dãy số liên quan Sn = Pn /2n , Sn dãy kiểu Apéry Chúng chứng minh đồng dư bất đẳng thức Pn Nội dung Chương viết dựa vào cơng trình Ji X.-J., Sun Z.-H [5] 1.1 Giới thiệu Giả sử (Pn ) dãy cho P0 = 1, P1 = 8, (n + 1)2 Pn+1 = 8(3n2 + 3n + 1)Pn − 128n2 Pn−1 (n 1) (1.1) Các số Pn gọi số Catalan-Larcombe-French, Catalan người định nghĩa Pn lần Catalan [12], Larcombe & French [7] chứng minh n/2 Pn = 2n (−4)k k=0 2n − 2k n−k n−k k n = k=0 2k 2n−2k k n−k , n k x số nguyên lớn không vượt x Các số Pn liên quan đến trung bình cộng, trung bình nhân Xem [7] A053175 “Bách khoa toàn thư trực tuyến dãy số nguyên” (xem [8]) Giả sử (Sn ) định nghĩa 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 Sn = Pn 2n Một số giá trị Sn cho 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) chứng minh n = ar pr +· · ·+a1 p+a0 với a0 , a1 , , ar ∈ {0, 1, , p − 1}, Pn ≡ Par · · · Pa1 Pa0 (mod p) Jarvis & Verrill (2010) Pn ≡ (−1) p−1 128n Pp−1−n (mod p) với n = 0, 1, , p − Pmpr ≡ Pmpr−1 (mod pr ) với m, r ∈ Z+ , Z+ tập hợp số nguyên dương Với số nguyên tố p, ký hiệu Zp tập số hữu tỷ mà mẫu số không chia hết cho p Giả sử p số nguyên tố lẻ, n ∈ Zp n ≡ 0, −16 (mod p) Cơng trình Sun Z.H [10] chứng minh p−1 k=0 n(n + 16) 2k Sk ≡ k (n + 16)k p p−1 k=0 2k 4k k 2k 2k n (mod p), ( ap ) ký hiệu Legendre Năm 1894, Franel [4] đưa số Franel (fn ) sau n fn = k=0 n k (n = 0, 1, 2, ) Một số số Franel cho đây: f0 = 1, f1 = 2, f3 = 10, f4 = 56, f5 = 346, f6 = 2252, f7 = 15184 Franel [4] ý 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+ p số nguyên tố với p ≡ 5, (mod 8) Bài báo Sun Z.H [10] đoán (mod pr ) S pr −1 ≡ f pr −1 ≡ (mod pr ) (1.3) Trong luận văn này, chúng tơi trình bày chứng minh (1.3) trường hợp r = (xem Sun Z.H [10]) Chúng tơi trình bày chứng minh giả thuyết sau báo Sun Z.H [10] 1+ 1.2 S > Sm+1 Sm−1 m(m − 1) m với m = 2, 3, Các bổ đề sở Bổ đề 1.2.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ Giả sử a = ar pr + · · · + a1 p + a0 b = br pr + · · · + b1 p + b0 , ar , , a0 , br , , b0 ∈ {0, 1, , p − 1} Khi a b ≡ ar a0 ··· br b0 (mod p) Định lí Lucas thường viết dạng sau đây: 10 Bổ đề 1.2.2 Giả sử p số nguyên tố lẻ a, b ∈ Z+ Giả sử a0 , b0 ∈ {0, 1, , p − 1} Khi ap + a0 bp + b0 a b ≡ a0 b0 (mod p) Tiếp theo, ta có Bổ đề 1.2.3 Với số nguyên dương n ta có n Sn = k=1 n−1 k−1 2n − 2k n−k 2k k Bổ đề 1.2.4 Giả sử p số nguyên tố lẻ Giả sử n = n1 p + n0 k = k1 p + k0 với k1 , n1 ∈ Z+ k0 , n0 ∈ {0, 1, , p − 1} Khi n k n1 k1 ≡ n0 − p n0 − p n0 −(n1 +k1 ) −k1 k0 k0 k0 + p (1+n1 ) (mod p2 ) Bổ đề 1.2.5 Giả sử p số nguyên tố lẻ Khi (p−1)/2 p−1 +t p + p−1 +t − t p+t t (−1) t=0 Chứng minh Với p−1 −p p+t (mod p2 ) ≡0 (p − 1)/2, từ Bổ đề 1.2.2 ta có t = (−1) =− − 12 t t+1 p−1 p+ −p t p+1 +t−1 p+t ≡ (−1) t+1 p+1 +t−1 t (mod p) p−1 p−1 −p + t −p p+t p−1 +t p + p−1 +t − t p+t = (−1)t ≡0 (mod p) Trước hết ta giả sử p ≡ (mod 4) Áp dụng Bổ đề 1.2.4 ta nhận 3(p−1) p−1 − 3(p−1) p−1 + p+ p ≡ 3(p−1) p−1 − 3(p−1) p−1 − 3(p−1) − p−1 p 34 f (p ) f (pi ) f (pνp (r) ) D(n) = p,n−1,n(q−1)+r