Bài Toán Đổi Tiền Của Frobenius.docx

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
NGỤY PHƢƠNG HOÀI
BÀI TOÁN ĐỔI TIỀN
CỦA FROBENIUS
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
NGỤY PHƢƠNG HOÀI
BÀI TOÁN ĐỔI TIỀN
CỦA FROBENIUS
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Hoàng Lê Trƣờng

Mnc lnc
M ĐAU 1
1 Bài toán đoi tien của Frobenius 3
1.1 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hai h đong xu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Phân thác đơn giản và công thác Frobenius . . . . . . . . . 17
1.4 Ket quả của Sylvester . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5 So Frobenius cho hai đong xu . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6 Định lý của Sylvester . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2 M t so van đe m r ng 33
2.1 Ba đong xu và nhieu đong xu . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2 So Frobenius cho các t p đ c bi t . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.1 So Frobenius cho cap so c®ng . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.2 So Frobenius cho cap so nhân . . . . . . . . . . . . . 40
2.3 M®t so ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Ket lu n 45
Tài li u tham khảo 46

1
1
2
M ĐAU
Fredinand Georg Frobenius (1849 - 1917) là m®t nhà toán hoc người
Đác női tieng với nhǎng đóng góp trong lý thuyet hàm Eliptic, phương
trình vi phân và lý thuyet nhóm. Bài toán Diophantine tuyen tính của ông
có nhǎng áng dụng quan trong trong nhieu lĩnh vực khác nhau của toán
hoc như lý thuyet so, lý thuyet tự đ®ng và tő hợp. M®t ví dụ női tieng của
bài toán Diophantine tuyen tính của Frobenius là "Bài toán đői tien của
Frobenius": Cho trước k loại tien có m nh giá là các so tự nhiên nguyên
to cùng nhau, xác định khoản tien lớn nhat không the đői thành các loại
tien trên. Cũng có nhieu ví dụ trong so hoc sơ cap dạng như: Tìm khoản
tien lớn nhat không the đői được thành các loại tien m nh giá 3 xu, 5 xu,
7 xu.
Bài toán Frobenius đã được giải quyet cho trường hợp hai so. Ta đã
biet công thác tính so Frobenius của hai so tự nhiên a, b nguyên to cùng
nhau là ab − a − b và so nguyên dương không bieu dien được qua a, b là
(a − 1)(b − 1). Nhưng vi c giải quyet với trường hợp nhieu hơn ho c bang
3 so là vô cùng khó và đen nay van là m®t bài toán mở.
Trong lu n văn này, tôi trình bày m®t cách có h thong m®t vài ket
quả quan trong của Bài toán đői tien của Frobenius. Mục tiêu chính của
lu n văn là trả lời câu hỏi khi nào m®t khoản tien cho trước có the đői
thành nhǎng đong tien với m nh giá cho trước, xác định khoản tien lớn
nhat không the đői được và xác định có bao nhiêu cách đe đői tien. Chính
vì v y, chúng tôi đã chon đe tài “Bài toán đői tien của Frobenius” làm chủ
đe nghiên cáu cho lu n văn.
Bo cục của lu n văn gom mở đau, hai chương, ket lu n và tài li u tham
khảo.
Trong chương 1, chúng tôi giới thi u sơ lược ve bài toán đői tien của

2
Frobenius, trình bày công thác Frobenius cho trường hợp hai so và ket quả
của Sylvester. Bài toán Frobenius cho hai đong xu và cháng minh định lý
của Sylvester cũng được trình bày ở phan cuoi Chương 1.
Chương 2 trình bày m®t so ket quả ve trường hợp đ c bi t của bài toán
Frobenius cho ba so và cho các t p đ c bi t. Cuoi chương này chúng tôi có
trình bày hai ví dụ thực te tương tự với bài toán đői tien của Frobenius.
Với tình cảm chân thành, tác giả xin được bày tỏ lòng biet ơn đen
trường Đại hoc Khoa hoc – Đại hoc Thái Nguyên, Phòng Đào tạo, Khoa
Toán – Tin, quý thay cô giáo giảng dạy lớp cao hoc Toán K10 đã t n tình
hướng dan, tạo moi đieu ki n cho tác giả trong suot quá trình hoc t p,
nghiên cáu và hoàn thành lu n văn.
Đ c bi t, tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac đen TS. Hoàng Lê
Trường, người thay trực tiep giảng dạy, hướng dan khoa hoc. Với nhǎng
kien thác, kinh nghi m quý báu, thay đã ân can chỉ bảo giúp đơ tác giả
tự tin, vượt qua nhǎng khó khăn, trở ngại trong quá trình nghiên cáu đe
hoàn thành lu n văn.
Xin được bày tỏ lòng biet ơn của tác giả đen các bạn hoc viên, các đong
nghi p, người thân đã đ®ng viên, giúp đơ, tạo đieu ki n thu n lợi đe tác
giả hoàn thành khóa hoc.
Xin chân thành cảm ơn !
Tác giả
Ngny Phương Hoài

3
Σ
Chương 1
Bài toán đoi tien của Frobenius
Trong chương này, chúng tôi trình bày m®t so kien thác chuȁn bị như
hàm sinh, các áng dụng của hàm sinh đe tìm hàm phân hoạch có giới
hạn, tà đó cháng minh được bài toán Frobenius cho hai so nguyên to cùng
nhau. Bài toán Frobenius cùng các ví dụ trong lu n văn giúp trả lời câu
hỏi so tien lớn nhat không xuat hi n khi dùng h thong tien mới hay so
điem cao nhat không xuat hi n trong trò chơi là bao nhiêu. Phan cuoi của
chương cũng trình bày m®t so ket quả ve so Frobenius trong trường hợp
ba so và trong trường hợp đ c bi t của cap so c®ng, cap so nhân.
1.1 Hàm sinh
Hàm sinh có nhieu áng dụng của toán rời rạc cũng như lý thuyet so.
Hàm sinh giúp ta chuyen nhǎng bài toán ve dãy so thành nhǎng bài toán
ve hàm so. Với đieu này chúng ta có the de dàng giải quyet được m®t so
bài toán.
Giả sả chúng ta khảo sát m®t dãy so vô hạn (ak)∞
k=0 phát sinh trong
hình hoc ho c theo kieu đ quy (truy hoi). Tìm m®t “công thác chính xác”
đe tính giá trị ak theo chỉ so k? Có bao nhiêu cách xác định ak khác nhau?
Chuyen dãy so này vào hàm sinh
F(z) = akzk
k≥0
cho phép chúng ta tìm ra câu trả lời cho các câu hỏi trên m®t cách vô cùng

4
Σ
Σ Σ Σ
−
Σ Σ
k≥0 k≥0 k≥0 k≥0
nhanh chóng và de dàng. Chúng ta coi hàm F (z) như ket quả của vi c
chuyen đői dãy so (ak) tà hàm rời rạc sang hàm liên tục.
Đe minh hoa cho các khái ni m này, chúng ta sě bat đau bang ví dụ cő
đien ve dãy Fibonacci fk được đ t tên theo tên của nhà toán hoc Leonardo
Pisano Fibonacci và được định nghĩa bởi công thác truy hoi
f0 = 0, f1 = 1, và fk+2 = fk+1 + fk với k ≥ 0.
Tà đó ta có giá trị dãy so
(fk)∞
k=0 = (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .).
Bây giờ chúng ta hãy xem hàm sinh có the mang lại ket quả gì cho chúng
ta. Nhac lại hàm sinh của dãy Fibonacci (fk)∞
k=0 là
F(z) := fkzk
.
k≥0
Chúng ta đ t hai ve của công thác truy hoi vào hàm sinh như dưới đây
Σ
fk+2zk
=
Σ
(fk+1 + fk)zk
=
Σ
fk+1zk
+
Σ
fkzk
. (1.1)
Ve trái của đȁng thác (1.1) bang
f
k≥0
k+2zk
=
1
z2 f
k≥0
k+2zk+2
=
1
z2 fk
k≥2
zk
=
1
(F (z) z).
z2
Trong khi đó ve phải của đȁng thác (1.1) có giá trị
f
k≥0
k+1zk
+ fk
k≥0
zk
=
1
F (z) + F (z).
z
Theo đó, đȁng thác (1.1) có the viet lại như sau
ho c
1
z2
(F (z) − z) =
1
F (z) + F (z),
z
z
F (z) =
1 − z − z2
.

5
∞ ∞
Σ
1
2
k
z.
Σ
2 2
1 − z − z2
= √
5
z
2
— √
5
z
2
√
5
— √
5
− −
k≥0 k≥0
2 2
Khi chúng ta khai trien hàm F(z) thành m®t chuoi lũy thàa, chúng ta sě
có được dãy so Fibonacci là h so của chuoi như dưới đây
z
1 − z − z2
= z + z2
+ 2z3
+ 3z4
+ 5z5
+ 8z6
+ 13z7
+ 21z8
+ 34z9
+ . . . .
Bây giờ ta sả dụng phương pháp giải hàm hǎu t thường dùng: phương
pháp khai trien phân thúc hũu ty thành các phân thúc hũu ty đơn giản.
Xét trường hợp của chúng ta, phan mau so là
1 − z − z2
= 1 −
1 +
√
5
z
!
1 −
1 −
√
5
z
!
và khi khai trien thành các phân thác hǎu t đơn giản, ta có
F(z) =
z
1 − z − z2
=
1/
√
5
1 +
√
5
1 z
2
1/
√
5
—
1
1 −
√
5
z
2
. (1.2)
Hai bieu thác trên được khai trien thành các chuoi thông qua chuoi hình
hoc
Σ
xk
=
1 (1.3)
với giá trị tương áng x =
1 +
√
5
z và x =
1 −
√
5
z. Tà đó, ta thu được
2 2
z 1 Σ 1 +
√
5
!k
1 Σ 1 −
√
5
!k
∞
= √
5
k≥0
1 +
√
5
!k
1 −
√
5
!k
So sánh các h so của zk
trong định nghĩa F (z) = fkzk
với các h so
k≥0
của zk
trong bieu thác F(z) bên trên, chúng ta nh n được công thác
1 1 +
√
5
!k
1 1 −
√
5
!k
k≥0
2
1 − x
F(z) =
fk =
−

6
Q
m
cho dãy Fibonacci.
Phương pháp phân tích m®t hàm sinh hǎu t thành các phân thác đơn
giản như trên là m®t trong nhǎng công cụ toán hoc quan trong của chúng
ta. Bởi vì chúng ta sě sả dụng phương pháp phân tích đa thác hǎu t
thành đa thác đơn giản nên chúng ta phát bieu chuȁn tac phương pháp
này bởi định lý sau đây.
Định lý 1.1.1 (Khai trien phân thác đơn giản). Cho hàm hũu ty
p(z)
F (z) := m
k=1(z − ak )ek
,
trong đó p là m®t đa thúc có b¾c nhó hơn e1 + e2 + . . . + em và ak là các
so phân bi t, khi đó ton tại phép phân tích
F(z) =
Σ
k=1
ck,1
+
z − ak
ck,2
(z − ak)2
+ . . . +
ck,ek
,
(z − ak)ek
trong đó ck,j ∈ C là giá tr duy nhat.
1.2 Hai h đong xu
Hãy tưởng tượng chúng ta đưa ra m®t h thong đong tien mới. Thay
vì vi c sả dụng các đong 1 cent, đong 5 cent, 10 cent và 25 cent, chúng
ta đong ý sả dụng các đong 4 cent, 7cent, 9 cent và 34 cent. Chúng ta có
the chỉ ra được nhược điem của h thong đong tien mới này như sau: m®t
vài so tien trong h thong cũ là không the đői được sang so tien trong h
thong mới (trà các đong tien có sȁn), ví dụ 2 ho c 5 cent. Tuy nhiên, chính
nhược điem này làm cho h thong đong tien mới này thú vị hơn h thong
đong tien cũ, vì chúng ta có the đ t ra câu hỏi “có the thu được tőng giá
trị tien không đői được là bao nhiêu?”. Thực te khi sả dụng h thong tien
mới này chúng ta có ít hơn tien cũ và do đó phan dư không đői được bien
mat khỏi thực te.
M®t câu hỏi tự nhiên đ t ra, so tien lớn nhat không the đői có giá trị bao
nhiêu? Câu hỏi này đã nh n được câu trả lời đau tiên bởi Ferdinand Georg

