Luận văn Chuỗi luỹ thừa hình thức và hàm sinh

Đại Học Thái Nguyên
Trường Đại Học Khoa Học
Hoàng Văn Quý
Chuỗi luỹ thừa hình thức và hàm sinh
Chuyên ngành : Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Mã số: 60.46.40
Luận Văn Thạc Sĩ Toán Học
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Thái Nguyên - 2011
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên
Phản biện 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phản biện 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Luận văn sẽ được 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 tại
Thư Viện Đại Học Thái Nguyên
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Mục lục
1 Kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Khái niệm vành và đồng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Vành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Ước của không. Miền nguyên . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Đồng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Vành đa thức và nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức 11
2.1 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Dãy hiệu của một dãy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3 Hàm sinh thường và dãy Fibonacci, dãy Catalan . . . . . . . . 20
2.4 Hàm sinh mũ và dãy số Stirling . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.5 Hàm sinh của dãy các đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . 27
2.6 Hàm sinh Dirichlet và hàm Zeta-Riemann . . . . . . . . . . . 34
2.7 Tích vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.8 Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.9 Dãy truy hồi với hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Mở đầu
Trong toán học việc sử dụng các kiến thức toán cao cấp để giải quyết các bài
toán ở phổ thông là điều rất quan trọng. Nó không chỉ giúp người làm toán
có nhiều phương pháp lựa chọn lời giải, mở rộng tầm hiểu biết toán học mà
còn phát huy được sự thông minh và sức sáng tạo, tầm bao quát bài toán, mở
rộng bài toán dưới nhiều hướng khác nhau.
Sử dụng các kiến thức về chuỗi số để giải quyết các bài toán về dãy số
là một vấn đề như vậy. Như chúng ta đã biết các vấn đề liên quan đến dãy
số là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán học. Khi tiếp cận vấn
đề này các em học sinh giỏi, sinh viên và khá nhiều thầy cô giáo phổ thông
thường rất phải đối mặt với rất nhiều bài toán khó liên quan đến chuyên đề
này.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olimpic toán quốc tế, thi
Olimpic toán sinh viên giữa các trường đại học, cao đẳng, các bài toán liên
quan đến dãy số cũng hay được đề cập và thường loại rất khó, đòi hỏi người
học, người làm toán phải có một tầm hiểu biết rộng và rất sâu sắc các kiến
thức về dãy số và chuỗi số mới đưa ra các phương pháp giải toán hay và hoàn
thiện được bài toán.
Để phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi và việc trao đổi kinh nghiệm
với các thầy cô giáo bồi dưỡng học sinh giỏi quan tâm và tìm hiểu thêm về
phần này, được sự hướng dẫn của thầy Đàm Văn Nhỉ tác giả đã học tập thêm
và viết đề tài " Chuỗi luỹ thừa hình thức và hàm sinh".
Đề tài giải quyết các vấn đề trọng tâm :
Chương I : Kiến thức chuẩn bị .Tác giả nhắc lại các kiến thức cơ bản nhất
về :
1.1 Khái niệm vành và đồng cấu
1.1.1 Vành.
1.1.2 Ước của không. Miền nguyên.
2
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
31.1.3 Đồng cấu.
1.1.4 Trường.
1.2 Vành đa thức và nghiệm.
Chương II : Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức. Tác giả giới thiệu các kiến
thức.
2.1 Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức.
2.2 Dãy hiệu của một dãy .
2.3 Hàm sinh thường và dãy Fibonacci, dãy Catalan.
2.4 Hàm sinh mũ và dãy số Stirling.
2.5 Hàm sinh của dãy các đa thức Bernoulli.
2.6 Hàm sinh Dirichlet và hàm Zeta-Riemann.
2.7 Tích vô hạn.
2.8 Đồng nhất thức Newton.
2.9 Dãy truy hồi với hàm sinh.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư Phạm Hà Nội. Thầy đã dành nhiều thời
gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm
luận văn. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Tác giả xin gửi tới các thầy (cô) khoa Toán, phòng Đào tạo Trường Đại
Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, cùng các thầy cô tham gia giảng
dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong
thời gian qua. Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán K3B
Trường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học
tập và làm luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Ninh, Ban
giám hiệu và tổ Toán trường THPT Lương Tài 2 đã tạo điều kiện giúp đỡ để
tác giả hoàn thành khóa học này.