εi i+1 i pn Chứng minh Bởi Định lí 2.2.3, hàm f nhân tính, ta có p,n,n(q−1)+r ε i f (pi+1 ) f (r) nq + r f (pνp (r) ) = i) νp (nq+r) ) f (nq + r) n f (p f (p f p i Ta chia số nguyên tố thành ba trường hợp, tương ứng với ba nhân tử A(n), B(n), D(n) phát biểu định lí Giả sử p ước nguyên tố n cho νp (nq) n nên p ước nq Do νp (nq) νp (r) Do p ước νp (r) nên νp (nq + r) = νp (r) Đóng góp vào giá trị Af (n, q, r) số nguyên tố p trường hợp i f (pi+1 ) f (pi ) p,n,n(q−1)+r εi Giả sử p ước nguyên tố n cho νp (nq) < νp (r) Do p ước n nên p ước nq Từ νp (nq) < νp (r) ta suy p ước r nq + r, mà νp (nq + r) = νp (nq) Đóng góp vào giá trị Af (n, q, r) số nguyên tố p trường hợp f (pνp (r) ) f (pνp (nq) ) i f (pi+1 ) f (pi ) p,n,n(q−1)+r εi Giả sử p số nguyên tố mà ước n Trường hợp Af (n, q, r) f (r) nq + r f (nq + r) n = f f (r) f (nq + r) · · · f (n(q − 1) + r + 1) f (nq + r) f (n) · · · f (1) 35 f (r) f (nq + r − 1) · · · f (n(q − 1) + r + 1) f (n) f (n − 1) · · · f (1) f (r) nq + r − = f (n) n−1 f p,n−1,n(q−1)+r εi νp (r) i+1 f (p ) f (p ) = i) ν (n) p f (p f (p ) p = i Do p không chia hết n, νp (n) = Như đóng góp vào Af (n, q, r) số nguyên tố trường hợp p,n−1,n(q−1)+r εi i+1 f (p ) f (pνp (r) ) f (pi ) i Phép chứng minh kết thúc Nếu ta giả sử f (n) = n Định lí 2.4.4, ta nhận định lý kiểu Kummer số Fuss-Catalan Hệ 2.4.5 Số mũ lũy thừa lớn số nguyên tố p chia hết A(n, q, r) cho sau: νp (A(n, q, r)) κp (n, n(q − 1) + r) = νp (r) − νp (nq) + κp (n, n(q − 1) + r) νp (r) + κp (n − 1, n(q − 1) + r) p | n, νp (nq) p | n, νp (nq) < νp (r); p n νp (r); Chứng minh Giả sử f hàm đồng nhất, tức f (n) = n Hàm đồng rõ ràng nhân tính Áp dụng Định lí 2.4.4 cho trường hợp p ước nguyên tố n thỏa mãn νp (nq) νp (r), ta nhận đóng góp sau vào A(n, q, r) từ p i f (pi+1 ) f (pi ) p,n,n(q−1)+r εi p,n,n(q−1)+r = p p,n,n(q−1)+r εi =p i εi i = pκp (n,n(q−1)+r) 36 Các chứng minh hai trường hợp khác tương tự Định lí 2.4.4 kéo theo Af (n, q, r) số nguyên f nhân tính chia Hệ 2.4.6 Nếu f : N → N đồng thời nhân tính chia được, Af (n, q, r) số nguyên với n Trong trường hợp ta có Af (n, q, r) = A(n)B(n)D(n), p,n,n(q−1)+r A(n) = gp (i)εi i p|n,νp (nq) νp (r) B(n) = p|n,νp (nq)1 chuyển dịch vị trí εb0 = εb,n,m k Chứng minh Cố định b > Khi số lần mà sb xuất f (k) i=1 số số nguyên {1, , k} chia hết cho b, cho k b Do đó, số lần sb xuất thương n+m n+m n f (i) i=1 = n f m f (i) i=1 cho n+m b − n b − m b f (i) i=1 Cuối cùng, chứng minh giống với chứng minh Bổ đề 2.2.1 εb,n,m = n+m b − n b − m b Đặc biệt, phép nhớ 1, định lý suy hàm fs ln có hệ số nhị thức suy rộng Như nói từ trước, đặc trưng đòi hỏi số phép tính số, kết phần trước đòi hỏi số học sở nguyên tố Nhận xét 2.5.2 Dyer M.J (2001) gợi ý sử dụng phương trình (2.7) định nghĩa hệ số nhị thức suy rộng Làm cho phép định nghĩa hệ số dãy vành tùy ý, cho phép f (k) = với giá trị k Định lí 2.5.3 Giả sử f hàm nhân tính chia Khi tồn dãy số nguyên s cho f (n) = sd với n d|n Chứng minh Do f nhân tính, ta có f (1) = 1, ta giả sử s1 = Khi 40 với i > 1, ta định nghĩa s sau: r f (pr−1) , với i = pr (r > 0) với p số nguyên tố; f (p ) si = 1, trường hợp khác Do f chia được, si nguyên với i Tiếp theo, định nghĩa ta nhận f (pr ) f (pr−1 ) f (p) f (p ) = · · · · = f (pr−1 ) f (pr−2 ) r r spi = i=1 sd d|pr Khi đó, f nhân tính si = 1, i không lũy thừa số nguyên, sd yêu cầu ta nhận f (n) = d|n Chúng ta lưu ý có dãy nhân tính mà với khơng tồn dãy số ngun thỏa mãn Điều kiện (2.6) Thêm nữa, tồn dãy chia mà với khơng có dãy số ngun thỏa mãn Điều kiện (2.6) Ngồi ra, có dãy thỏa mãn Điều kiện (2.6) mà nhân tính chia được; Ball et al [1] mơ tả số ví dụ dãy vậy, số liệt kê phụ lục Tương tự mục trước, sử dụng Định lí 2.5.1 để chứng minh số Fuss-Catalan liên kết số nguyên Trước thực điều này, ta có bổ đề sau Bổ đề 2.5.4 Giả sử n, r, q, b số nguyên với n 0, r 0, q > 0, b,n(q−1)+r,n b > Nếu b chia hết (nq + r) b khơng chia hết r, ε0 = Chứng minh Ta có n = (n0 , n1 , , nk )b , nq + r = (m0 , m1 , , ml )b , n(q − 1) + r = (l0 , l1 , , lt )b Do b chia hết nq + r, ta có m0 = 0, ta biết b,n(q−1)+r,n n0 + l0 = m0 (mod b) Giả sử, phản chứng ε0 = 0; điều kéo theo n0 = l0 = Do đó, b chia hết n b chia hết n(q − 1) + r Tiếp theo, kết luận b chia hết n(q − 1) Hai kết luận trước b,n(q−1)+r,n suy b chia hết r, mâu thuẫn với giả thiết Do ε0 chứng minh bổ đề kết thúc = Phép 41 Bây tính nguyên số fs - Fuss-Catalan suy từ Định lí 2.5.1 Định lí 2.5.5 Giả sử s dãy số nguyên khác không với hàm liên kết fs Khi Afs (n, q, r) số nguyên với n Đặc biệt, ta có Afs (n, q, r) = G(n)H(n)J(n), với b G(n) = b>1 b|r b nq+r s1+ε , b b,n(q−1)+r,n εb0 = ε0 b H(n) = b>1 b r b nq+r sεb0 , b J(n) = b>1 b|r b|nq+r sεb0 , Chứng minh Khi q = 0, kết Định lí 2.5.1 Bây định nghĩa fs Định lí 2.5.1 ta nhận fs (r) nq + r Afs (n, q, r) = fs (nq + r) n sd = fs b,n(q−1)+r,n d|r sd d|nq+r ε · sb b>1 Nếu d | r d | nq + r, d r d nq + r khơng có đóng góp sd phân thức Mặt khác, d | r d nq + r, ta d,n(q−1)+r,n có thảy + ε0 lần xuất sd tích (khơng mẫu số) d,n(q−1)+r,n Cuối cùng, d r d | nq + r, Bổ đề 2.5.4, ta có ε0 =1 vậy, sd tử số mẫu số, nên chúng triệt tiêu Trong cách tương tự với Nhận xét 2.5.2, ta lấy đặc trưng Định lí 2.5.5 để làm định nghĩa số fs -Fuss-Catalan 2.6 Phụ lục: Các dãy với hệ số nhị thức suy rộng nguyên Để thuận tiện cho việc tra cứu, kiến thức sở quan trọng dùng đề tài liệt kê vắn tắt Chi tiết xem tài liệu tham 42 khảo trích dẫn Bách khoa toàn thư trực tuyến dãy số nguyên (the Online Encyclopedia of Integer Sequences - OEIS) chứa nhiều ví dụ dãy nhân tính chia mà ta xét chương nhiều ví dụ dãy thỏa mãn tính chất Ward mô tả Mục 2.5 Trong phụ lục này, chúng tơi tóm lược danh sách ví dụ liên quan dãy Ngồi ra, hệ số nhị thức suy rộng minh hoạ tam giác, tạo hàng, điểm k hàng n cho n k f Tiếp theo bảng, mô tả phương pháp tạo cách hiệu tam giác hệ số nhị thức suy rộng Bảng liệt kê ví dụ thú vị dãy nhân tính chia với số OEIS Ngồi ra, chúng tơi cung cấp danh sách hệ số nhị thức suy rộng liên kết (thường đọc tam giác theo