7
Frobenius (1849-1917), và James Joseph Sylvester (1814-1897). Chúng ta
muon đ t ra m®t câu hỏi mang tính khái quát chung nhat có the. Vì the
chúng ta đưa ra câu hỏi còn được goi là bài toán đői tien của Frobenius
như sau:
Bài 1.2.1 (Bài toán đői tien của Frobenius). Đoi với các đong tien có
m nh giá a1, a2, . . . , ad là các so nguyên dương có ước chung lớn nhat bang
1, câu hói đ¾t ra là: có the đưa ra công thúc so tien lớn nhat không the có
được bang cách sủ dựng đong tien a1, a2, . . . , ad?
Đe phát bieu cụ the ve m t toán hoc, chúng ta có m®t t p hợp so
nguyên dương
A = {a1, a2, . . . , ad}
với gcd(a1, a2, . . . , ad) = 1.
Định nghĩa 1.2.2. So nguyên dương n được goi là bieu dien được bang
t p so A trên neu ton tại các so nguyên không âm m1, m2, . . . , md sao cho
n = m1a1 + m2a2 + . . . + mdad.
Ví dn 1.2.3. Cho t p so A = {2, 3, 5, 7}. Khi đó, các so
13 = 0 · 2 + 2 · 3 + 0 · 5 + 1 · 7,
15 = 0 · 2 + 5 · 3 + 0 · 5 + 0 · 7,
28 = 14 · 2 + 0 · 3 + 0 · 5 + 0 · 7,
nên chúng bieu dien được theo A.
Xét ve ngôn ngǎ đong tien, đieu này có nghĩa là chúng ta có the đői
được n thành các đong xu a1, a2, . . . , ad. Bài toán Frobenius (thường được
goi là bài toán Diophantine tuyen tính của Frobenius) yêu cau chúng ta
tìm ra so nguyên lớn nhat không the bieu dien thông qua các so nguyên
không âm a1, a2, . . . , ad như trên.

8
Định nghĩa 1.2.4. So nguyên lớn nhat không the bieu dien thông qua
các so nguyên không âm a1, a2, . . . , ad như trên được goi là so Frobenius
và kí hi u là g(a1, a2, . . . , ad).
Giả thiet gcd(a1, a2, . . . , ad) = 1 là can thiet đe so Frobenius ton tại.
Neu ước chung lớn nhat khác 1, tat cả các so nguyên không là b®i của
gcd(a1, a2, . . . , ad) sě không the bieu dien được dưới dạng tő hợp tuyen
tính của các so trong A. Do đó, có the không ton tại so lớn nhat không
the bieu dien thông qua A, có nghĩa là có the không ton tại so Frobenius
neu gcd(a1, a2, . . . , ad) /= 1.
Ví dn 1.2.5. Neu ta có hai đong 4 cent và 6 cent, ước chung lớn nhat là
2, không có cách ket hợp m®t so lượng bat kỳ hai đong xu này đe thu được
tőng là m®t so lẻ.
M t khác, khi ước chung lớn nhat bang 1, theo định lý Schur, t p
các so nguyên không the bieu dien được bang tő hợp tuyen tính của
{a1, a2, . . . , ad} bị ch n, và do đó so Frobenius ton tại.
Trong lý thuyet tő hợp, định lý Schur cho biet so cách bieu dien m®t
so cho trước thành tő hợp tuyen tính (nguyên, không âm) của m®t t p co
định gom các so nguyên to cùng nhau.
Định lj 1.2.6 (Schur). Cho {a1, . . . , ad} là m®t t¾p các so nguyên sao
cho gcd(a1, a2, . . . , ad) = 1, so các b® so nguyên không âm (c1, . . . , cd)
khác nhau sao cho x = c1a1 + · · · + cdad khi x dan tới vô cùng là
xd−1
(n − 1)!a1 · · · ad
(1 + o(1)).
Nói cách khác, với moi t p các so nguyên to cùng nhau {a1, . . . , ad},
ton tại m®t giá trị của x sao cho với so lớn hơn nó đeu bieu dien được
thành tő hợp tuyen tính của {a1, . . . , an} theo ít nhat m®t cách. H quả
này của định lý Schur có the được l p lại trong m®t ngǎ cảnh quen thu®c,
xét bài toán Frobenius đői m®t so tien bang cách sả dụng m®t t p hợp

9
tien xu. Neu m nh giá của đong xu là các so nguyên to cùng nhau thì bat
kỳ so tien đủ lớn nào cũng có the đői được chỉ bang nhǎng đong tien này.
Neu d = 1 thì a1 = 1 nên tat cả các so tự nhiên đeu có the bieu dien
được qua a1. Do đó, không ton tại so Frobenius trong trường hợp d = 1.
Định lý dưới đây cho ta m®t công thác với d = 2.
Định lj 1.2.7. Neu a1 và a2 là các so nguyên dương nguyên to cùng nhau
thì
g(a1, a2) = a1a2 − a1 − a2.
Ví dn 1.2.8. Cho A1 = {3, 4}. Khi đó a1 = 3 và a2 = 4 là các so nguyên
dương nguyên to cùng nhau. Theo định lý trên thì
g(3, 4) = g(a1, a2) = a1a2 − a1 − a2 = 12 − 3 − 4 = 5
là so nguyên lớn nhat không the bieu dien được thông qua các so trong
A1. Các so nguyên 6, 7, 8, 9, . . . đeu bieu dien được thông qua A1.
Ví dn 1.2.9. Cho A2 = {7, 8}. Khi đó a1 = 7 và a2 = 8 là các so nguyên
dương nguyên to cùng nhau. Theo định lý trên thì
g(7, 8) = g(a1, a2) = a1a2 − a1 − a2 = 56 − 7 − 8 = 41
là so nguyên lớn nhat không the bieu dien được thông qua các so trong
A2. Tat cả các so nguyên 42, 43, 44, . . . đeu bieu dien được thông qua A2.
Ví dụ các 43 = 5 · 7 + 8, 44 = 4 · 7 + 2 · 8.
Định lj 1.2.10 (Định lý Sylvester). Cho a1 và a2 là hai so nguyên dương
nguyên to cùng nhau. Đúng m®t nủa so nguyên nam trong khoảng 1 và
(a1 − 1)(a2 − 1) có the bieu dien theo {a1, a2}.
Mục đích của chúng ta trong chương này là cháng minh hai định lý trên
(và đi xa hơn m®t chút) bang cách khai trien thành phân thác đơn giản.
Chúng ta tiep c n bài toán Frobenius bang cách nghiên cáu các hàm phân
hoạch có giới hạn.

10
Định nghĩa 1.2.11. M®t phân hoạch của so nguyên dương n là m®t t p
các so nguyên dương {n1, n2, . . . , nk} (n1 ≤ n2 ≤ . . . ≤ nk) sao cho
n = n1 + n2 + · · · + nk. Các so n1, n2, . . . , nk được goi là các phan của
phép phân hoạch.
Định nghĩa 1.2.12. So cách phân hoạch của so nguyên dương n chỉ sả
dụng các phan tả của A = {a1, . . . , ad} được xác định bởi hàm phân hoạch
sau
pA(n) := #{(m1, . . . md) ∈ Zd
: moi mj ≥ 0, m1a1 + . . . + mdad = n}.
Xét ở khía cạnh hàm đơn giản, g(a1, a2, . . . , ad) là so nguyên dương n
lớn nhat đe pA(n) = 0.
Chúng ta có m®t cách giải thích hình hoc khá đep ve hàm phân hoạch
có giới hạn, bieu dien hình hoc bat đau với t p so
P = {(x1, x2, . . . , xd) ∈ Rd
: moi xj ≥ 0, x1a1 + x2a2 + . . . + xdad = 1}.
(1.4)
Mở r®ng thá n của t p so bat kỳ S ⊆ Rd
được định nghĩa bởi
{(nx1, nx2, . . . , nxd) : (x1, x2, . . . , xd) ∈ S} .
Bài toán 1.2.13. Cho trước m®t đong tien và m®t h thong các đong tien.
Khi đó chúng ta muon biet có bao nhiêu cách đői đong tien thành các đong
tien cho trước.
Cách tiep c n bài toán ở đây là sả dụng hàm sinh. Cụ the ve m t toán
hoc, chúng ta có m®t t p hợp các so nguyên dương A = {a1, . . . , ad} sao
cho gcd(a1, . . . , ad) = 1. Khi đó hàm phân hoạch pA(n) là hàm đem so cách
đői m®t đong tien n thành các đong có m nh giá a1, . . . , ad. Các so không
âm m1, . . . , md trong phương trình n = m1a1 + . . . + mdad có the xem
như m®t điem nguyên trong không gian Rd
. Do đó chúng ta có the xem
t p các cách đői tien như là t p các điem nguyên (X1, X2, . . . , Xd) trong
không gian Rd
mà thỏa mãn phương trình n = X1a1 + . . . + Xdad. Tà đó,

11
y
n
b
1
b
n
a x
1
c
1
a
n
c
z
chúng ta có the mô tả hình hoc t p các cách đői tien bởi các siêu m t trong
không gian Rn
. Cụ the ở đây t p các siêu m t là X1a1 + . . . + Xdad = 1
và Xi ≥ 0 với moi i = 1, . . . , d. Như v y ta có m®t bieu dien hình hoc khá
đep ve hàm đơn giản có giới hạn. Chúng ta có mô tả hình hoc bat đau với
t p so
P = {(x1, x2, . . . , xd) ∈ Rd
: ∀xj ≥ 0, x1a1 +x2a2 +. . .+xdad = 1}. (1.5)
Mở r®ng nth
trong t p so P ⊆ Rd
là
nP := {(nx1, nx2, . . . , nxd) : (x1, x2, . . . , xd) ∈ P } .
Hình 1.1: Hình đa di n P với d = 3.
Hàm pA(n) được tính m®t cách chính xác các điem so nguyên trong Zd
nam trong dãy mở r®ng so nguyên dương nth
của t p so P . T p Zd
là m®t
ví dụ ve m®t mạng lưới, và các điem so nguyên thường được goi là điem