Tác giả
Hoàng Văn Quý
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Khái niệm vành và đồng cấu
1.1.1 Vành
Định nghĩa . Ta gọi là vành một tập hợp X cùng với hai phép toán hai ngôi
đã cho trong X ký hiệu theo thứ tự bằng các dấu + và . (người ta thường ký
hiệu như vậy) và gọi là phép cộng và phép nhân sao cho các điều kiện sau
thỏa mãn:
1) X cùng với phép cộng là một nhóm aben.
2) X cùng với phép nhân là một nửa nhóm.
3) Phép nhân phân phối với phép cộng: Với các phần tử tùy ý x, y, z ∈ X ta
có:
x(y + z) = xy + xz
(y + z)x = yx+ zx
Phần tử trung lập của phép cộng thì ký hiệu là 0 và gọi là phần tử không.
Phần tử đối xứng (đối với phép cộng ) của một phần tử x thì ký hiệu là -x
và gọi là đối của x . Nếu phép nhân là giao hoán thì ta bảo vành X là giao
hoán. Nếu phép nhân có phần tử trung lập thì phần tử đó gọi là phần tử đơn
vị của x và thường kí hiệu là e hay 1 .
1.1.2 Ước của không. Miền nguyên
Định nghĩa1 : Ta gọi là ước của 0 mọi phần tử a 6= 0 sao cho có b 6= 0 thỏa
mãn quan hệ ab=0.
Định nghĩa2 : Ta gọi miền nguyên một vành có nhiều hơn một phần tử, giao
4
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
5hoán, có đơn vị, không có ước của 0.
1.1.3 Đồng cấu
Định nghĩa. Một đồng cấu (vành) là một ánh xạ từ một vành X đến một
vành Y sao cho:
f (a+ b) = f (a) + f (b)
f (ab) = f (a) f (b)
với mọi a, b ∈ X. Nếu X = Y thì đồng cấu f gọi là một tự đồng cấu của X .
Ta cũng định nghĩa đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu tương tự như đã định nghĩa
trong nhóm.
1.1.4 Trường
Định nghĩa: Ta gọi là trường một miền nguyên X trong đó mọi phần tử khác
không đều có một nghịch đảo trong vị nhóm nhân X. Vậy một vành X giao
hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử là một trường nếu và chỉ nếu
X − {0} là một nhóm đối với phép nhân của X.
1.2 Vành đa thức và nghiệm
Kết quả chính
Cho vành giao hoán R và một biến x trên R. Với các n ∈ N, xét tập hợp:
R[x] = {a0 + a1x+ a2x2 + ã ã ã+ anxn | ai ∈ R} =
{ n∑
i=0
aix
i | ai ∈ R
}
.
Mỗi phần tử f(x) ∈ R[x] được gọi là một đa thức của biến x với các hệ số
ai thuộc vành R. Hệ số an được gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số a0 được gọi
là hệ số tự do của f(x). Khi an 6= 0 thì n được gọi là bậc của f(x) và được
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
6ký hiệu deg f(x). Riêng đa thức 0 được quy định có bậc là −∞ hoặc −1.
Nếu f(x) =
n∑
i=0
aix
i, g(x) =
m∑
i=0
bix
i ∈ R[x] thì
f(x) = g(x) khi và chỉ khi m = n, ai = bi với mọi 0 6 i 6 n
f(x) + g(x) =
∑
i=0
(ai + bi)x
i, f(x)g(x) =
∑
i=0
(
i∑
j=0
ai−jbj)xi.
Định lý 1.2.1. Ta có R[x] là một vành giao hoán. Hơn nữa, nếu R là một
miền nguyên thì R[x] cũng là một miền nguyên.
Định lý 1.2.2. Giả sử k là một trường. Với các đa thức f(x), g(x) ∈ k[x] và
g(x) 6= 0 có hai đa thức duy nhất q(x), r(x) sao cho f(x) = q(x)g(x)+r(x)
với deg r(x) < deg g(x).
Ví dụ 1.2.3. Cho hai số tự nhiên n và p với n > p > 1. Tìm điều kiện cần
và đủ để xn − an chia hết cho xp − ap với a ∈ R, a 6= 0.
Bài giải: Biểu diễn n = qp+ r trong Z với 0 6 r < p. Khi đó có biểu diễn
xn − an = (xp − ap)(xn−p + apxn−2p + ã ã ã+ a(q−1)pxn−qp) + aqp(xr − ar).
Vậy, điều kiện cần và đủ để xn − an chia hết cho xp − ap là n :˙ p.
Định lý 1.2.4. Giả sử k là một trường. Khi đó vành k[x] là một vành chính
và nó là vành nhân tử hóa.
