về các đồng nhất thức của euler và rogers - ramanujan trong phân hoạch các số tự nhiên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCMAI THỊ LAN PHƯƠNG VỀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA EULER VÀ ROGERS- RAMANUJAN TRONG PHÂN HOẠCH CÁC SỐ TỰ NHIÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2014... TRƯỜNG Đ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

MAI THỊ LAN PHƯƠNG

VỀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA EULER VÀ ROGERS- RAMANUJAN TRONG PHÂN HOẠCH CÁC SỐ TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

MAI THỊ LAN PHƯƠNG

VỀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA EULER VÀ ROGERS- RAMANUJAN TRONG PHÂN HOẠCH CÁC SỐ TỰ NHIÊN

ON THE IDENTITIES

OF EULER AND ROGERS- RAMANUJAN

IN THE NUMBER PARTITIONS

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn

Thái Nguyên - 2014

Mục lục 1

1.1 Phép phân hoạch các số tự nhiên 51.2 Tam giác Pascal 81.3 Phân hoạch có điều kiện 12

2.1 Phân hoạch có điều kiện và hàm sinh của chúng 222.2 Đồng nhất thức Euler và một số mở rộng 282.3 Đồng nhất thức Rogers-Ramanujan và các mở rộng 32

1

Lời cảm ơn

Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường Đại học Khoa Đại học Thái Nguyên Tôi được nhận đề tài và nghiên cứu dưới sự hướngdẫn của PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, luận văn "Về các đồng nhất thứccủa Euler và Rogers-Ramanujan trong lí thuyết phân hoạch các số tựnhiên" đã được hoàn thành Có được kết quả này, là do sự dạy bảo,hướng dẫn hết sức tận tình và nghiêm khắc của Cô Tôi xin bày tỏ lòngbiết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô và gia đình!

học-Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, PhòngĐào tạo sau đại học và Khoa Toán- Tin của Trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trongquá trình học tập tại Trường và trong thời gian nghiên cứu hoàn thànhluận văn này Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các thày côgiáo, các cán bộ thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán- Tin đã để lại tronglòng mỗi chúng tôi những ấn tượng hết sức tốt đẹp

Tôi xin cảm ơn UBND huyện Xín Mần, Phòng Giáo dục và Đào tạohuyện Xín Mần nơi tôi đang công tác đã tạo mọi điều kiện thuận lợi đểtôi hoàn thành khóa học này

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành viên tronglớp cao học Toán K6A (khóa 2012-2014) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ

vũ và động viên để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình

Tôi xin trân trọng cảm ơn!

Lời nói đầu

Một phân hoạch của số nguyên dương n là một cách viết n thành tổng của các số nguyên dương Hai cách viết n thành tổng các số nguyên

dương chỉ sai khác thứ tự các số hạng được coi là hai biểu diễn của cùngmột phép phân hoạch, chẳng hạn 10 = 1 + 4 + 5 và 10 = 4 + 1 + 5 là 2cách biểu diễn của cùng một phân hoạch của 10 Vì thế, trong luận văn

này chúng ta quy ước viết mỗi phép phân hoạch của n dưới dạng một dãy (p1, p2, , pk) các số nguyên dương giảm dần (hoặc tăng dần) sao

cho n = p1+ + pk Các số p1, , pk được gọi là các thành phần hay các số hạng của phép phân hoạch.