12
lưới. Quá trình mở r®ng t p hợp so trong tình huong này trong boi cảnh
này tương đương với vi c thay the x1a1 + . . . ..xdad = 1 trong định nghĩa
P với x1a1 + . . . ..xdad = n. T p so P bieu dien thành m®t hình đa di n.
Chúng ta có the de dàng vě hình bieu dien P và t p so mở r®ng cho d ≤ 3;
Hình 1.1 the hi n hình không gian 3 chieu.
Ví dn 1.2.14. Với d = 2, a1 = 3, a2 = 5 ta có
P = {(x1, x2) ∈ R2
: moi xj ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 1}.
Mở r®ng thá 2 của P là t p
{(2x1, 2x2) : (x1, x2) ∈ P }
= {(2x1, 2x2) ∈ R2
: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 1}
= {(x1, x2) ∈ R2
: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 2}.
Tương tự, mở r®ng thá 3 của P là t p
{(3x1, 3x2) : (x1, x2) ∈ P }
= {(3x1, 3x2) ∈ R2
: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 1}
= {(x1, x2) ∈ R2
: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 3}.
Và tiep tục cho các mở r®ng khác.
Ví dn 1.2.15. Chúng ta bat đau với với d = 2, a1 = 3, a2 = 5. Khi đó
chúng ta bat đau với đa di n
P = {(x1, x2) ∈ R2
: ∀xj ≥ 0, 3x1 + 5x2 = 1}.
Bây giờ chúng ta tính hàm
P{3,5}(n) = |nP ∩ Z2
|
thông qua đem các điem trong nP. Với n = 1, chúng ta thay rang không
có điem nguyên không âm nào nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 1. Do
đó P{3,5}(1) = 0. Với n = 2, chúng ta thay rang không có điem nguyên

13
n
P{3,5}(n)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 2
không âm nào nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 2. Do đó P{3,5}(2) = 0.
Với n = 3, chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (1, 0)
nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 3. Do đó P{3,5}(3) = 1. Với n = 4,
chúng ta thay rang không có điem nguyên không âm nào nam trên đường
thȁng 3x1 + 5x2 = 4. Do đó P{3,5}(4) = 0. Với n = 5, chúng ta thay
rang có duy nhat điem nguyên không âm (0, 1) nam trên đường thȁng
3x1 + 5x2 = 5. Do đó P{3,5}(5) = 1. Với n = 6, chúng ta thay rang có duy
nhat điem nguyên không âm (2, 0) nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 6.
Do đó P{3,5}(6) = 1. Với n = 7, chúng ta thay rang không có điem nguyên
không âm nào nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 7. Do đó P{3,5}(7) = 0.
chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (3, 0) nam trên
đường thȁng 3x1 + 5x2 = 9. Do đó P{3,5}(9) = 1. Với n = 10, chúngta
thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (0, 2) nam trên đường thȁng
3x1 + 5x2 = 10. Do đó P{3,5}(10) = 1. Với n = 11, chúng tathay rang
có duy nhat điem nguyên không âm (2, 1) nam trên đường thȁng 3x1 +
5x2 = 11. Do đó P{3,5}(11) = 1. Với n = 12, chúng tathay rang có duy
nhat điem nguyên không âm (4, 0) nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 =
12. Do đó P{3,5}(12) = 1. Với n = 13, chúng tathay rang có duy nhat
điem nguyên không âm (1, 2) nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 13. Do
đó P{3,5}(12) = 1. Với n = 14, chúng ta thay rang có duy nhat điem
nguyên không âm (3, 1) nam trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 14. Do đó
P{3,5}(12) = 1. Với n = 15, chúng ta thay rang có 2 điem nguyên không
âm (5, 0),(0, 3) nam trên đường thȁng 3x1 +5x2 = 15.
Do đó P{3,5}(12) = 2. Trong phan tiêp theo chúng ta sě chỉ ra công thác
tính cụ the P{3,5}(n) thông qua 3 và 5.

14
3
2
1
1 2 3 4 5
Hình 1.2: Các so nguyên không âm thỏa mãn 3x + 5y = n, với n = 0, 1, 2, ...
.
P = {(x1, x2) ∈ R2
: ∀xj ≥ 0, 2x1 + 3x2 = 1}.
P{2,3}(n) = |nP ∩ Z2
|
đó P{2,3}(1) = 0. Với n = 2, chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên
không âm (1, 0) nam trên đường thȁng 2x1 +3x2 = 2. Do đó P{2,3}(2) = 1.
chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (2, 0) nam trên
đường thȁng 2x1 +3x2 = 4. Do đó P{2,3}(4) = 1. Với n = 5, chúng ta thay

15
n
P{3,5}(n)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
0 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 3 2 3 3
rang có duy nhat điem nguyên không âm (1, 1) nam trên đường thȁng
2x1 + 3x2 = 5. Do đó P{2,3}(5) = 1. Với n = 6, chúng ta thay rang có duy
nhat điem nguyên không âm (0, 2) nam trên đường thȁng 2x1 + 3x2 = 6.
Do đó P{2,3}(6) = 1. Với n = 7, chúng ta thay rang có duy nhat điem
nguyên không âm (2, 1) nam trên đường thȁng 2x1 + 3x2 = 7. Do đó
P{2,3}(7) = 1. Với n = 8, chúng ta thay rang có 2 điem nguyên không âm
(4, 0) và (1, 2) nam trên đường thȁng 2x1 + 3x2 = 8. Do đó P{2,3}(8) = 2.
Với n = 9, chúng ta thay rang có 2 điem nguyên không âm (0, 3) và (3, 1)
chúng ta thay rang có 2 điem nguyên không âm (5, 0), (2, 2) nam trên
đường thȁng 2x1 + 2x2 = 10. Do đó P{2,3}(10) = 2. Với n = 11, chúng
ta thay rang có 2 điem nguyên không âm (4, 1), (1, 3) nam trên đường
thȁng 2x1 + 3x2 = 11. Do đó P{2,3}(11) = 2. Với n = 12, chúng ta thay
rang có 3 điem nguyên không âm (6, 0) (3, 2), 0, 4 nam trên đường thȁng
2x1 + 2x2 = 12. Do đó P{2,3}(12) = 3. Với n = 13, chúng ta thay rang có 2
điem nguyên không âm (5, 1), (2, 3) nam trên đường thȁng 2x1 +3x2 = 13.
Do đó P{2,3}(13) = 2. Với n = 14, chúng ta thay rang có 3 điem nguyên
không âm (7, 0), (4, 2), (1, 4) nam trên đường thȁng 2x1 + 3x2 = 14. Do
đó P{2,3}(14) = 3. Với n = 15, chúng ta thay rang có 3 điem nguyên
không âm (6, 1), (3, 3), (0, 5) nam trên đường thȁng 2x1 + 3x2 = 15. Do
đó P{2,3}(15) = 3. Trong phan tiêp theo chúng ta sě chỉ ra công thác tính
cụ the P{2,3}(n) thông qua 2 và 3.

16
3
2
1
1 2 3 4 5
Hình 1.3: Các so nguyên không âm thỏa mãn 2x + 3y = n với n = 0, 1, 2, ....
P = {(x1, x2) ∈ R2
: ∀xj ≥ 0, 3x1 + 4x2 = 1}.
P{3,4}(n) = |nP ∩ Z2
|
có điem nguyên không âm nào nam trên đường thȁng 3x1 +4x2 = 1. Do đó
P{3,4}(1) = 0. Với n = 2, chúng ta thay rang không có điem nguyên không
âm nào nam trên đường thȁng 3x1 + 4x2 = 2. Do đó P{2,3}(2) = 0. Với
n = 3, chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (1, 0) nam
trên đường thȁng 3x1 + 4x2 = 3. Do đó P{3,4}(3) = 1. Với n = 4, chúng ta
thay rang có duy nhat điem nguyên không âm (0, 1) nam trên đường thȁng
3x1 + 4x2 = 4. Do đó P{2,3}(4) = 1. Với n = 5, chúng ta thay rang không

17
}
n
P{3,4}(n)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2
đó P{3,4}(5) = 0. Với n = 6, chúng ta thay rang có duy nhat điem nguyên
không âm (2, 0) nam trên đường thȁng 3x1 +4x2 = 6. Do đó P{3,4}(6) = 1.
chúng ta thay rang có 1 điem nguyên không âm (0, 2) nam trên đường
thȁng 3x1 + 4x2 = 8. Do đó P{3,4}(8) = 1. Với n = 9, chúng ta thay rang
có 1 điem nguyên không âm (3, 0) nam trên đường thȁng 3x1 +4x2 = 9. Do
đó P{3,4}(9) = 1. Với n = 10, chúng ta thay rang có 1 điem nguyên không
âm (2, 1) nam trên đường thȁng 3x1 + 4x2 = 10. Do đó P{3,4}(10) = 1. Với
n = 11, chúng ta thay rang có 1 điem nguyên không âm (1, 2) nam trên
đường thȁng 3x1 + 4x2 = 11. Do đó P{3,4}(11) = 1. Với n = 12, chúng ta
thay rang có 2 điem nguyên không âm (4, 0) (0, 3) nam trên đường thȁng
3x1 + 4x2 = 12. Do đó P{3,4}(12) = 2. Với n = 13, chúng ta thay rang có
1 điem nguyên không âm (3, 1) nam trên đường thȁng 3x1 + 4x2 = 13. Do
đó P{3,4}(13) = 1. Với n = 14, chúng ta thay rang có 1 điem nguyên không
âm (2, 2) nam trên đường thȁng 3x1 + 4x2 = 14. Do đó P{3,4}(14) = 1. Với
n = 15, chúng ta thay rang có 2 điem nguyên không âm (5, 0), (1, 3) nam
trên đường thȁng 3x1 + 5x2 = 11. Do đó P{3,4}(15) = 2. Trong phan tiêp
theo chúng ta sě chỉ ra công thác tính cụ the P{3,4}(n) thông qua 3 và 4.
1.3 Phân thfíc đơn giản và công thfíc Frobenius
Trước het, chúng ta t p trung vào các trường hợp d = 2 và tien hành
nghiên cáu
p{a,b}(n) = # (k, l) ∈ Z2
: k, l ≥ 0, ak + bl = n .
Lưu ý chúng ta yêu cau a, b là nguyên to cùng nhau, t p hợp so nguyên
dương A chỉ có hai so, A = {a, b}. Chúng ta bat đau thảo lu n van đe

18
a {a,b}
Σ
1 − za 1 − zb {a,b}
1−z 1−zb n=0
k≥0 l≥0 n≥0
xoay quanh các hàm sinh. Xét tích của hai chuoi hình hoc dưới đây:
1 1
= (1 + za
+ z2a
+ . . .)(1 + zb
+ z2b
+ . . .).
1 − za 1 − zb
Nhân tat cả các so hạng với nhau, ta thu được m®t chuoi lũy thàa có so
mũ là tő hợp tuyen tính của a và b. Trong thực te, h so zn
trong chuoi
lũy thàa này là so cách có the bieu dien n ở dạng tő hợp tuyen tính không
âm của a và b. Nói cách khác, các h so này là đánh giá chính xác hàm
đem p{a,b} của chúng ta:
1 1
=
Σ Σ
zak
zbl
=
Σ
p (n)zn
.
Vì v y hàm 1 1
là hàm sinh cho chuoi các so nguyên p (n)
∞
.
Bây giờ chúng ta sě nghiên cáu hàm ở ve trái.
Chúng ta muon tìm ra m®t công thác thú vị cho p{a,b}(n) bang cách
xem xét ky hàm sinh ở ve trái. Đe vi c tính toán de dàng hơn, chúng ta
nghiên cáu so hạng tự do của m®t chuoi liên quan, cụ the là p{a,b}(n) là
m®t so hạng tự do của chuoi
1
f(z) :=
(1 − za)(1 − zb)zn
= p
k≥0
{a,b}(k) zk−n
.
Chuoi so trên không thực sự là m®t chuoi lũy thàa bởi vì nó có cháa các so
hạng với so mũ âm. Chuoi so này được goi là chuoi Laurent, đ t tên theo
tên nhà toán hoc Pierre Alphonse Laurent (1813-1854). Đoi với m®t chuoi
lũy thàa (giá trị giǎa = 0), chúng ta có the tính giá trị của hàm tương áng
tại z = 0 đe thu được so hạng tự do; khi chuoi có so mũ âm thì ta không
the áp dụng cách tính này. Tuy nhiên, neu đau tiên chúng ta trà đi tat cả
các so hạng có so mũ âm, chúng ta sě có được m®t chuoi lũy thàa có các
so hạng tự do (không thay đői) có the được tính toán bang cách tính giá
trị của hàm còn lại này tại z = 0.
Đe có the tính toán được so hạng tự do này, chúng ta sě sả dụng phương
pháp phân tích đa thác hǎu t f thành các phân thác hǎu t đơn giản. Đe