Giả sử α ∈ R và đa thức f(x) =
n∑
i=0
aix
i ∈ R[x]. Biểu thức f(α) =
n∑
i=0
aiα
i ∈ R được gọi là giá trị của f(x) tại α. Nếu f(α) = 0 thì α được
gọi là một nghiệm của f(x) trong R. Giả sử số nguyên m > 1 và α ∈ k.
f(α) = 0 được gọi là một nghiệm bội cấp m của f(x) trong k nếu f(x) chia
hết cho (x− α)m và f(x) không chia hết cho (x− α)m+1.
Định lý 1.2.5. Đa thức f(x) ∈ k[x] bậc n > 1. Khi đó ta có các kết quả sau:
(i) Nếu α ∈ k là nghiệm của f(x) thì f(x) = (x−α)g(x) với g(x) ∈ k[x].
(ii) f(x) có không quá n nghiệm phân biệt trong k.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
7Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó của
nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết quả sau đây:
Định lý 1.2.6. [Viét] Giả sử x1, . . . , xn là n nghiệm của đa thức bậc n sau
đây: f(x) = xn − δ1xn−1 + δ2xn−2 − ã ã ã+ (−1)nδn. Khi đó có các hệ thức
δ1 = x1 + x2 + ã ã ã+ xn
δ2 = x1x2 + x1x3 + ã ã ã+ xn−1xn
...
δn = x1x2 . . . xn.
Định lý 1.2.7. Giả sử f(x1, x2, . . . , xn) ∈ k[x1, x2, . . . , xn] là một đa thức
đối xứng khác 0. Khi đó tồn tại một và chỉ một đa thức s(x1, x2, . . . , xn) ∈
k[x1, x2, . . . , xn] sao cho f(x1, x2, . . . , xn) = s(δ1, δ2, . . . , δn).
Một số ví dụ
Ví dụ 1.2.8. Giả sử f(x) = x4 − 5x3 + 9x2 − 10x+ 28. Tính f(1 + 3√3).
Bài giải: Vì 1 + 3
√
3 là nghiệm của g(x) = x3 − 3x2 + 3x − 4 = 0 và
f(x) = (x− 2)g(x) + 20 nên f(1 + 3√3) = 20.
Ví dụ 1.2.9. [VMO 1990] Giả sử f(x) = a0x
n+a1x
n−1+ ã ã ã+an−1x+an ∈
R[x] với a0 6= 0 và thỏa mãn f(x)f(2x2) = f(2x3 + x) với mọi giá trị thực
x. Chứng minh rằng f(x) không thể có nghiệm thực.
Bài giải: So sánh hệ số của x3n và x0 ở hai vế, nên từ f(x)f(2x2) = f(2x3+
x) ta suy ra a20 = a0 và a
2
n = an.Vì a0 6= 0 nên a0 = 1; còn an = 0 hoặc an =
1. Nếu an = 0 thì f(x) = x
rg(x) với g(0) 6= 0. Vậy xrg(x)2rx2rg(2x2) =
xr(2x2 + 1)rg(2x3 + x) hay g(x)2rx2rg(2x2) = (2x2 + 1)rg(2x3 + x). Vì
g(0) 6= 0 nên ta nhận được g(0) = 0 : mâu thuẫn. Vậy an = 1. Giả sử
f(x) = 0 có nghiệm thực x0. Khi đó x0 6= 0 vì an 6= 0. Vì f(2x30 + x0) =
f(x0)f(2x
2
0) = 0 nên x1 = 2x
3
0 + x0 cũng là nghiệm thực của f(x). Vì hàm
y = 2x3 + x là đơn điệu tăng nên dãy (xr+1 = 2x
3
r + xr)r>0 và x0 6= 0 là
một dãy vô hạn và mỗi số hạng đều là nghiệm của f(x) hay f(x) có nhiều
vô hạn nghiệm: mâu thuẫn theo Định lý 1.2.5. Vậy f(x) không có nghiệm
thực.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
8Ví dụ 1.2.10. [IMO 1991] Giả sử số hữu tỷ a ∈ (0; 1) thỏa mãn phương
trình cos 3pia+ 2 cos 2pia = 0. Chứng minh rằng a =
2
3
.