Vào Thế kỉ 18, Leonhard Euler là người đầu tiên giới thiệu và nghiên

cứu lí thuyết phân hoạch các số tự nhiên Kí hiệu P (n) là số phép phân hoạch của n, ta gọi P (n) là hàm phân hoạch Sau khi Euler đưa ra một công thức truy hồi đế tính P (n), hàng trăm nhà toán học khác đã cố gắng tìm các thuật toán để tính P (n), nhưng cho đến nay nó vẫn đang

là một thách thức lớn của Toán học Từ các đồng nhất thức nổi tiếng về

P (n) phát hiện bởi Ramanujan năm 1921, người ta tiếp tục quan tâm

đến tính chất đồng nhất thức của P (n) Năm 1960, M Newman đã giả thuyết rằng với mỗi cặp số tự nhiên m, r tồn tại vô hạn số nguyên dương

n sao cho P (n) ≡ r(mod m) Kết quả tốt nhất trả lời cho bộ phận của

giả thuyết này thuộc về Ken Ono trong bài báo trên tạp chí Ann Math.năm 2000 và Ahlgren-Boylan trong bài báo trên Invent Math năm 2003.Luận văn này quan tâm đến một số đồng nhất thức quan trọng vềphân hoạch có điều kiện, tức là những phân hoạch sao cho các số hạng của

nó thỏa mãn một điều kiện nào đó Mục đích của luận văn là trình bàychi tiết chứng minh một số đồng nhất thức của Euler, Rogers-Ramanujan

và các mở rộng của chúng liên quan đến các phân hoạch có điều kiện

Đồng nhất thức của Euler Số phân hoạch của n thành các số

hạng phân biệt chính là số phân hoạch của n thành những số hạng lẻ.

Đồng nhất thức của Rogers-Ramanujan Số phân hoạch của n

thành những số hạng khác nhau ít nhất 2 đơn vị bằng số phân hoạch của

n thành những số hạng đồng dư với 1 hoặc với 4 theo môđun 5.

Luận văn chủ yếu dựa theo 3 tài liệu sau đây:

1 S Ahlgren and M Boylan, Arithmetic properties of the partition

function, Invent Math 153 (2003), no 3, 487-502.

2 H L Alder, Partition identities - from Euler to the present, The

American Mathematical Monthly, 76 (1969), 733-746

3 G E Andrews, The theory of partitions, Cambridge University

Press, 1998

Luận văn gồm 2 chương Chương 1 dành để trình bày các khái niệm

và tính chất cơ bản về phân hoạch các số tự nhiên, tam giác Pascal vàphân hoạch có điều kiện Chương 2 trình bày các kết quả chính của luậnvăn, bao gồm đồng nhất thức của Euler và các mở rộng; đồng nhất thứccủa Rogers- Ramanujan và các mở rộng

Phương pháp chính được sử dụng để chứng minh các kết quả làphương pháp đồ thị, phương pháp dùng hàm sinh và sử dụng khéo léosong ánh giữa các tập hợp

Khái niệm phép phân hoạch các số

Giải tích phức,

Trong suốt chương này, luôn giả thiết n là một số nguyên dương Mục

đích của Chương là giới thiệu một số khái niệm và tính chất cơ sở trong

lí thuyết phân hoạch các số tự nhiên, hàm phân hoạch, phép phân hoạch

có điều kiện

1.1 Phép phân hoạch các số tự nhiên

1.1.1 Định nghĩa Một phép phân hoạch của số nguyên dương n là một

biểu diễn n thành tổng của các số nguyên dương.

Một phân hoạch có thể biểu diễn thành nhiều dạng Chẳng hạn,

5

6 = 5 + 1 và 6 = 1 + 5 là hai dạng biểu diễn của cùng một phân hoạch số

6 thành hai thành phần 5 và 1 Như vậy, hai dạng biểu diễn của n thành

tổng các số nguyên dương được xem là của cùng một phép phân hoạchnếu chúng chỉ khác nhau về thứ tự các số hạng Cụ thể, hai dạng biểu

diễn n = a1+ + ar và n = b1+ + bs, trong đó a1, , ar, b1, , bs

là các số nguyên dương được coi là của cùng một phân hoạch nếu r = s

và tồn tại một phép hoán vị σ của tập {1, 2, , r} sao cho ai = bσ(i) với mọi i = 1, , r Cụ thể ta xét ví dụ sau

1.1.2 Ví dụ Có 11 phép phân hoạch số 6 sau đây:

6 = 6 (phân hoạch thành một thành phần)

6 = 4 + 2 = 5 + 1 = 3 + 3 (phân hoạch thành hai thành phần)

6 = 4 + 1 + 1 = 3 + 2 + 1 = 2 + 2 + 2 (phân hoạch thành ba thành phần)

6 = 3 + 1 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 + 1 (phân hoạch thành bốn thành phần)

6 = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 (phân hoạch thành năm thành phần)

6 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 (phân hoạch thành sáu thành phần).