19
a
Σ Ck
k
−
Σ
1
−
a
a b
a a a
f(z) =
A1
+
A2
+ . . . +
An
+
B1
+
B2
+
Σ Ck
+
Σ Dj
thực hi n phân tích phân thác đơn giản, trước het chúng ta tien hành thực
hi n thông qua m®t ví dụ m®t chieu. Bieu dien nghi n e2πi/a
của phương
trình 1 − za
thông qua ξa
ξ := e2πi/a
= cos
2π
+ i sin
2π
.
a
a a
Khi đó tő hợp tat cả các nghi m e2πi/a
của phương trình 1 − za
sě có dạng
1, ξa, ξ2
, ξ3
, . . . , ξa−1
.
a a a
1
Ví dn 1.3.1. Hãy xác định khai trien của phân thác
1 − za
.
Giải. Các điem cực của hàm này được nam tại tat cả các nghi m e2πi/a
. Cụ the là tại ξk
, ∀k = 0, 1, . . . , a − 1. Do đó
chúng ta có the khai trien thành
1
1 − za
a−1
= .
z − ξk
k=0 a
Đe xác định h so Ck chúng ta làm như sau
Ck = limz→ξk (z−ξa )
1
1 − z
1
= limz→ξk
−az
z
= limz→ξk
−az
ξk
= a
.
a
đây, chúng ta đã sả dụng quy tac của L’Hôpital cho đȁng thác thá hai.
Do đó, chúng ta có được khai trien
1
1 − za
a−1
=
a
k=0
k
a
.
z − ξk
Q
Trở lại với phân thác f, các cực điem của f là tại z = 0 với b®i n, tại
z = 1 với b®i so 2 và tại tat cả các nghi m của phương trình 1 − za
và
1 − zb
với b®i so 1 bởi vì a và b nguyên to cùng nhau. Theo đó, phân thác
hǎu t f được khai trien như dưới đây:
a−1 b−1
z z2 zn z − 1 (z − 1)2
k=1
z − ξk
j=1 z − ξj
(1.6)
ξ
a
a−1 a

20
−
a−1
Σ Ck
−
Σ Dj
−
1 − ξb
ξb
{a,b}
2a ab a (1 − ξkb)ξkn b (1 − ξja
)ξjn
!
b
với
1
Ck = −
a (1 − ξkb) ξk(n−1)
,
Dj = −
a
1
ja
a
.
j(n−1)
(1.7)
Đe tính B2, chúng ta nhân cả hai ve của đȁng thác (1.6) với (z − 1)2
, lay
giới hạn z → 1 và áp dụng quy tac L’Hôpital hai lan, thu được
(z 1)2
1
B2 = limz→1
(1 − za)(1 − zb)zn
=
ab
.
Đoi với h so B1, bang cách áp dụng hai lan quy tac L’Hôpital, chúng ta
tính toán được
B1 = limz→1(z−1)
1
(1 − za)(1 − zb)zn
1
ab
=
(z − 1)2
1
ab
−
1
2a
−
1 n
2b
−
ab
.
Ta không can phải tính toán các h so A1, . . . , An, bởi vì chúng chỉ tạo ra
các so hạng có so mũ âm, do đó chúng ta có the bỏ qua mà không ảnh
hưởng gì vì các so hạng này không đóng góp gì cho so hạng tự do của f.
Khi chúng ta tính được các h so khác, như chúng ta đã đe c p ở trên, so
hạng tự do trong chuoi Laurent của f sě được tính tại 0 như dưới đây
B1 B2
Σ Ck
b−1 Dj .
p{a,b}(n) = z − 1
+
(z − 2)2
+ k=1 z − ξk
+ j=1
z − ξj
.
z=0
= −B1 + B2
a−1
ξk
b−1
.
ξj
k=1 a j=1 b
Thay các h so tại (1.7) vào đȁng thác trên, khi đó đȁng thác được rút
gon thành
a−1 b−1
1 1
p (n) = + +
n
+
1 Σ 1
+
1 Σ 1
. (1.8)
Bây giờ chúng ta tien hành phân tích tàng tőng trong (1.8) đe đưa chúng
trở ve dạng thác quen thu®c hơn.
b
b
j=1
a
a
k=1
a
−
Σ
b
2b

21
, ,
n
∈
≤ ≤
}
a
a−1
a−1
a−1 a−1
a−1
+ + +
2a 2 a a a a
= − +
2
−
2a
. (1.9)
a a
a (1 − ξk)ξb−1kn
a a
= − +
2
−
2a
. (1.11)
a a
a k=1 (1 − ξk)ξkn a
a k=1 (1 − ξbk)ξkn a
Đe thực hi n bước tiep theo, chúng ta can xác định hàm nguyên lớn
nhat [x♩, là so nguyên lớn nhat có giá trị nhỏ hơn ho c bang x. Đi cùng
với hàm này là hàm phan th¾p phân {x} = x − [x♩.
Ví dn 1.3.2. Cho x = 3.4, khi đó [x♩ = [3.4♩ = 3 và {x} = x − [x♩ =
3.4 − 3 = 0.4. Cho y = 5.0 thì [y♩ = [5♩ = 5 = y và {y} = {5} =
5 − [5♩ = 5 − 5 = 0.
Tiep theo, chúng ta sě nghiên cáu trường hợp đ c bi t với b = 1. Trường
hợp này khá thú vị, do p{a,1}(n) đơn giản là đem so điem nguyên trong
tàng khoảng:
p{a,1}(n) = # (k, l) ∈ Z2
: k, l ≥ 0, ak + l = n
= # {k ∈ Z : k ≥ 0, ak ≤ n}
= # k Z : 0 k a
=
,n,
+ 1.
M t khác, chúng ta vàa tìm m®t bieu thác khác cho hàm này, do đó
1 1 n 1 Σ 1 ,n,
Thông qua hàm phan th p phân {x} = x − [x], chúng ta rút ra công thác
cho tőng dưới đây trên tat cả các nghi m e2πi/a
1 Σ 1 ,n, 1 1
Đen đây, chúng ta gan tính ra ket quả. Dựa vào đȁng thác
1 Σ 1
=
1 Σ 1
, (1.10)
trong đó b−1
là m®t so nguyên và b−1
b ≡ 1 (mod a), ta đi đen ket lu n là
1 Σ 1 b−1
n 1 1
a
a
k=1
(1 − ξbk)ξkn
k=1
a
a
(1 − ξk)ξkn
k=1
= p{a,1}(n) = + 1.

22
b −
b a
Bây giờ vi c can làm là thay bieu thác này vào công thác (1.8), ta cháng
minh được định lý sau đây, thu được m®t công thác đep mà được tìm ra
bởi Peter Barlow (1776-1862) và (theo dạng thác chúng ta nêu ở đây) bởi
Tiberiu Popoviciu (1906-1975).
Định lj 1.3.3 (Công thác Barlow-Popoviciu). Neu a và b là nguyên to
cùng nhau thì
p{a,b}(n) =
n
ab
−
b−1n a−1n
+ 1,
trong đó b−1
b ≡ 1 (mod a) và a−1
a ≡ 1 (mod b).
H quả 1.3.4. Cho các so nguyên dương a và b nguyên to cùng nhau. Goi
p và q là các so nguyên dương sao cho aq − bp = 1. Khi đó
,qn
, ,
pn ,
{a,b} ,qn
,
−
pn
neu a chia het n.
a
1.4 Ket quả của Sylvester
Trước khi chúng ta áp dụng Định lý 1.3.3 đe cháng minh các Định lý
1.2.7 và 1.2.10, chúng ta hãy dành chút thời gian trở lại với hình hoc gan
với hàm phân hoạch có giới hạn p{a,b}(n). Trong trường hợp không gian 2
chieu (tình huong trong Định lý 1.3.3), chúng ta đang tính toán so điem
nguyên (x, y) ∈ Z2
trên các đoạn thȁng được xác định bang các ràng bu®c
ax + by = n, x, y ≥ 0.
Như v y đoạn thȁng này ket noi các điem 0,
n
và
n
, 0 , chúng ta bieu
thị đoạn thȁng này bang
h
0,
n
,
n
, 0
i
.
Tőng quát hơn, chúng ta định nghĩa đoạn thȁng khép kín noi các điem
x và y trong Rd
như sau
[x, y] := {λx + (1 − λ)y : 0 ≤ λ ≤ 1},
b
a
(n) =
p
b
a
neu a không chia het n,
−
b a

23
n
b a
và chúng ta sě sả dụng các ký hi u thông thường tương tự đe bieu thị đoạn
thȁng mở (x, y) và đoạn thȁng nảa mở (x, y].
Khi giá trị n tăng, đoạn thȁng
h
0,
n
,
n
, 0
i
sě mở r®ng. Trong thực
te, người ta th m chí có the đoán rang so lượng điem trên đoạn thȁng tăng
tuyen tính theo n, bởi vì đoạn thȁng là đoi tượng 1 chieu. Định lý 1.3.3
xác định nh n định trên m®t cách chính xác: p{a,b}(n) có “so hạng dan
đau” , và các so hạng còn lại chịu ràng bu®c theo các hàm của n. Hình
ab
1.4 cho thay dạng hình hoc của hàm đem p{4,7} áp dụng với m®t so giá trị
đau tiên của n.
Hình 1.4: Các so nguyên không âm thỏa mãn 4x + 7y = n, với n = 0, 1, 2, . . .
Nh n xét 1.4.1. Chúng ta lưu ý rang, theo Định lý 1.2.7, áng với n =
a · b − a − b = 4 · 7 − 4 − 7 = 17 là so nguyên lớn nhat không bieu dien được
thông qua {4, 7}. Trong Hình 1.4, đường thȁng tô đ m áng với n = 17 là
đường thȁng cuoi cùng không cháa điem nguyên nào, tat cả nhǎng đường
áng với n > 17 đeu cháa điem nguyên. Ket quả này phù hợp với Định lý
1.2.7.
Bo đe 1.4.2. Neu a và b là các so nguyên dương nguyên to cùng nhau và