Bài giải: Đặt x = cospia. Khi đó 4x3+4x2−3x−2 = 0 hay (2x+1)(2x2+
x−2) = 0. Nếu cos pia = x = −1
2
thì a =
2
3
. Nếu x 6= −1
2
thì 2x2+x−2 =
0, và như vậy x là số vô tỷ. Do |x| 6 1 nên cospia = x = −1 +
√
17
4
. Bằng
quy nạp, có thể chỉ ra cos 2npia =
an + bn
√
17
4
với số nguyên lẻ an, bn. Vì
an+1 + bn+1
√
17
4
= cos 2n+1pia = 2 cos2 2npia− 1 = 2[an + bn
√
17
4
]2 − 1
nên an+1 =
a2n + 17b
2
n − 8
2
> an. Do đó dãy (an) là một dãy tăng nghiêm
ngặt và như vậy tập các giá trị của cos 2npia với n = 0, 1, 2, ... là tập vô
hạn (*) vì
√
17 là số vô tỷ. Nhưng do a là số hữu tỷ nên tập các giá trị
của cosmpia với m = 0, 1, 2, ... phải là hữu hạn: mâu thuẫn với (*). Do dó
a =
2
3
.
Ví dụ 1.2.11. Giả thiết đa thức f(x) bậc n có tất cả các nghiệm đều thực.
Khi đó tất cả các nghiệm của af(x) + f ′(x) cũng là những số thực.
Bài giải: Giả sử f(x) có các nghiệm thực x1, x2, . . . , xk với bội tương ứng
r1, r2, . . . , rk và ta sắp xếp x1 < x2 < ã ã ã < xk. Hàm số
g(x) =
f ′(x)
f(x)
=
1
x− x1 +
1
x− x2 + ã ã ã+
1
x− xk
là hàm liên tục trong các khoảng (−∞;x1), (x1;x2), . . . , (xk−1;xk), (xk;∞).
Dựa vào sự biến thiên của các hàm
1
x− xj , phương trình g(x) = −a có thêm
k nghiệm mới nữa khác x1, x2, . . . , xk khi a 6= 0. Vậy f(x)[g(x) +a] = 0 có
tất cả (r1 − 1) + ã ã ã+ (rk − 1) + k = deg f(x) nghiệm thực. Vậy tất cả các
nghiệm của af(x)+f ′(x) đều thực. Khi a = 0 thì g(x) = 0 có k−1 nghiệm
thực mới nữa. Vậy f(x)[g(x)+0] = 0 có tất cả (r1−1)+ã ã ã+(rk−1)+k−1 =
deg f ′(x). Tóm lại tất cả các nghiệm của af(x)+f ′(x) là những số thực.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
9Ví dụ 1.2.12. Giả thiết tất cả các nghiệm của đa thức f(x) và đa thức g(x) =
a0x
n + a1x
n−1 + ã ã ã + an đều là những số thực. Khi đó tất cả các nghiêm
của F (x) = a0f(x) + a1f
′(x) + ã ã ã+ anf (n)(x) cũng đều là những số thực.
Bài giải: Biểu diễn g(x) = a0(x+ λ1)(x+ λ2) . . . (x+ λn) với các λj thực.
Ký hiệu F0(x) = a0f(x), F1(x) = F0(x) + λ1F
′
0(x) = a0[f(x) + λ1f
′(x)],
F2(x) = F1(x)+λ2F
′
1(x) = a0[f(x)+(λ1+λ2)f
′(x)]+λ1λ2f ′′(x)],v.v... cuối
cùng Fn(x) = Fn−1(x) + λnF ′n−1(x) = a0f(x) + a1f
′(x) + ã ã ã+ anf (n)(x).
Theo Ví dụ 1.2.11 suy ra tất cả các nghiệm của F0, F1, . . . , Fn đều thực.
Ví dụ 1.2.13. Cho f = cosu + C1n cos(u + α)x + ã ã ã + Cnn cos(u + nα)xn.
Giải phương trình f(x) = 0.
Bài giải: Đặt g = sinu+ C1n sin(u+α)x+ ã ã ã+ Cnn sin(u+nα)xn. Khi đó
f + ig = z + C1n ztx+ ã ã ã+ Cnn ztnxn = z(1 + tx)n
f − ig = z + C1n ztx+ ã ã ã+ Cnn ztnxn = z(1 + tx)n
z = cosu+ i sinu
t = cosα + i sinα.
Do đó 2f = z(1 + tx)n + z(1 + tx)n. Phương trình f(x) = 0 tương
đương với z(1 + tx)n + z(1 + tx)n = 0 hay
(1 + tx
1 + tx
)n
= −z
z
= −z2.
Như vậy
(1 + tx
1 + tx
)n
= cos(2u + pi) + i sin(2u + pi) và được
1 + tx
1 + tx
=
cos(
2u+ pi + k2pi
n
) + i sin(
2u+ pi + k2pi
n
) với k = 0, 1, . . . , n − 1. Từ đó
được x.