Ta thấy, mỗi phân hoạch số n có nhiều dạng biểu diễn khác nhau (các

biểu diễn phụ thuộc vào thứ tự của các hạng tử của phân hoạch) Vìthế, cho thuận tiện chúng ta quy ước chọn biểu diễn chuẩn là dạng biểu

diễn n = p1+ + pk sao cho các thành phần pi xếp theo thứ tự từ lớn

đến bé: p1 ≥ p2 ≥ ≥ pk Chẳng hạn trong 6 biểu diễn 6 = 1 + 2 + 3,

6 = 3 + 1 + 2, 6 = 1 + 3 + 2, 6 = 3 + 2 + 1, 6 = 2 + 1 + 3, 6 = 2 + 3 + 1 của

cùng một phép phân hoạch số 6, chúng ta chọn dạng biểu diễn chuẩn

6 = 3 + 2 + 1 vì bộ (3, 2, 1) sắp theo thứ tự từ lớn đến bé.

1.1.3 Chú ý Mỗi phân hoạch số n có duy nhất một dạng biểu diễn

chuẩn, tức là biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương xếp theo thứ

tự từ lớn đến bé Vì thế, ta có thể coi một phân hoạch số n là một bộ

(p1, , pk) các số nguyên dương thỏa mãn p1 ≥ p2 ≥ ≥ pk và tổng

của chúng đúng bằng n Với kí hiệu như vậy, thay cho cách viết 11 phân

hoạch sau đây của số 6

1.1.4 Định nghĩa Số phân hoạch của n được kí hiệu là P (n) Hàm

P (n) được gọi là hàm phân hoạch Cho thuận lợi, ta quy ước P (0) = 1.

Ta xét một số ví dụ sau

1.1.5 Ví dụ Ta có P (1) = 1, P (2) = 2, P (3) = 3, P (4) = 5, P (5) = 7,

P (8) = 22.

Rõ ràng P (1) = 1 vì (1) là phân hoạch duy nhất của 1.

Ta có P (2) = 2 vì 2 có hai phân hoạch là (2), (1, 1).

Ta có P (3) = 3 vì 3 có 3 phân hoạch là (3), (2, 1), (1, 1, 1).

Ta có P (4) = 5 vì 4 có 5 phân hoạch là (4), (3, 1), (2, 2), (2, 1, 1), (1, 1, 1, 1).

Ta có P (5) = 7 vì có đúng 7 phân hoạch số 5 sau đây

(5), (4, 1), (3, 2), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1)

Ta có P (8) = 22 vì 8 có 22 phân hoạch sau đây

(8), (7, 1), (6, 2), (5, 3), (4, 4), (6, 1, 1), (5, 2, 1), (4, 3, 1),

(4, 2, 2, (3, 3, 2), (5, 1, 1, 1), (4, 2, 1, 1), (2, 2, 2, 2), (3, 2, 2, 1),

(3, 3, 1, 1), (4, 1, 1, 1, 1), (3, 2, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 1, 1, 1, 1),

(2, 2, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1)

Kết quả tiếp theo là một đánh giá của hàm phân hoạch

1.1.6 Mệnh đề Với mỗi số nguyên dương n ta có

P (2n) ≥ P (n) + P (n − 1) + + P (2) + P (1).