24
m, m
}
≤ 1 − 1
. Do đó với bat kỳ so nguyên dương n,
{a,b}
ab a b
n ∈ [1, ab − 1] không phải là b®i so của a và b, khi đó
p{a,b}(n) + p{a,b}(ab − n) = 1.
Nói cách khác, với giá tr n nam trong khoảng tù 1 đen ab − 1 và không
chia het cho a ho¾c b, thì m®t trong hai so nguyên n và ab − n có the bieu
dien theo hai so a và b.
Chúng minh. Dựa vào Định lý 1.3.3 ta có
p{a,b}(ab − n) =
ab − n
ab
b−1
(ab − n) a−1
(ab − n)
n
= 2 −
ab
−
−b−1
n −a−1
n
n
= −
ab
+
b−1n a−1n
(vì {−x} = 1 − {x})
= 1 − p{a,b}(n).
Chúng minh của Đ nh lý 1.2.7. Ta phải chỉ ra rang p{a,b}(ab − a − b) = 0
và p{a,b}(n) > 0 với moi n > ab − a − b. Với khȁng định đau tiên ta cóvì
a, b nguyên to cùng nhau nên p{a,b}(a + b) = 1. Đ t a + b = n, ta có n
thỏa mãn đieu ki n của Bő đe 1.4.2. Do đó
p{a,b}(n) + p{a,b}(ab − n) = 1
hay
p{a,b}(a + b) + p{a,b}(ab − (a + b)) = 1.
Vì p{a,b}(a + b) = 1 nên
p{a,b}(ab − (a + b)) = 0 hay p{a,b}(ab − a − b) = 0.
Đe cháng minh khȁng định thá hai, ta chú ý rang với bat kỳ so nguyên
a a
p (ab − a − b + n) ≥
ab − a − b + n
− 1 −
1
− 1 −
1
+ 1
b
b
a
b
a
−
a
− + 1
−
+

25
1
n
= > 0.
ab
Chúng minh của Đ nh lý 1.2.10. Nhac lại rang Bő đe 1.4.2 khȁng định
rang với n nam giǎa 1 và ab − 1 và không chia het cho a ho c b, có
đúng m®t trong hai so n ho c ab − n bieu dien được. Có b − 1 so nguyên là
b®i của a nam trong đoạn tà 1 tới ab−1, đó là các so a, 2a, 3a, . . . , (b−1)a.
Có a − 1 so nguyên là b®i của b nam trong đoạn tà 1 tới ab − 1, đó là các
so b, 2b, 3b, . . . , (a − 1)b. Suy ra có
ab − 1 − (b − 1) − (a − 1) = ab − a − b + 1 = (a − 1)(b − 1)
so nguyên nam giǎa 1 và ab − 1 không chia het cho a ho c b. Cuoi cùng,
ta chú ý rang p{a,b}(n) > 0 neu n là b®i của a ho c b. Do đó, so so nguyên
không bieu dien được thông qua a, b là
2
(a − 1)(b − 1).
Như v y ta đã cháng minh được Định lý 1.2.7 ve so Frobenius cho trường
hợp hai chieu và Định lý 1.2.10 của Sylvester. Chú ý rang, ta còn cháng
minh được nhieu hơn the. Ve bản chat, theo Bő đe 1.4.2 p{a,b}(n) = 0 ho c
p{a,b}(n) = 1, tác là tat cả các so nguyên dương nhỏ hơn ab có nhieu nhat
m®t cách bieu dien. Do đó ta có h quả sau.
H quả 1.4.3. Neu a và b là hai so nguyên dương nguyên to cùng nhau
thì các so nguyên có the bieu dien được thông qua a và b nhó hơn a · b có
bieu dien duy nhat.
1.5 So Frobenius cho hai đong xu
H quả của định lý Schur khȁng định n®i dung chúng ta đã biet, đó là
so Frobenius g(a1, . . . , ak) được xác định rõ. Bây giờ chúng ta cùng hãy
xem vi c xác định so này trong trường hợp đơn giản nhat. Xin nhac lại
hai ket quả kinh đien như dưới đây:

26
• Đ nh lý hai đong xu: Cho a và b là các so nguyên dương nguyên to
cùng nhau, khi đó ta có: g(a, b) = ab − a − b.
• Đ nh lý của Sylvester : Cho a và b là các so nguyên dương nguyên to
cùng nhau, khi đó, đúng m®t nảa so nguyên nam trong khoảng 1 và
(a − 1)(b − 1) có the bieu dien theo a và b.
Như v y, chúng ta có the xác định được ngay so Frobenius khi chỉ có hai
đong xu. Ngoài ra, chúng ta cũng biet chính xác có bao nhiêu so nguyên
không the bieu dien được. Alfonsin [5] chỉ ra bon cách cháng minh định
lý Hai đong xu, Beck-Robins chỉ ra m®t cách cháng minh khác. Có the có
nhieu cách khác chưa được khám phá đe cháng minh hai định lý này.
Định nghĩa 1.5.1. T p các so {a0, a1, . . . , a(m−1) (mod m)} tạo thành
m®t t p các so đong dư hoàn chỉnh, còn goi là m®t h phủ, của m neu
chúng thỏa mãn
ai ≡ i (mod m)
với i = 0, 1, . . . , m − 1.
Ví dụ, m®t t p các so đong dư hoàn chỉnh cơ sở b đong dư m neu các
phan dư r1 trong bi
≡ ri (mod m) với i = 1, . . . , m − 1 là tat cả các giá
trị 1, 2, . . . , m − 1.
Đe tạo thành m®t t p các so đong dư hoàn chỉnh của m, ta can m®t
t p m so nguyên và không có hai so nào cùng đong dư m.
Bo đe 1.5.2. Cho hai so nguyên dương a, b với gcd(a, b) = 1, khi đó
0b, 1b, 2b, 3b, . . . , (a − 1)b tạo nên m®t t¾p các so đong dư hoàn chính của
a.
Chúng minh. Cho i /= j và i ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1}, lưu ý rang
ib ≡ jb (mod a) ⇒ a | ib − jb
⇒ a | b(i − j)
⇒ a | (i − j) do gcd(a, b) = 1
⇒ i ≡ j (mod a).

27
Trường hợp này không the xảy ra vì i /= j và i ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1}. Như
v y, 0b, 1b, 2b, 3b, . . . , (a − 1)b tạo nên m®t t p hợp so đong dư hoàn chỉnh
của a bởi vì t p hợp so này được tạo bởi a so nguyên khác nhau đong dư
a.
Bây giờ chúng ta cháng minh định lý hai đong xu női tieng của Calavaras
County.
Định lj 1.5.3 (Định lý hai đong xu). Cho hai so nguyên dương nguyên
to cùng nhau a, b với gcd(a, b) = 1, khi đó ta có g(a, b) = ab − b − a.
Chúng minh. Vi c cháng minh được sě de dàng hơn bang cách giả thiet
(không mat tính tőng quát) rang a < b. Đe cháng minh định lý này, trước
het chúng ta chỉ ra rang tat cả giá trị lớn hơn (a − 1)b đeu có the bieu
dien thông qua a và b, sau đó trở lại dãy so tìm so nguyên đau tiên không
the bieu dien theo a và b chính là g(a, b).
Khȁng đ nh: Cho so nguyên n bat kỳ sao cho n > (a − 1)b, khi đó n có
the bieu dien theo a và b.
Chúng minh khȁng đ nh. Cho n > (a − 1)b, Bő đe 1.5.2 chỉ ra rang đúng
m®t trong các so 0b, 1b, 2b, 3b, . . . , (a − 1)b là đong dư với n (mod a);
đ t bang tb ≡ n (mod a) với t ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1}. Lưu ý rang tb <
(a−1)b < n vì t ∈ {0, 1, 2, . . . , a−1}. Tiep theo, lưu ý rang vi c c®ng bat
kỳ b®i so của a vào m®t so nguyên đong dư với n modulo a, sě cho ra m®t
so nguyên đong dư với n modulo a. Do tb < n và tb = n (mod a), khi đó
n bang tb c®ng với m®t so b®i của a. Vì v y, c®ng các b®i so can thiet của
a vào tb đe có the bieu dien n theo a và b, khi đó ta có tb + ua = n. Theo
đó, khȁng định trên được cháng minh.
Chúng ta đã cháng minh được rang với moi so nguyên lớn hơn (a−1)b =
ab − b có the bieu dien theo a và b, bây giờ chúng ta hãy quay trở lại với
các giá trị nhỏ hơn ab − b và xem giá trị nào có bieu dien, giá trị nào không
the bieu dien.

28
Moi giá trị trong dãy so ab−b, ab−b−1, ab−b−2, . . . , ab−b−(a−1) là
các modulo a khác nhau vì các so nguyên liên tiep a luôn có modulo a khác
nhau. Như v y, theo Bő đe 1.5.2 với tàng giá trị v ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1},
ton tại w ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1} sao cho ab − bv = wb (mod a). Bây giờ,
chú ý rang a < b thì ab − 2b < ab − b − (a − 1), khi đó moi so trong dãy
0b, 1b, 2b, 3b, . . . , (a − 2)b = ab − 2b có giá trị bé hơn moi so trong dãy
(a − 1)b = ab − b, ab − b − 1, ab − b − 2, . . . , ab − b − (a − 1). Như v y, do
wb = ab − b − v (mod a) và wb < ab − b − v, khi đó, ab − b − v bang wb
c®ng với m®t so b®i của a. Vì v y, hãy c®ng thêm các b®i so can thiet của
a vào wb đe có the bieu dien a trong ab − b − v theo a và b, khi đó, ta có
wb + xa = ab − b − v.
Ta đã cháng minh được với moi so nguyên lớn hơn ho c bang ab − b −
(a − 1) có the bieu dien theo a và b. Bây giờ chúng ta đạt được so nguyên
đau tiên không the bieu dien theo a và b, cụ the theo ab − b − a. Đe giải
thích được đieu này, giả sả rang ab − b − a có the bieu dien theo a và b.
Do đó ton tại p, q ∈ N ,ab − b − a = pa + qb. Đe bieu dien được như vây,
yêu cau ab − b − a thu®c m®t ba trường hợp sau
1. là m®t b®i so của a, ho c
2. là m®t b®i so của b, ho c
3. là m®t b®i so của b c®ng với m®t b®i so của a.
Hai trường hợp đau sě không bao giờ xảy ra do ab − b − a = b(a − 1) − a chỉ
ra ab−b−a không phải là m®t b®i so của b, trong khi ab−b−a = a(b−1)−b
cho thay ab − b − a không phải là m®t b®i so của a. Vì v y, giả định là
ab − b − a = pa + qb là m®t b®i so của b c®ng với m®t b®i so của a. Bây
giờ chúng ta sě thay rang đieu này không the xảy ra do
ab − b − a = pa + qb với p, q là các so dương
⇒ qb ≡ ab − b − a (mod a) và qb < ab − b − a.
Tuy nhiên, 0b, 1b, 2b, 3b, ..., (a − 2)b chỉ là các b®i so của b, có giá trị nhỏ
hơn ab − b − a, và không có so hạng nào trong dãy này là đong dư modulo

29
a a
a với ab − b − a = (a − 1)b − a = (a − 1)b (mod a), vì v y không có giá
trị qb ton tại như trên.
1.6 Định lj của Sylvester
Sylvester yêu cau chúng ta xem xét bő đe dưới đây.
Bo đe 1.6.1. Cho gcd(a, b) = 1 và [x♩ là hàm so nguyên lớn nhat, khi
đó:
Σ
a−1 ,
ib
, 1
2
(a − 1)(b − 1).
i=1
Chúng minh. Goi m®t lưới điem trong R2
“có giá trị dương” neu cả hai toa
đ® có giá trị dương. Ta tính so điem lưới có giá trị dương nam dưới đường
b
thȁng y = x trong khoảng x = 1 và x = a − 1:
a
• Khi x = 1 thì y =
b
, do đó có
,
b
,
điem lưới có giá trị dương nam
a a
phía dưới đường thȁng x = 1.
• Khi x = 2 thì y = 2
b
, do đó có
,
2
b
,
điem lưới có giá trị dương nam
a a
phía dưới đường thȁng x = 2.
• . . . . . . . . . . . .
• Khi x = a − 1 thì y = (a − 1)
b
, do đó có
,
(a − 1)b
,
điem lưới có
giá trị dương nam phía dưới đường thȁng x = a − 1.
Như v y, so lượng các điem lưới có giá trị dương nam phía dưới đường
b
thȁng y = x trong khoảng x = 1 và x = a − 1 là
a
a−1 ,
ib
,
Σ
Tiep theo, chúng ta hãy đem so điem lưới dựa trên cơ sở hình hoc: cat m t
b
phȁng hình chǎ nh t xác đường thȁng y = x tà điem (0, 0) đen (a, b).
a
.
a
i=1
a =