Ví dụ 1.2.14. Giả sử a1, . . . , an, b ∈ R \ {0} và α1, . . . , αn là những số thực
phân biệt. Khi đó f(x) = b+
n∑
k=1
a2k
x− αk chỉ có nghiệm thực.
Bài giải: Ta có f(c+ id) = b+
n∑
k=1
a2k
c+ id− αk = b+
n∑
k=1
a2k(c− αk − id)
(c− αk)2 + d2 .
Phần ảo Im(f(c + id)) = −d
n∑
k=1
a2k
(a− αk)2 + b2 6= 0 khi d 6= 0. Vậy f(c +
id) 6= 0 khi d 6= 0. Không hạn chế có thể coi α1 < α2 < ã ã ã < αn−1 < αn.
Hiển nhiên f(x) = 0 có n− 1 nghiệm thực γk thỏa mãn
α1 < γ1 < α2 < γ2 < ã ã ã < αn−1 < γn−1 < αn
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
10
và thêm đúng một nghiệm γ thỏa mãn hoặc γ ∈ (−∞, α1) hoặc γ ∈
(αn,+∞). Từ đó suy ra hàm f(x) chỉ có các nghiệm thực.
Ví dụ 1.2.15. Cho đa thức P (x) = 1 + x2 + x9 + xn1 + ...+ xns + x1992
với n1, ..., ns là các số tự nhiên cho trước thỏa mãn 9 < n1 < ... < ns <
1992. Chứng minh rằng nghiệm của đa thức P(x) (nếu có ) không thể lớn
hơn
1−√5
2 .
Ví dụ 1.2.16. Cho đa thức P (x) = x3 − 9x2 + 24x− 97 .
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại một số nguyên
dương an sao cho P (an) chia hết cho 3
n
.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
Chương 2
Vành các chuỗi lũy thừa hình thức
Như một sự tiếp tục của vành đa thức ta nghiên cứu vành các chuỗi luỹ thừa
hình thức một biến trên trường k = Q,R,C.
2.1 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức
Mục này tập trung nghiên cứu vành các chuỗi luỹ thừa hình thức một biến
trên một trường. Ký hiệu
k[[x]] = {a0 + a1x+ a2x2 + ã ã ã | ai ∈ k} =
{ ∞∑
i=0
aix
i | ai ∈ k
}
.
Mỗi phần tử f ∈ k[[x]], f =
∞∑
i=0
aix
i
với x0 = 1, được gọi là một chuỗi luỹ
thừa hình thức của biến x với các hệ tử thuộc k.Để biến k[[x]] thành một vành
giao hoán có đơn vị ta cần các phép toán sau. Cho f =
∞∑
i=0
aix
i, g =
∞∑
i=0
bix
i ∈
k[[x]] ta định nghĩa f = g khi và chỉ khi ai = bi cho mọi i = 0, 1, . . . và
f + g =
∞∑
i=0
(ai + bi)x
i, fg =
∞∑
i=0
(
i∑
j=0
ai−jbj)xi.
Mệnh đề 2.1.1. Với các phép toán trên, k[[x]] lập thành một vành giao hoán
có đơn vị.
Chứng minh: Việc kiểm tra các tiên đề của vành là thỏa mãn.
Trong vành này ta không quan tâm tới tính hội tụ và tính giá trị của chuỗi;
chỉ quan tâm tới tính hữu tỉ và công thức đóng của chuỗi. Người ta cần công
11
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
12
thức đóng của chuỗi để nghiên cứu tổng hay các hệ số của biểu diễn chuỗi.
Đạo hàm hình thức của phần tử f =
∞∑
i=0
aix
i
là f ′ =
∞∑
i=1
iaix
i−1. Với một
hàm f(x) bất kỳ xác định tại x = 0, ta biểu diễn nó qua chuỗi lũy thừa hình
thức f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn.
Định lý 2.1.2. Chuỗi lũy thừa hình thức f =
∞∑
i=0
aix
i
là ước của đơn vị khi
và chỉ khi a0 6= 0.
Chứng minh: Chuỗi luỹ thừa hình thức f(x) =
∞∑
i=0
aix
i
là đơn vị của k[[x]]
khi và chỉ khi tồn tại chuỗi luỹ thừa hình thức g(x) =
∞∑
i=0
bix
i
sao cho
f(x)g(x) = 1. Điều này tương đương với hệ a0b0 = 1,
i∑
j=0
ai−jbj = 0 cho
mọi i = 1, 2, . . . . Coi các bj là ẩn và hệ giải được khi và chỉ khi a0 6= 0.