hàng) OEIS Entry Tên, Mô tả, Công thức Hệ số nhị thức tổng quát φ-hàm Euler A000010 A238453 Hàm đồng A000027 A007318 Bình phương A000290 A008459 Lập phương A000578 A181543 Hàm psi Dedekind (ψ) A001615 A238498 f (n) = nφ(n) A002618 A255914 Hàm nhân tính hồn tồn với f (p) = p − A003958 Hàm nhân tính hồn tồn với f (pk ) = pk · (k + 1) A003961 Nếu n = pekk a(n) = (pk − 1)ek , a(1) = A003958 Nếu n = pekk a(n) = (pk + 1)ek , a(1) = A003959 Căn (số khơng hồn tồn phương (square- A007947 A048804 n chia hết A003557 A246465 Bình phương lớn ước n A008833 Số nghiệm phương trình x2 = (mod n) A000188 Số nghiệm phương trình x2 = (mod n) A060594 free) lớn ước n) 43 f (n) = n n lẻ, f (n) = 2n n chẵn A022998 f (n) = n n lẻ, n/2 n chẵn A026741 Hàm ước đơn unitary A034444 Số bình phương ước n A046951 φ-hàm Euler unitary A047994 hàm Jordan unitary J2∗ (n) A191414 f (n) = n A064549 p A214281 p|n nhân tính, với f (pk ) = p − A173557 A239702 hàm Jordan (J2 ) A007434 A238688 hàm Jordan (J3 ) A059376 A238743 hàm Jordan (J4 ) A059377 A238754 hàm Jordan (J5 ) A059378 A239633 hàm Jordan (J6 ) A069091 A255915 hàm Jordan (J7 ) A069092 hàm Jordan (J8 ) A069093 hàm Jordan (J9 ) A069094 hàm Jordan (J10 ) A069095 gcd2 (n) A000034 gcd3 (n) A109007 gcd4 (n) A109008 gcd5 (n) A109009 gcd6 (n) A089128 gcd7 (n) A109010 gcd8 (n) A109011 lũy thừa cao chia hết n A006519 A082907 lũy thừa cao chia hết n A038500 A242849 lũy thừa cao chia hết n A060904 A254609 lũy thừa cao chia hết n lũy thừa cao 11 chia hết n Phần lẻ n A000265 Xóa khỏi n A038502 Ước lớn n không chia hết cho A132739 Ước lớn n không chia hết cho A242603 44 Thay nhân tử nguyên n 2: a(n) = A061142 Ω(n) nhân tính hồn tồn với f (p) = p# A108951 Bảng sau liệt kê dãy có hệ số nhị thức suy rộng nguyên Định lí 2.5.1 khơng nhân tính chia Tên, Mơ tả, Công thức OEIS Entry Hệ số nhị thức tổng quát Các số Fibonacci A000045 A010048 Các số Pell A000129 A099927 lũy thừa cao chia hết n A234957 A243756 Lũy thừa cao chia hết n A234959 A254730 Lũy thừa cao chia hết n Lũy thừa cao chia hết n Loại bỏ nhân tử khơng đóng góp A214681 cho (not contributing to 6) Loại bỏ nhân tử khơng đóng góp cho A214682 Loại bỏ nhân tử 2, khơng đóng góp A214685 cho 30 Các mẫu số số Bernoulli chẵn A002445 Các mẫu số số Bernoulli (biến thể) A141056 Lưu ý việc tạo tam giác hệ số nhị thức suy rộng định nghĩa không hiệu Tuy nhiên, quan hệ truy hồi đơn giản mà tất hệ số nhị thức suy rộng thỏa mãn (tương tự tam giác Pascal cho hệ số nhị thức cổ điển) Định lí 2.6.1 Giả sử f : N → N dãy số nguyên khác không, giả 45 sử m, n ∈ N với n m n m Khi = f nf (m) m − mf (n) n − + f (m − n)f (m) m − mf (m − n) n f Chứng minh Điều có từ định nghĩa, vế phải cho m−1 nf (m) m−1 (m − n)f (m) f (i) i=1 n−1 mf (n) + m−n f (i) n mf (m − n) f (i) i=1 f (i) i=1 i=1 m−n−1 f (i) f (i) i=1 i=1 Sau rút gọn ta nhận m m n (m − n) f (i) i=1 n m + m−n f (i) f (i) i=1 n m i=1 Ta có điều cần chứng minh f (i) i=1 n m + m−n m f (i) i=1 m−n f (i) i=1 = Chú ý định lý trước với dãy số nguyên (không