30
−
Σ , ,
Hình chǎ nh t này có chieu r®ng bang a và chieu dài bang b và lưu ý rang
b
các điem lưới có giá trị dương nam phía dưới đường thȁng y = x trong
a
khoảng x = 1 và x = a 1 đeu nam trong phạm vi hình chǎ nh t đã được
b
chia cat; ngoài ra, đường thȁng y = x cat hình chǎ nh t này tà góc này
a
đen góc kia thành hai phan bang nhau.
Bây giờ chúng ta hãy cat đeu các cạnh của hình chǎ nh t a × b đe
có được m®t hình chǎ nh t mới có chieu r®ng a − 2 và chieu dài b − 2
đơn vị, hình chǎ nh t được cat đoi xáng sao cho đường thȁng van cat
đeu hình chǎ nh t này thành hai. Bây giờ chúng ta có m®t hình chǎ nh t
(a − 2) × (b − 2) cháa điem lưới (a − 1)(b − 1) được cat đeu làm đôi bởi
đường thȁng y =
b
x. Lưu ý rang
a
a−1
ib
a
i=1
điem lưới mang giá trị dương
nam bên dưới đường thȁng đeu nam trong phạm vi hình chǎ nh t này
đong thời là các điem nút duy nhat còn lại nam bên dưới đường thȁng.
Cũng lưu ý rang với gcd(a, b) = 1 thì không m®t điem nút nào trong hình
chǎ nh t này nam trên đường thȁng do x can phải là m®t b®i so của a
b
đe y = x là m®t so nguyên, tuy nhiên, giá trị x lớn nhat trong hình chǎ
a
nh t này chỉ bang a − 1.
Do hình chǎ nh t cháa (a − 1)(b − 1) điem lưới và đường thȁng chia
đôi hình chǎ nh t thành hai phan bang nhau, không có điem lưới nào nam
trực tiep trên đường thȁng, khi đó so lượng các điem lưới nam bên dưới
1
đường thȁng trong hình chǎ nh t này là (a − 1)(b − 1).
2
Định lj 1.6.2. Cho hai so nguyên dương a, b với gcd(a, b) = 1, khi đó có
1
2
(a − 1)(b − 1) so nguyên không có the bieu dien theo a và b.
Chúng minh. Định lý 1.5.3 chỉ ra rang tat cả các so nguyên lớn hơn ab −
b − a có the bieu dien theo a và b, vì v y chúng ta can kiem tra xem so
nào có the bieu dien và so nào không the bieu dien xét trên phạm vi các
so nguyên nam trong khoảng [1, ab − b − a].
Khȁng đ nh: Với giá trị k ∈ {1, 2, . . . , a − 1} , ton tại tk sao cho với moi so

31
, ,
−
(a − k)b
a
ab − kb − a, ab − kb − 2a, . . . , ab − kb − tka có phan tả. Theo
trong dãy so nguyên không âm ab − kb − a, ab − kb − 2a, . . . , ab − kb − tka
không the bieu dien theo a và b, trong đó tk có giá trị lớn nhat đảm bảo
các giá trị nguyên không âm.
Chúng minh. Giả sả ngược lại với k ∈ {1, 2, . . . , a − 1} , ∃x, y ∈ N, ∃q ∈
{1, 2, . . . , tk} sao cho xa + yb = ab − kb − qa. Khi này, ta có:
xa + yb = ab − kb − qa
⇒ yb = (a − k)b − (q + x)a.
Đieu này chỉ ra
1. yb < (a − k)b, do đó y là bang đúng m®t trong các so của dãy
0, 1, 2, ..., a − k − 1 và
2. yb ≡ (a − k)b (mod a).
Tuy nhiên, không có so nào trong dãy 0, 1, 2, ..., a − k − 1 đong dư modulo
a với a − k, do đó không ton tại giá trị y ∈ Z≥0, q ∈ {1, 2, . . . , t} đe
xa + yb = ab − kb − qa. Như v y, khȁng định trên được cháng minh, tuy
nhiên van can phải xác định giá trị tk.
Đe xác định đ® lớn của tk trong ab−kb−a, ab−kb−2a, . . . , ab−kb−tka,
chúng ta đ t ra câu hỏi tk có the lớn đen mác nào mà van đảm bảo
ab − kb − tka không âm? Lưu ý rang ab − kb − tka = (a − k)b − tka, vì v y
chúng ta muon trà b®i so lớn nhat của a đi tà (a − k)b, khi đó van ton
tại m®t so nguyên không âm. Câu hỏi đ t ra là khi đó có bao nhiêu so a
phù hợp với (a k)b? Đó là m®t so nguyên không âm
(a − k)b
. Do đó,
a
với moi giá trị k ∈ {1, 2, . . . , a − 1}, dãy so ng
,
uyên khôn
,g the bieu dien

32
Σ , ,
a a a
đó, so lượng các so nguyên không the bieu dien ít nhat sě là
,
(a − 1)b
,
+
,
(a − 2)b
,
+ . . . +
,
(a − (a − 1))b
,
=
,
b
,
+
,
2b
,
+ . . . +
,
(a − 1)b
,
a a a
a−1
ib
=
a
i=1
1
=
2
(a − 1)(b − 1)theo Bő đe 1.6.1.
Đe khȁng định rang không có thêm m®t so nguyên nào không the bieu
dien, hãy chú ý rang chúng ta đã xem xét tat cả các so nguyên không
bieu dien đong dư modulo a với (a − 1)b, (a − 2)b, . . . , (a − (a − 1))b =
1b, 2b, . . . , (a − 1)b bởi vì chúng ta đã xem xét tat cả các so nguyên không
the bieu dien có giá trị bang ab − kb − qa = (a − k)b − qa = (a − k)b
(mod a) với moi k ∈ {1, 2, . . . , a−1}, và cho moi q ∈ {1, 2, . . . , tk} (trong
đó tk có giá trị lớn nhat). Đieu này cho thay rang chúng ta đã xem xét tat
cả các so nguyên không âm không the bieu dien có giá trị nhỏ hơn ho c
bang ab − b − a vì moi so nguyên không âm không the bieu dien can phải
đong dư modulo a với m®t trong các so của dãy 1b, 2b, . . . , (a − 1)b theo
Bő đe 1.5.2.
Ví dn 1.6.3. Cho hai so nguyên dương nguyên to cùng nhau a = 4, b = 5.
1
Khi đó có (a − 1)(b − 1) = 6 so nguyên không the bieu dien theo 4
2
và 5. Đó là các so 1, 2, 3, 6, 7, 11. So Frobenius trong trường hợp này là
g(4, 5) = ab − a − b = 11.

33
, ,
2
k k 3
k d k d
Rõ ràng tà Định lý 2.1.1, neu a3 ≥ g a1
, a2
hay kg a1
, a2
, a3
=k d
Chương 2
M t so van đe m r ng
Trong chương này, chúng tôi trình bày thêm m®t so cách cháng minh
khác của Định lý 1.2.7 và Định lý 1.2.10.
2.1 Ba đong xu và nhieu đong xu
Bài toán sě trở nên phác tạp hơn neu ta có nhieu hơn hai đong tien.
Các nhà nghiên cáu mới giải được bài toán trong m®t so trường hợp đ c
bi t. Johnson chỉ ra rang có the khả gcd(a1, a2) = k đe tính g(a1, a2, a3).
Định lj 2.1.1 ([5]). Neu a1, a2, a3 là các so nguyên to cùng nhau và
gcd(a1, a2) = k thì
g(a , a , a ) = kg
a1
,
a2
, a + (k − 1)a .
kg a1
, a2
= a1a2 − a1 − a2, cho nên g(a1, a2, a3) = d(a1a2 − a1 − a2) +
(d − 1)a3.
M®t so tác giả khác nghiên cáu các trường hợp đ c bi t khi d = 3.
Chȁng hạn, neu a1, a2, a3 là các so nguyên to cùng nhau và a1 là ước của
(a2 + a3) thì
g(a1, a2, a3) = −a1 + max ai
i=2,3
a1a5−i
.
a2 + a3
Trong so các trường hợp riêng, Roberts thu được ket quả sau.
1 3 3

34
, ,
−
= ,
a+1
,
2
(a + j) + (
j
−
3)a neu a ≡ −1 (mod j), a ≥ j − 4j + 2,
, ,
≤ −
− −
j
+ y
d
b
d
+ d − 3 n + b a
d −
d
1 − a(x
Định lj 2.1.2 ([5]). (a) Neu gcd(a3 − a1, a2 − a1) = 1 thì
g(a1, a2, a3) ≤ a1 a3 — a2 2 +
a1
a3 − a1
+ (a2 − a1 − 1)(a3 − a1 − 1) + a1 + a2 + a3.
(b) Neu a, j > 2 là các so nguyên thì
g(a, a + 1, a + j)
,
a+1
,
+ (j − 3)a neu a ≡ −1 (mod j), a ≥ j2
− 5j + 3,
j
(c) 0 < a < b và m là các so nguyên thóa mãn gcd(a, b) = 1, m ≥ 2 thì
g(m, m + a, m + b) m b 2 +
m
+ (a 1)(b 1).
b
Goldbert nghiên cáu g(a1, a2, a3) trong m®t trường hợp rat đ c bi t
sau.
Định lj 2.1.3 ([5]). Cho 1 < a < b là các so nguyên với gcd(a, b) = d và
gcd(d, m) = 1 với md2
> b(b − a − 2d) và dm = ax0 + by0, 0 ≤ x0 < b/d,
y0 ≥ 0. Khi đó,
g(m, m + a, m + b)
a
+ x0 + y0 + d − 3 n + b a
− 1 − a neu dx0 ≥ b − a,
Dãy a1, . . . , an được goi là đ®c l p neu không có phan tả nào bieu dien
được thông qua các phan tả còn lại. Selmer tìm được m®t công thác khác
tőng quát cho b® ba so đ®c l p.
Định lj 2.1.4 ([5]). Neu a1, a2 và a3 là các so đ®c l¾p nguyên to tùng đôi
thì
g(a1, a2, a3) ≤ max{(s − 1)a2 + (q − 1)a3, (r − 1)a2 + qa3} − a1,
trong đó s được xác đ nh bới a3 ≡ sa2 (mod a1), 1 < s < a1 và r được
xác đ nh bới a1 + qs + r, 0 < r < s. Ngoài ra, neu a2 ≥ t(q + 1) và
a3 = sa2 − ta1, t > 0 thì
g(a1, a2, a3) = max{(s − 1)a2 + (q − 1)a3, (r − 1)a2 + qa3} − a1.
+ 1) neu ngược lại.
0
0
=