Chuỗi g(x) được gọi là nghịch đảo của f(x) và đôi khi viết g(x) =
1
f(x)
.
Người ta thường quan tâm đến tính hữu tỉ của chuỗi và các hệ tử. Chuỗi
f(x) được gọi là chuỗi hữu tỉ nếu có p(x), q(x) ∈ k[x] để f(x) = p(x)
q(x)
hay
f(x)q(x) = p(x) trong k[[x]]. Nếu q(0) = 1, bậc của f(x) là deg f(x) :=
deg p(x) − deg q(x). Nếu tồn tại hàm (đại số hoặc siêu việt) F (x) sao cho
f(x) = F (x) thì F (x) được gọi là công thức đóng của chuỗi f(x). Khai triển
thành chuỗi luỹ thừa hình thức một số hàm đơn giản sau đây:
1
1− x = 1 + x+ x
2 + x3 + ã ã ã+ xn + ã ã ã
ex = 1 +
x
1!
+
x2
2!
+
x3
3!
+ ã ã ã+ x
n
n!
+ ã ã ã
ln(1 + x) = x− x
2
2
+
x3
3
− x
4
4
+ ã ã ã+ (−1)n−1x
n
n
+ ã ã ã
sinx = x− x
3
3!
+
x5
5!
− ã ã ã+ (−1)n−1 x
2n−1
(2n− 1)! + ã ã ã
cosx = 1− x
2
2!
+
x4
4!
− ã ã ã+ (−1)n x
2n
(2n)!
+ ã ã ã
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
13
arcsinx = x+
x3
2.3
+
1.3x5
2.4.5
+ ã ã ã+ 1.3.5 . . . (2n− 1)x
2n+1
2.4.6 . . . (2n).(2n+ 1)
+ ã ã ã
arccosx =
pi
2
−
(
x+
x3
2.3
+
1.3x5
2.4.5
+ ã ã ã+ 1.3.5 . . . (2n− 1)x
2n+1
2.4.6 . . . (2n).(2n+ 1)
+ ã ã ã
)
arctanx = x− x
3
3
+
x5
5
− ã ã ã+ (−1)n−1 x
2n−1
2n− 1 + ã ã ã
pi2
6
= 1 +
1
22
+
1
32
+ ã ã ã+ 1
n2
+ ã ã ã .
Chú ý 2.1.3. Điều kiện cho x để có biểu diễn như trên không xét ở đây.
Định lý 2.1.4. [Euler] Với mọi số thực x ta có eix = cosx+ i sinx.
Chứng minh: Từ eix = 1 +
ix
1!
+
(ix)2
2!
+
(ix)3
3!
+ ã ã ã+ (ix)
n
n!
+ ã ã ã ta suy
ra đồng nhất thức
eix = (1− x
2
2!
+
x4
4!
− ã ã ã+ (−1)n x
2n
(2n)!
+ ã ã ã )
+ i(x− x
3
3!
+
x5
5!
− ã ã ã+ (−1)n−1 x
2n−1
(2n− 1)! + ã ã ã ).
Do đó eix = cosx+ i sinx.
Hệ quả 2.1.5. Với mọi số thực x, y ta luôn có các hệ thức sau đây:
(i) eixeiy = ei(x+y) và
(
eix
)n
= einx với mọi n ∈ Z.
(ii)
eix
eiy
= ei(x−y) và eix = e−ix =
1
eix
.
(iii) cosx =
eix + e−ix
2
, sinx =
eix − e−ix
2i
.
Chứng minh: Suy ra từ Định lý 2.1.4.
Bổ đề 2.1.6. Ta có
e = 2 +
1
2!
+
1
3!
+ ã ã ã+ 1
n!
+ ã ã ã
pi = 4(1− 1
3
+
1
5
− ã ã ã+ (−1)
n−1
2n− 1 + ã ã ã ).
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
14
Chứng minh: Vì ex = 1+
x
1!
+
x2
2!
+
x3
3!
+ ã ã ã+ x
n
n!
+ ã ã ã nên khi cho x = 1
có e = 2 +
1
2!
+
1
3!
+ ã ã ã+ 1
n!
+ ã ã ã .
Vì arctanx = x− x
3
3
+
x5
5
− ã ã ã+ (−1)n−1 x
2n−1
2n− 1 + ã ã ã nên khi cho x = 1
có pi = 4(1− 1
3
+
1
5
− ã ã ã+ (−1)
n−1
2n− 1 + ã ã ã ).