phân hoạch số r Khi đó số phần tử của Br là P (r) Giả sử (p1, , pk) ∈

Br là một phép phân hoạch số r Khi đó r ≥ p1 ≥ ≥ pk ≥ 1 Vì 2n − r ≥ n ≥ r nên 2n − r ≥ p1 ≥ ≥ pk ≥ 1 Do đó (2n − r, p1, , pk)

là một phép phân hoạch số 2n Vì thế, với mỗi r ∈ {n, n − 1, , 2, 1},

có đúng P (r) phép phân hoạch số n sao cho thành phần thứ nhất là 2n − r và các thành phần còn lại không vượt quá r Rõ ràng, nếu r, r0 ∈

{n, n − 1, , 2, 1} với r 6= r0 thì hai phép phân hoạch (2n − r, p1, , pk)

và (2n − r0, p1, , pk) của số 2n là khác nhau, với mọi (p1, , pk) ∈ Br

Vì thế P (2n) lớn hơn hoặc bằng số phần tử của Sn

r=1Br, tức là

P (2n) ≥ P (n) + P (n − 1) + + P (2) + P (1).

1.2 Tam giác Pascal

Trong tiết này, chúng ta cùng tìm hiểu cách tính số phân hoạch P (n) của n theo một biểu đồ hình tam giác, gọi là tam giác Pascal Trong

suốt luận văn này ta dùng kí hiệu sau

1.2.1 Kí hiệu Với k là một số nguyên dương, kí hiệu pk(n) là số phép phân hoạch của n thành k thành phần Chẳng hạn, p2(5) = 2 vì có đúng

2 phép phân hoạch số 5 thành hai thành phần, đó là (4, 1), (3, 2).

Trước khi trình bày tam giác Pascal để tính số phân hoạch, chúng tacần kết quả sau

1.2.2 Định lý Với mọi số nguyên dương n ta có

i=1Bi Cho (p1, , pk) ∈ A là một phép phân hoạch

số n thành đúng k thành phần Giả sử phép phân hoạch (p1, , pk) ∈ A

có đúng t thành phần bằng 1, tức là p1 ≥ p2 ≥ ≥ pk−t > 1 và pj = 1

với mọi j = k − t + 1, , k Khi đó (p1− 1, , pk−t − 1) là một phép

phân hoạch của số n − k thành đúng k − t thành phần Đặt i = k − t Vì

Nếu t = k thì

điều này là vô lí, vì thế t < k Do đó i ∈ {1, , k} Vì thế ta dễ dàng kiểm tra được (p1− 1, , pk−t − 1) là một phần tử của Bi Do đó ta có

ánh xạ f : A −→ B định nghĩa bởi

f (p1, , pk) = (p1− 1, , pi − 1) ∈ Bi ⊆ B.

Lấy (q1, , qi) ∈ Bi Khi đó q1+ + qi = n − k Suy ra

(q1+ 1) + + (qi+ 1) + 1 + + 1 = n, trong đó trong tổng có k − i hạng tử 1 Vì thế (q1+ 1, , qi+ 1, 1, , 1)

Do đó (ii) được chứng minh.

Chẳng hạn, để tính P (4) ta sử dụng công thức trong Định lí 1.2.2(i)

Bằng việc tính toán trực tiếp ta có

cho trường hợp n = 7 Cụ thể, từ tam giác Pascal ở trên ta tính được

1.3 Phân hoạch có điều kiện

Ta hiểu rằng một phân hoạch có điều kiện của số n là một phân hoạch

số n với một điều kiện nào đó trên các thành phần của phân hoạch Nhắc lại rằng mỗi phân hoạch của n có duy nhất một dạng tiêu chuẩn (p1, , pk) trong đó (p1, , pk) là bộ k số nguyên dương xếp theo thứ

tự từ lớn đến bé và tổng của chúng bằng n Mỗi pi trong phân hoạch

đó

1.3.1 Kí hiệu Cho n, m, d là các số tự nhiên với m 6 n Trong suốt

luận văn này ta dùng các kí hiệu sau

P (n) là số phân hoạch của n.