35
≤
≤
A
1 − za1 1 − za2 1 − zad
A
n≥0
Remirez Alfonsin tìm ra hai c n trên như sau của so Frobenius trong
Định lý 2.1.4
Định lj 2.1.5 ([5]). Cho 0 < w1 < a3 và 0 < w2 < a3 là các so nguyên duy
nhat tương úng thóa mãn a1w1 ≡ a2 (mod a3) và a2w2 ≡ −a1 (mod a3),
và cho r1 và r2 lan lượt là các so nguyên dương lớn nhat thóa mãn −a3 +
r1w1 < 0 và a3 − w2r2 > 0. Khi đó
(a) g(a1, a2, a3) ≤ max{a1(a3−r1w1)+a2(r1+1), a1w1+a2r1}−a1−a2−a3.
(b) g(a1, a2, a3) ≤ max{a1 +a2(a3 +(1−r2)w2), a1r2 +a2w2}−a1 −a2 −a3.
Các c n trong Định lý 2.1.5 có the không gan nhau, tuy nhiên có các
trường hợp mà m®t trong hai c n (ho c cả hai) sinh ra m®t giá trị rat gan
với g(a1, a2, a3). Ket quả này được minh hoa trong các ví dụ sau.
Ví dn 2.1.6. Cho a1 = 4, a2 = 7 và a3 = 9. Ta có w1 = 4, w2 = 2, r1 = 2
và r2 = 4. Khi đó,
g(4, 7, 9) = 10
max{25, 30} − 20 = 10 theo Định lý 2.1.5(a)
max{18, 30} − 20 = 10 theo Định lý 2.1.5(b).
Ví dn 2.1.7. Cho a1 = 5, a2 = 14 và a3 = 31. Ta có w1 = 11, w2 =
2, r1 = 2 và r2 = 15. Khi đó,
g(5, 14, 31) = 37
max{87, 83} − 50 = 37 theo Định lý 2.1.5(a)
max{47, 103} − 50 = 87 theo Định lý 2.1.5(b).
Ta quay trở lại với hàm phân hoạch có giới hạn
pA(n) = #{(m1, . . . md) ∈ Zd
: moi mj ≥ 0, m1a1 + . . . + mdad = n},
trong đó A = {a1, . . . , ad}. Với l p lu n tương tự như trong Mục 1.3, ta
de dàng tìm được hàm sinh của pA(n):
Σ
p (n)zn
=
1 1
· · ·
1
.
Sả dụng các phương pháp như trong Mục 1.3 thu được hàm pA(n) là so
hạng tự do của m®t hàm sinh. Cụ the,
p (n) = so hạng tự do của hàm
1
.
(1 − za1 )(1 − za2 ) · · · (1 − zad)zn

36
Σ Σ Σ
a −1
1
dk
Σ C1k
−
Σ C2k
−
Σ Cdk
− · · · −
Σ
Σ
1
a1 a1 a1 a1
k=1 a1 a1 a1 a1
b b b
ad
Bây giờ ta khai trien hàm ở ve phải của đȁng thác bên trên. Đe cho đơn
giản, ta giả sả a1, . . . , ad là các so đôi m®t nguyên to cùng nhau, tác là
không có hai so nào có ước chung. Khi đó khai triên phân thác đơn giản
có dạng
f(z) =
1
(1 − za1 ) . . . (1 − zad)zn
A1 A2 An B1 B2 Bd
= + + . . . + + + + . . . +
z z2
a1−1
zn
a2−1
z − 1 (z − 1)2
ad−1
(z − 1)d
+
C1k
ξk +
C2k
ξk
+ . . . +
Cdk
. (2.1)
ξk
k=1 a1 k=1 a2 k=1 ad
Dựa theo cách tính ở Mục 1.3, ta de dàng kiem tra được
1
C1k = −
a (1 − ξka2
)(1 − ξka3
) · · · (1 − ξkad
)ξk(n−1)
. (2.2)
Giong như trước đây, ta không can tính các h so A1, . . . , An bởi vì chúng
không đóng góp vào so hạng tự do của f (z). Đe tìm các h so B1, . . . , Bd,
ta có the sả dụng các phan mem tính toán như Maple ho c Mathematica.
M®t lan nǎa, khi tính được các h so này, ta có the tính được so hạng tự
do của f bang cách bỏ qua tat cả các thành phan so mũ âm và tính phan
còn lại của hàm tại z = 0:
B1 Bd
Σ C1k
a
Σ
d−1
C .
pa(n) =
z − 1
+ · · · +
(z − 1)d
+
k=1 z − ξk
+ · · · + k=1 z − ξk .
z=0
= −B1 + B2 — · + (−1) Bd a1−1
ξk
a2−1
ξk
ad−1 .
ξk
k=1 a1 k=1 a2 k=1 ad
Thay công thác của C1k vào công thác tőng lay trên tat cả các căn đơn vị
thá a1 ở trên, ta thu được
a1−1
1 1
.
a1 (1 − ξka2
)(1 − ξka3
) · · · (1 − ξkad
)ξkn
Ket quả trên thúc đȁy định nghĩa tőng Fourier–Dedekind
sn(a1 , a2, . . . , am
b−1
; b) :=
b
kn
b
(1 − ξka1
)(1 − ξka2
) · · · (1 − ξkam
)
. (2.3)
d
a1
ξ
1
k=1

37
k=1
c−1
c (1 − ξka) (1 − ξkb) ξkn
+
6abcd
+ + +
abc abd acd bcd
12 ab ac ad bc bd cd bcd acd abd acb
24 bc bd cd ac ad cd ab bd ab bc
a (1 − ξkb) (1 − ξkc) (1 − ξkd) ξkn
1 Σ 1
k=1 b b b b
a a a k=1 b b b
Với định nghĩa này, ta thu được ket quả sau.
Định lj 2.1.8. Hàm phân hoạch có giới hạn với A = (a1, a2, . . . , ad),
trong đó các so ak đôi m®t nguyên to cùng nhau, được tính như sau
pA(n) = −B1 + B2 − . . . + (−1)d
Bd + s−n(a2, a3, . . . , ad; a1)
+ s−n(a1, a3, a4, . . . , ad; a2) + . . . + s−n(a1, a2, . . . , ad−1; ad).
đây, B1, B2, . . . , Bd là các h so phân thúc đơn giản trong khai trien
(2.1).
Ví dn 2.1.9. Chúng ta tính các hàm phân hoạch có giới hạn đoi với d = 3
và d = 4. Các công thác này rat hǎu ích trong vi c phân tích chi tiet hàm
tuan hoàn von có trong hàm phân hoạch có giới hạn pA(n). Ví dụ, ta có
the bieu dien đo thị của p{a,b,c}(n) bang hình "parabol lượn sóng" như hien
thị trong công thác của nó.
n2
n 1 1 1 1 3 3 3 a b c
p{a,b,c}(n) = +
2abc 2
a−1
+ +
ab ac bc
+ + + + + +
12 a b c bc ac ab
b−1
1 Σ 1 1 Σ 1
+
a (1 − ξkb
) (1 − ξkc
) ξkn
+
b 1 − ξkc
1 − ξka
ξkn
+
1 Σ 1
,
k=1
n3
c c c
n2
1 1 1 1
+
n 3
+
3 3 3 3 3 a b
+ + + + + +
c d
+ +
+
1 a
+
a
+
a
+
b
+
b b c c
+ + +
c d d
+ + + +
d
—
1 1
+
1
+
1
+
1
8 a b c d
a−1
+
1 Σ 1
k=1 a a a a
b−1
+
b 1 − ξkc
1 − ξkd
1 − ξka
ξkn
4
p{a,b,c,d}(n) =
ad ac

38
c−1
Σ
c (1 − ξkd) (1 − ξka) (1 − ξkb) ξkn
1 Σ 1
k=1 d d d d
+
1 Σ 1
k=1 c c c c
d−1
+
d 1 − ξka
1 − ξkb
1 − ξkc
ξkn
.
Nh n xét 2.1.10. Như ta đã nhac đen ở trên, bài toán Frobenius với
d ≥ 3 khó hơn nhieu trường hợp d = 2. Tat nhiên, sau trường hợp d = 3,
bài toán Frobenius van là bài toán mở m c dù nhieu nhà toán hoc đã no
lực nghiên cáu nó. Các tài li u ve bài toán Frobenius rat phong phú, và
van còn nhieu cho đe cải thi n. Người đoc quan tâm có the tham khảo
chuyên khảo toàn di n [5]. Trong đó tham chieu đen hau như tat cả các
bài viet ve bài toán Frobenius và đưa ra khoảng 40 bài toán mở và khȁng
định liên quan đen bài toán Frobenius. Đe ví dụ, chúng tôi đe c p đen hai
ket quả mang tính bước ngo t vượt xa trường hợp d = 2.
Ket quả đau tiên liên quan đen hàm sinh r(z) := k∈R zk
, trong đó
R là t p tat cả các so nguyên bieu dien được thông qua m®t t p các so
nguyên dương nguyên to cùng nhau a1, a2, . . . , ad. Không khó đe thay rang
r(z) = p(z)/(1 − za1
)(1 − za2
) · · · (1 − zad
) với p là m®t đa thác. Hàm sinh
phân thác này cháa tat cả các thông tin ve bài toán Frobenius. Ví dụ, so
1
Frobenius là tőng b c của hàm − r(z). Do đó bài toán Frobenius rút
1 − z
gon thành tìm đa thác p trong tả so của r.
M®t ket quả đáng chú ý với d = 3 được tìm ra bởi Marcel Morales và
Graham Denham, đa thác thác p có 4 ho c 6 so hạng. Ngoài ra, ho cũng
đưa ra công thác nảa hien của p. Định lý Morales–Denham kéo theo so
Frobenius trong trường hợp d = 3 có được tính m®t cách nhanh chóng.
Dường như có sự ngăn cách giǎa trường hợp d = 2 với trường hợp
d = 3. Có vẻ như cũng có sự ngăn cách giǎa trường hợp d = 3 với d = 4.
Henrik Bresinsky đã cháng minh rang với d ≥ 4, không có giới hạn tuy t
đoi ve so so hạng trong tả so p, đieu này trái ngược hoàn toàn với với định
lý Morales–Denham trong trường hợp d = 3.

39
k − 1
s
j=i
i=0
M t khác, Alexander Barvinok và Kevin Woods đã cháng minh rang
với d co định, hàm sinh phân thác r(z) có the được viet dưới dạng tőng
của các hàm phân thác, cụ the ta có the tính được r m®t cách hi u quả
neu d co định. M®t h quả thu được là so Frobenius có the được tính m®t
cách hi u quả khi d co định, định lý này là của Ravi Kannan.
2.2 So Frobenius cho các t p đ c bi t
2.2.1 So Frobenius cho cap so c ng
Brauer [3] tìm ra so Frobenius cho k so nguyên dương liên tiep m, m +
1, . . . , m + k − 1.
Định lj 2.2.1 (Brauer, [3]). Cho a là m®t so nguyên dương. Khi đó,
g(a, a + 1, . . . , a + k − 1) =
,
a − 2
,
+ 1 a − 1.
Dãy a1, . . . , an được goi là cap so c®ng neu ai+1 = ai + d với moi
i = 1, . . . , n − 1 với d là m®t so nguyên dương. Ramirez Alfonsin [5] tőng
quát hóa ket qura trên cho cap so c®ng tőng quát.
Định lj 2.2.2 (Ramirez Alfonsin, [5]). Cho các so nguyên dương a, d, s
với gcd(a, d) = 1, khi đó
g(a, a + d, a + 2d, . . . , a + sd) =
,
a − 2
,
+ 1 a + (d − 1)(a − 1) − 1.
Chúng minh. Đ t yi =
Σs
xj với i = 0, . . . , s. Rõ ràng m®t so nguyên
L có bieu dien
Σs
(a + id)xi khi và chỉ khi L = ay0 + d(y1 + · + ys) với
y0 ≥ · · · ≥ ys ≥ 0. Bây giờ, với y0 cho trước, các so nguyên bieu dien được
dưới dạng y1 + · · · + ys với y0 ≥ · · · ≥ ys chính là các so nguyên z thỏa
mãn 0 ≤ z ≤ sy0. Do đó, L bieu dien được thông qua a, a + d, . . . , a + sd
khi và chỉ khi L = ay + dz với 0 ≤ z ≤ sy.
Chú ý rang Định lý 2.2.2 cháa 2.2.1 khi s = k − 1 và d = 1. Trường
hợp t p A = {a1, a2} ở trên là m®t trường hợp riêng của công thác này.