Định lý 2.1.7. Số e là số vô tỉ.
Chứng minh: Từ chuỗi ex có e = 2 +
1
2!
+
1
3!
+ ã ã ã + 1
n!
+ ã ã ã . Giả sử
e là số hữu tỉ, e =
p
q
. Khi đó
p
q
= 2 +
1
2!
+ ã ã ã + 1
q!
+
1
(q + 1)!
+ ã ã ã .
Vậy p(q − 1)! − (2 + 1
2!
+ ã ã ã + 1
q!
)q! =
1
q + 1
+
1
(q + 1)(q + 2)
+ ã ã ã <
1
q + 1
+
1
(q + 1)2
+ ã ã ã = 1
q
. Điều này không thể được vì vế trái là số nguyên,
còn vế phải là một phân số thực sự nhỏ hơn 1. Vậy e là số vô tỉ.
Người ta đã chứng minh số pi cũng là số vô tỷ. Kết quả được phát biểu qua
định lý sau, 
Định lý 2.1.8. Số pi là số vô tỉ.
Ví dụ 2.1.9. Tính
∞∑
n=0
2n+1
(2n+ 1)
(
2n
n
)
và chỉ ra
m∑
n=0
2n+1
(2n+ 1)
(
2n
n
) < pi với mọi
số nguyên dương m.
Bài giải: Từ đồng nhất thức (arcsinx)2 =
∞∑
n=0
22n(n!)2x2n+2
(2n+ 1)!(n+ 1)
với |x| 6 1
và lấy đạo hàm hai vế ta nhận được 4x
arcsinx√
1− x2 =
∞∑
n=0
22n+2(n!)2x2n+2
(2n+ 1)!
=
∞∑
n=0
(2x)2n+2
(2n+ 1)
(
2n
n
) . Với x = √2
2
ta có hệ thức
∞∑
n=0
2n+1
(2n+ 1)
(
2n
n
) = pi.
Ví dụ 2.1.10. Cho f(x) =
1− x+ x2
1 + x+ x2
. Chứng minh rằng f (s)(0) là số nguyên
và chia hết cho 2s! với mọi s = 1, 2, . . . .
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
15
Bài giải: Biểu diễn f(x) = 1 − 2x
1 + x+ x2
= 1 +
2x2 − 2x
1− x3 khi |x| < 1.
Viết thành chuỗi cho f(x), ta có f(x) =
1+(2x2−2x)(1+x3+x6+ã ã ã ) = 1−2x+2x2−2x4+2x5−2x7+2x8−ã ã ã .
Khi đó f (s)(0) =

−2s! nếu s = 3n− 2
2s! nếu s = 3n− 1
0 nếu s = 3n.
Vậy f (s)(0) là số nguyên và chia
hết cho 2s!.
Ví dụ 2.1.11. Cho f(x) = 1 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + ã ã ã thỏa mãn tất cả các
hệ số các lũy thừa của x trong khai triển
f ′(x)
f(x)
có giá trị tuyệt đối không
vượt quá 2. Chứng minh rằng |an| 6 n+ 1 với mọi n.
Bài giải: Biểu diễn
f ′(x)
f(x)
=
∞∑
n=0
bnx
n
với |bn| 6 2 cho mọi n. Vì f ′(x) =
f(x).
f ′(x)
f(x)
nên ta nhận được hệ thức dưới đây:
a1+2a2x+3a3x
2+ã ã ã = (1+a1x+a2x2+a3x3+ã ã ã )(b0+b1x+b2x2+ã ã ã ).
Giả sử |an| 6 n+ 1 không thể thỏa mãn với mọi n. Khi đó có số tự nhiên k
nhỏ nhất để |ak| > k+1. Do bởi kak = b0ak−1+b1ak−2+ ã ã ã+bk−2a1+bk−1
và |kak| > k(k + 1) nên
|b0ak−1 + b1ak−2 + ã ã ã+ bk−2a1 + bk−1| 6 2
(|ak−1|+ |ak−2|+ ã ã ã+ |a1|+ 1)
và như thế k(k + 1) < |kak| 6 2
(
k + (k − 1) + ã ã ã + 2 + 1) = k(k + 1) :
mâu thuẫn. Như vậy |an| 6 n+ 1 với mọi n.
Ví dụ 2.1.12. Chứng minh rằng 2
1
2 (22)
1
22 ã ã ã (2n) 12n < 4 với mọi số nguyên
dương n.