dãy xem xét chương này) Tuy nhiên, kết thường khơng ngun Ngồi ra, tồn khơng sử dụng để chứng minh tính nguyên hệ số biểu thức nf (m) mf (n) (m−n)f (m) mf (m−n) nguyên Tuy nhiên, sử dụng định lý này, ta tính tốn tam giác hệ số nhị thức suy rộng Cuối cùng, kết định lý trước viết cách ngắn gọn quan hệ m m f (m) n = f n m−1 f (n) n − + f m−n m−1 f (m − n) n f 46 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Số Catalan-Larcombe-French số Catalan suy rộng” đạt kết sau: Hai chủ đề số Catalan-Larcombe-French, đồng dư bất đẳng thức liên quan Trình bày số Catalan suy rộng số Fuss-Catalan Hàm ước Ward Đề xuất số hướng nghiên cứu Sau kết đạt luận văn, hi vọng cố gắng tiếp tục nghiên cứu chủ đề liên quan, chẳng hạn: • Những tính chất số học toán liên quan số Catalan suy rộng • Các đồng thức, đồng dư, siêu đồng dư số Catalan-LarcombeFrench chủ đề liên quan 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] Ball T., Edgar T., and Juda D (2014), “Dominance orders, generalized binomial coefficients, and Kummer’s theorem”, Mathematics Magazine 87 , pp 135–143 [2] Edgar T (2014), “Totienomial coefficients”, Integers 14, paper A62 [3] Edgar T., Spivey M (2016), “Multiplicative function generalized binomial coeffcients, and generalized Catalan numbers”, Journal of Integer Sequences 19 Article 16.1.6 [4] Franel J (1894), “On a question of Laisant”, L’Intermédiaire des Mathématiciens 1, pp 45–47 [5] Ji X.J., Sun Z.H (2016), “Two properties of Catalan-Larcombe-French numbers”, Journal of Integer Sequences 19 (2016) Article 16.3.4 [6] Sun Z.H., Ji X.J (2015), “Congruences for Catalan-Larcombe-French numbers” Preprint, http://arxiv.org/abs/1505.00668v2 [7] Larcombe P.J., French D.R (2000), “On the “other” Catalan numbers: a historical formulation re-examined”, Congressus Numerantium 143, pp 33–64 [8] The OEIS Foundation Inc., The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, http://oeis.org 48 [9] Sun Z.H (2013), “Congruences concerning Legendre polynomials II”, Journal of Number Theory 133, pp 1950–1976 [10] Sun Z.H (2015), Congruences involving Franel and Catalan-LarcombeFrench numbers, preprint, 2015, http://arxiv.org/abs/1502.02499 [11] Ward M (1939), “A note on divisibility sequence”, Bulletin of the American Mathematical Society, 45, pp 334–336 Tiếng Pháp [12] Catalan E (1887), “Sur les nombres de Segner”, Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo 1, pp 190–201 ... Hàm nhân tính số Catalan suy rộng 16 20 2.1 Giới thiệu 2.2 Công thức 2.3 Một số điều kiện nguyên f nhân tính 26 2.4 Số Catalan suy rộng số Fuss -Catalan f nhân... toán học Eugène C Catalan (1814-1894) Luận văn đặt nhiệm vụ nghiên cứu sơ số Catalan- LarcombeFrench số Catalan suy rộng Nội dung luận văn trình bày hai chương sau: • Chương Số Catalan- Larcombe-French... nguyên tố phép nhớ số nguyên tố, với f nhân tính Nếu f hàm chia được, điều suy số Fuss -Catalan suy rộng nguyên với giá trị n, q, r Do số Catalan suy rộng, 2n f (n+1) n f , số nguyên f nhân tính