40
Σ
2.2.2 So Frobenius cho cap so nhân
Ta cũng có công thác đóng của so Frobenius của m®t t p các so nguyên
trong cap so nhân {a, ar, ar2
, . . . , ark
}, trong đó a là m®t giá trị ban đau
và r là công b®i. Vì gcd(a, ar, ar2
, . . . , ark
) phải bang 1, nên ta có a = mk
và r = n/m, trong đó m, n là hai so nguyên nguyên to cùng nhau. Ket
quả chính trong phan này là định lý sau.
Định lj 2.2.3 ([4]). Cho các so nguyên dương m, n, k với gcd(m, n) = 1,
khi đó
g(mk
, mk−1
n, mk−2
n2
, . . . , nk
)
= nk−1
(mn − m − n) +
m2
(n − 1)(mk−1
− nk−1
)
m − n
Ta ký hi u A(m, n, k) là nảa nhóm sinh bởi {mk
, mk−1
n, mk−2
n2
, . . . , nk
}.
Ta cũng ký hi u g(mk
, mk−1
n, mk−2
n2
, . . . , nk
) bởi G(m, n, k).
Bo đe 2.2.4 ([4]). Cho m, n là so nguyên to cùng nhau và k ≥ 1,
G(m, n, k + 1) ≥ (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k).
Chúng minh. Ta phải chỉ ra (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k) ∈
/ A(m, n, k + 1).
Giả sả phản cháng rang (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k) ∈ A(m, n, k + 1). Khi
đó
k+1
(n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k) = cimi
nk+1−i
, ci ∈ Z+
.
i=0
Lay mod n cả hai ve ta thu được −mk+1
≡ ck+1mk+1
. Vì m, n nguyên to
cùng nhau, ta ket lu n rang ck+1 ≡ −1 (mod n). Hay ck+1 = bn − 1 với
m®t so nguyên dương b. Khi đó ta có
(n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k)
nên
k−1
=
i=0
cimi
nk+1−i
#
+ ((b − 1)m + ck)mk
n + (n − 1)mk+1
G(m, n, k) =
k−1
i=0
cimi
nk+1−i
#
+ ((b − 1)m + ck)mk
.
.
"
Σ
"
Σ

41
Nhưng đieu này kéo theo G(m, n, k) ∈ A(m, n, k), mâu thuan. Ta ket lu n
rang (n−1)mk+1
+nG(m, n, k) ∈
/ A(m, n, k+1), và do đó G(m, n, k+1) ≥
(n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k).
Bo đe 2.2.5 ([4]). Cho m, n nguyên to cùng nhau và k ≥ 1. khi đó
G(m, n, k + 1) ≤ (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k).
Chúng minh. Ta sě cháng minh rang neu y > (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k),
thì y ∈ A(m, n, k + 1). Cho y ≡ dmk+1
(mod n), d ∈ [0, n − 1]. Đ t z =
y − dmk+1
. Vì z ≡ 0 (mod n), ta có z = nw với w là m®t so nguyên không
âm. Nhưng y > (n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k) kéo theo z > nG(m, n, k), nên
w > G(m, n, k), và do đó w ∈ A(m, n, k). Nhưng đieu này có nghĩa
rang y = nw + dmk+1
∈ A(m, n, k + 1), và do v y G(m, n, k + 1) ≤
(n − 1)mk+1
+ nG(m, n, k).
Chúng minh của Đ nh lý 2.2.3. Ta cháng minh bang cách quy nạp theo
k. Với k = 1 đieu này rút gon thành ket quả của Sylvester, G(m, n, 1) =
mn − m − n. Giả sả nó đúng với k = t và do đó
G(m, n, t) = nt−1
(mn − m − n) +
(m − 1)m2
(mt−1
− nt−1
)
m − n
Theo hai bő đe trên, ta có
G(m, n, t + 1)
= (n − 1)mt+1
+ n nt−1
(mn − m − n) +
(m − 1)m2
(mt−1
− nt−1
)
m − n
= nt
(mn − m − n) + (n − 1) mt+1
+ nm2(mt−1 − nt−1)
m − n
= nt
(mn − m − n) +
(n − 1)m2
(mt
− nt
)
m − 1
chính là định lý với k = t + 1.
Ta còn có m®t công thác đơn giản hơn the hi n tích đoi xáng giǎa các
bien như sau. Cho các so nguyên a, b, k, với gcd(a, b) = 1, đ t Ak(a, b) =
.
,

42
1
{ak
ak−1
b, . . . , bk
}. Khi đó
g(Ak(a, b)) = σk (a, b) − σk(a, b) − (ak+1
+ bk+1
),
trong đó σk(a, b) là tőng tat cả các so nguyên trong Ak(a, b).
2.3 M t so ví dn
Trong phan này, chúng tôi tham khảo nguon internet và [1] đe trình
bày lại hai ví dụ thực te tương tự bài toán đői tien Frobenius.
M®t trường hợp đ c bi t của bài toán đői tien đôi khi còn được goi là
bài toán McNugget. Dạng McNugget của bài toán đői tien được giới thi u
bởi Henri Picciotto trong quyen sách đại so của ông. Picciotto nghĩ ve bài
toán trong nhǎng năm 1980 khi ông đang ăn toi cùng con trai tại m®t nhà
hàng McDonald và giải bài toán trên khăn ăn. So McNugget là tőng so
cánh gà trong m®t so lượng bat kỳ các h®p cách gà McNugget trong cảa
hàng McDonald. nước Anh, các h®p phụ thu®c vào kích thước sě có 6,
9 ho c 20 cánh.
Theo định lý Schur, vì 6, 9 và 20 nguyên to cùng nhau, bat kỳ so nguyên
đủ lớn đeu có the được bieu dien thành tő hợp tuyen tính của ba so này.
Do đó, ton tại m®t so không phải so McNugget lớn nhat, và tat cả các so
nguyên lớn hơn so này là so McNugget. Cụ the, tat cả các so hǎu hạn,
ngoại trà
1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 22, 23, 25, 28, 31, 34, 37, 43.
Do đó, so không phải so McNugget lớn nhat là 43. Ket quả rang tat cả
các so nguyên lớn hơn 43 là so McNugget có the được kiem tra bang cách
khảo sát các phân hoạch nguyên sau đây
44 = 6 + 9 + 9 + 20
45 = 9 + 9 + 9 + 9 + 9
46 = 6 + 20 + 20

43
47 = 9 + 9 + 9 + 20
48 = 6 + 6 + 9 + 9 + 9 + 9
49 = 9 + 20 + 20.
Bat kỳ so lớn hơn có the thu được bang cách c®ng thêm m®t vài so 6 vào
m®t trong các phân hoạch trên.
Nói cách khác, vì lcm(9, 20) = 180 và 6 là ước của 180, bang cách áp
dụng công thác so Frobenius cho trường hợp ba chieu trước đây, ta thu
được
g(6, 9, 20) = lcm(6, 9) + lcm(6, 20) − 6 − 9 − 20 = 18 + 60 − 35 = 43.
Ngoài ra, kiem tra trực tiep ta thay rang th t ra không the mua được 43
cánh gà, bởi vì:
• chỉ các h®p 6 và 9 cánh gà không the tạo thành 43 cánh gà vì chúng
chỉ tạo thành các b®i của 3 (ngoại trà chính so 3),
• c®ng thêm m®t h®p 20 cánh gà không the tạo thành 43 cánh gà vì
phan dư là 23 không là b®i của 3,
• nhieu hơn m®t h®p 20 cánh, c®ng với các h®p 6 ho c nhieu hơn hien
nhiên không dan tới 43 cánh.
Sau này cảa hàng McDonald giới thi u thêm h®p 4 cánh gà, so lớn nhat
không phải so McNugget là 11. các quoc gia khác mà h®p 9 cánh được
thay bang h®p 11 cánh, thì không ton tại so không phải so McNugget lớn
nhat vì không có so lẻ nào được tạo thành.
Trong trò chơi bóng bau dục liên minh, có bon loại điem so: penalty
goal (3 điem), drop goal (3 điem), try (5 điem) và converted try (7 điem).
Bang cách ket hợp các điem này, bat kỳ tőng so điem đeu có the ngoại trà
1, 2, ho c 4 điem. Trong trò chơi bóng bau dục bảy cau thủ, m c dù tat
cả bon loại điem so được cho phép, ít khi có điem penalty goal, điem drop
goal là ít xuat hi n nhat. Đieu này có nghĩa rang điem so đ®i gan như luôn

44
luôn bao gom b®i so của try (5 điem) và converted try (7 điem). Các điem
sau (ngoài 1, 2, và 4) không the được thực hi n tà b®i so của 5 và 7 và vì
v y trong trò chơi bóng bau dục bảy người hau như không bao giờ được
thay các điem so: 3, 6, 8, 9, 11, 13, 16, 18 và 23.

45
KET LU N
Lu n văn đã trình bày m®t cách có h thong ve Bài toán đői tien của
Frobenius trong trường hợp hai so và ba so. Trong lu n văn, tôi đã đạt
được m®t so ket quả sau:
1. Tiep c n bài toán đői tien của Frobenius trong trường hợp hai so theo
nhieu cách khác nhau.
2. Trình bày m®t so kien thác liên quan đen bài toán đői tien Frobenius
như hàm sinh, hàm phan nguyên, so Frobenius, . . .
3. Tőng hợp m®t so ket quả ve bài toán đői tien Frobenius trong trường
hợp ba chieu và tőng quát.
4. Trình bày hai ví dụ thực te của bài toán đői tien trong trường hợp
ba so và bon so. Đó bài bài toán McNugget và bài toán điem so trò
chơi bóng bau dục.

Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Đo Thị Thu Hien (2013), Ve bài toán Diophantine tuyen tính của
Frobenius, Lu n văn thạc sy, Đại hoc Khoa hoc, Đại hoc Thái Nguyên.
Tieng Anh
[2] M. Beck and S. Robins (2007), Computing the continuous discretely:
integer point enumeration in polyhedra, Springer.
[3] A. Brauer (1942), “On a problem of partitions”, Am. J. Math., 64, pp.
299–312.
[4] D. C. Ong and V. Ponomarenko (2008), “The Frobenius Number of
Geometric Sequences”, INTEGERS: the Electronic Journal of Combi-
natorial Number Theory, 8, A33.
[5] J. L. Remirez Alfonsin (2006), The Diophantine Frobenius Problem,
Oxford University Press.

Bài Toán Đổi Tiền Của Frobenius.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bài Toán Đổi Tiền Của Frobenius.docx

Similar to Bài Toán Đổi Tiền Của Frobenius.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Bài Toán Đổi Tiền Của Frobenius.docx