Bài giải: Vì 2
1
2 (22)
1
22 ã ã ã (2n) 12n = 2
n∑
k=1
k
2k
nên chỉ cần chứng minh
n∑
k=1
k
2k
<
2. Vì
∞∑
k=1
k
2k
=
∞∑
k=1
∞∑
r=k
1
2r
=
∞∑
k=1
1
2k−1
= 2 nên
n∑
k=1
k
2k
< 2.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
16
Ví dụ 2.1.13. Tìm lim
n→+∞
an
bn
, trong đó dãy số nguyên (an) và (bn) thỏa mãn:{
a−1 = 0, b−1 = 1, a0 = 1, b0 = 1 và với n > 1 :
an = 2an−1 + (2n− 1)2an−2, bn = 2bn−1 + (2n− 1)2bn−2.
Bài giải: Bằng quy nạp theo n ta nhận được các công thức bn =
n∏
k=0
(2k+ 1)
và an = (2n + 1)an−1 + (−1)n
n−1∏
k=0
(2k + 1). Vậy
an
bn
=
an−1
bn−1
+
(−1)n
2n+ 1
với
mọi số nguyên n > 0. Như vậy an
bn
= 1 − 1
3
+
1
5
+ ã ã ã + (−1)
n
2n+ 1
. Chuyển
qua giới hạn ta được lim
n→+∞
an
bn
= arctan 1 =
pi
4
.
Ví dụ 2.1.14. Cho hai dãy số nguyên (an) và (bn) thỏa mãn:{
a0 = −1, b0 = 1
an = 2n− 1, bn = −n2, n > 1.
Xây dựng hai dãy các số nguyên (An) và (Bn) như sau:{
A0 = 0, B0 = 1, A1 = 1, B1 = a1
An+1 = an+1An + bnAn−1, Bn+1 = an+1Bn + bnBn−1, n > 1.
(i) Tính An, Bn theo n.
(ii) Chứng minh
An
Bn
∈ Q \ Z.
(iii) Tìm lim
n→∞
Bn
An
.
(iv) Chứng minh
n∑
k=1
1
k
=
1
1− 1
2
3− 2
2
5− 3
2
.
.
. − ã ã ã
2n− 3− (n− 1)
2
2n− 1
.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
17
Bài giải: Bằng quy nạp theo n ta nhận được các công thức Bn = n! và
An = (
n∑
k=1
1
k
)n!.
(ii) Ta có
An
Bn
=
n∑
k=1
1
k
∈ Q \ Z.
(iii) Vì
Bn
An
=
1
n∑
k=1
1
k
nên lim
n→∞
Bn
An
= lim
x→−1+
1
ln(1 + x)
= 0.
(iii) Do
n∑
k=1
1
k
=
An
Bn
=
1
1− 1
2
3− 2
2
5− 3
2
.
.
. − ã ã ã
2n− 3− (n− 1)
2
2n− 1
.
2.2 Dãy hiệu của một dãy
Định nghĩa 2.2.1. Cho dãy số {an} = {an}n∈N. Dãy {Dan}n∈N với Dan =
an+1 − an, n > 0, được gọi là dãy hiệu của dãy {an}.
Vì dãy hiệu cũng là một dãy số nên ta có thể lập dãy hiệu của nó và ký hiệu
qua {D2an}. Hiển nhiên
D2an = Dan+1 −Dan = an+2 − 2an+1 + an.
Tổng quát Dk+1an = D
kan+1 −Dkan và Dk(Dhan) = Dk+han.
Ví dụ 2.2.2. Với số nguyên dương r, dãy (an), trong đó an =
(
n
r
)
, thỏa mãn
hệ thức Dan = an+1 − an =
(
n
r−1
)
.
Bổ đề 2.2.3. Với hai dãy số {an} và {bn} ta cóD(ran+sbn) = rDan+sDbn
và Dk(ran + sbn) = rD
kan + sD
kbn với mọi số r, s và số tự nhiên k, n.
Chứng minh: VìD(ran+sbn) = rDan+sDbn = r(an+1−an)+s(bn+1−bn)
nên có ngay kết quả D(ran + sbn) = rDan + sDbn. Tổng quát D
k(ran +
sbn) = rD
kan + sD
kbn được chứng minh dễ dàng bằng qui nạp theo k.
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 
18
Bổ đề 2.2.4. Cho dãy số {an}. Nếu Dr+1an = 0 với mọi n > 0 thì r + 1 số
hạng a0, D