Pm(n) là số phân hoạch của n không quá m số hạng.

pm(n) là số phân hoạch của n thành đúng m số hạng.

πm(n) là số phân hoạch của n với các số hạng không vượt quá m.

Po(n) là số phân hoạch của n sao cho mỗi số hạng đều là số lẻ.

Pe(n) là số phân hoạch của n sao cho mỗi số hạng đều chẵn.

q(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng phân biệt.

qe(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng chẵn phân biệt.

qo(n) là số phân hoạch của n thành những số hạng lẻ phân biệt.

qd,m(n) là các số phân hoạch của n thành những số hạng khác nhau ít nhất d đơn vị và mỗi số hạng lớn hơn hoặc bằng m.

(iv) q(9) = 8 vì có 8 phân hoạch của 9 sao cho không có thành phần

nào bị lặp lại (đôi một khác nhau), đó là

(9), (8, 1), (7, 2), (6, 3), (5, 4), (6, 2, 1), (5, 3, 1), (4, 3, 2)

(v) π2(9) = 5 vì có 5 phân hoạch của 9 sao cho các thành phần khônglớn hơn 2, đó là

(2, 2, 2, 2, 1), (2, 2, 2, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1, 1, 1),

(2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1)

(vi) Pe(9) = 0 vì không có phân hoạch nào của số 9 để các thành

phần đó đều là chẵn Do đó qe(9) = 0 vì không có phân hoạch nào của

9 thành những phần chẵn đôi một khác nhau

(7i) qo(9) = 2 vì có đúng 2 phân hoạch của 9 thành những phần lẻ

đôi một khác nhau, đó là (8, 1) và (5, 3, 1)

Trước khi đưa ra một tính chất cho πm(n) ta nhận xét thấy πn(n) =

P (n) vì tất cả các phân hoạch của n đều thỏa mãn điều kiện mỗi thành

phần không quá n Ta có π1(n) = 1 vì chỉ có đúng một phân hoạch của

n mà mỗi thành phần không quá 1, đó là phân hoạch (1, , 1).

số phân hoạch của n với các thành phần không lớn hơn m Khi đó

πm(n) = πm−1(n) + πm(n − m), n ≥ m > 1.

Chứng minh Gọi A là tập các phân hoạch số n sao cho mỗi thành phần

không quá m Ta kí hiệu Card(A) là số phần tử của A Khi đó Card(A) =

πm(n) Gọi B là tập các phân hoạch của số n sao cho mỗi thành phần

Gọi C là tập các phân hoặc của n − m sao cho mỗi thành phần không quá m Khi đó Card(C) = πm(n − m) Giả sử (p1, , pk) ∈ A \ B Khi đó tồn tại i sao cho pi = m Rõ ràng (p1, , pi−1, pi+1, , pk) là

một phân hoặch của n − m mà mỗi thành phần không quá m Do đó (p1, , pi−1, pi+1, , pk) ∈ C Ngược lại, giả sử (q1, , qt) ∈ C, tức là

một phân hoạch của n − m sao cho mỗi thành phần không quá m Khi

đó (m, q1, , qt) là phân hoạch của n sao cho mỗi thành phần không quá m Vì thế (m, q1, , qt) ∈ A \ B Do đó πm(n − m) = Card(C) = Card(A \ B) Từ đó ta có kết quả.

Định lí sau đây cho ta một công thức truy hồi của πm(n)

1.3.5 Định lý Cho m 6 n là một số nguyên dương Khi đó ta có

không có thành phần pi nào vượt quá m Ta quy định ở đây, (p1, , pk)

là bộ k số nguyên dương xếp theo thứ tự từ lớn đến bé mà tổng của chúng bằng n Khi đó p1 là lớn nhất trong các số p1, , pk và p1 6 m.

- Xét trường hợp p1 = m Khi đó phần còn lại (p2, , pk) là một

phép phân hoạch số n − m với các thành phần đều được hạn chế không vượt quá m Như vậy, có πm(n − m) cách chọn bộ (p2, , pk) thỏa mãn

(m, p2 , pk) là phép phân hoạch số n với các thành phần không vượt quá m.

- Xét trường hợp p1 = m − 1 Khi đó pi 6 m − 1 với mọi i = 2, , k.

Do đó, tương tự các lập luận trên, phần còn lại (p2, , pk) là một phép

phân hoạch số n − (m − 1) với các thành phần đều được hạn chế không vượt quá m − 1 Vì thế, có πm−1(n − m + 1) cách chọn bộ (p2, , pk)

thỏa mãn (m − 1, p2 , pk) là phép phân hoạch số n với các thành phần không vượt quá m.

- Cứ tiếp tục quá trình trên, cho đến trường hợp p1 = 1 Khi đó pi = 1

với mọi i = 2, , k Do đó, phần còn lại (p2, , pk) là một phép phân

hoạch số n − 1 với các thành phần đều được hạn chế không vượt quá 1.

1.3.6 Ví dụ Có đúng 11 phép phân hoạch số 7 sao cho mỗi thành phần

không vượt quá 4 Thật vậy, theo Định lí 1.3.5, số phân hoạch phải tìmlà

ta có hệ quả sau

1.3.7 Hệ quả Có đúng [n/2] + 1 phép phân hoạch số n, trong đó mỗi

thành phần chỉ có thể bằng 1 hoặc 2.

Chứng minh Sử dụng kí hiệu trong Định lí 1.3.5, gọi π2(n) là số phân hoạch của n sao cho mỗi thành phần không vượt quá 2 (tức là chỉ có thể bằng 1 hoặc 2) Ta tính π2(n) bằng cách sử dụng công thức truy hồi trong Định lí 1.3.5 Đặt n = 2t + i, trong đó t là số tự nhiên và i ∈ {0, 1} Khi đó [n/2] = t Chú ý rằng với mỗi số tự nhiên r, chỉ có đúng 1 phép phân hoạch r với tất cả các thành phần đều bằng 1 Theo Định lí 1.3.5

1.3.8 Ví dụ Từ hệ quả 1.3.7, có đúng [9/2] + 1 = 5 phép phân hoạch

số 9 sao cho mỗi thành phần không vượt quá 2 Các phép phân hoạch

Chứng minh Giả sử n = 3t + i, trong đó t là số tự nhiên và i ∈ {0, 1, 2}.

Sử dụng công thức trong Định lí 1.3.5 và Hệ quả 1.3.7 ta có

thời sử dụng tính chất quen thuộc của cấp số cộng, ta có thể chứng minhđược đẳng thức

1.3.11 Định lý Như trong Kí hiệu 1.3.1, gọi P (n) là số phép phân

πn−i(i), nếu n ≥ 3.

Chứng minh Vì P (0) = 1 nên công thức đúng cho n = 0 Ta có P (1) =

1, hơn nữa với n = 1 thì [n/2] = 0 và thay vào công thức ở vế phải

ta được

[n/2]P

i=0

P (i) = P (0) = 1, vì thế công thức đúng cho n = 1 Ta có

P (2) = 2, hơn nữa với n = 2 thì [n/2] = 1 Do đó thay vào công thức

bên vế phải ta được

[n/2]P

i=0

P (i) = P (0) + P (1) = 2, vì thế công thức đúng

cho n = 2.

Cho n ≥ 3 Giả sử (p1, , pk) là một phân hoạch của n Khi đó

tổng của chúng là n Rõ ràng 1 6 p1 6 n Đặt p1 = n − i, trong đó

i ∈ {0, 1, , n − 1} Khi đó p2, , pk 6 n − i Chú ý rằng (p2, , pk)