HỖ TRỢ SOẠN THẢO LUẬN VĂN TOÁN

HỖ TRỢ SOẠN THẢO LUẬN VĂN, TIỂU LUẬN, BÀI TẬP LỚN TOÁN BẰNG $\LaTeX$

Khi mới soạn thảo bằng $\LaTeX$ thì việc hoàn thành một bài viết dài như luận văn thạc sĩ là một điều vô cùng khó khăn và vất vả, những công thức cồng kềnh, những ký hiệu lần đầu gặp không biết tìm chúng ở đâu, có khi google cả một ngày chưa ra ký hiêu, lỗi thiếu gói lệnh (cái này cực kỳ phổ biến), lỗi sai cú pháp (ai cũng phải bị), vân vân là những điều không thể tránh khỏi với những người mới, có người có thể mất tới cả tháng trời, thậm chí là vài tháng (như Caolac) mà vẫn loay hoay, nhưng nếu hoàn thiện được thì cảm giác thật tuyệt vời

Nói chung vẫn ưu tiên việc tự học soạn thảo hơn, tuy nhiên không phải ai cũng đủ thời gian, kinh nghiệm, cũng như học từ đầu cách soạn một văn bản theo hướng lập trình như này, đôi khi vì một vài lý do nào đó mà các bạn cần hỗ trợ soạn thảo, thì Caolac sẽ soạn thảo giúp các bạn (dĩ nhiên là có phí ly cà phê, không thể miễn phí được)

Những khó khăn khi soạn luận văn

1. Mẫu luận văn
2. Các ký hiệu phức tạp. Thường thì đã là luận văn thạc sĩ nên các ký hiệu cũng trở nên ít phổ thông hơn
3. Khai báo tự động định, định lý và tham chiếu (bằng lệnh)
4. Đánh số công thức và tham chiếu (bằng lệnh). Thường người mới gõ thủ công cho tới khi thầy cô yêu cầu sửa lại
5. Phần tài liệu tham khảo (bằng lệnh). Thường người mới gõ thủ công cho tới khi thầy cô yêu cầu sửa lại
6. Chuẩn yêu cầu toán, ví dụ chữ trong định nghĩa thẳng đứng, chữ trong định lý in nghiêng
7. Khi hoàn thiện yêu cầu 3 file
1. 1 bản pdf hoàn chỉnh để in nộp
2. 1 bản pdf tóm tắt (thường là lượt bỏ phần chứng minh và phần ít quan trọng)
3. 1 bản beamer để trình chiếu khi báo cáo luận văn trước hội đồng

Nói chung những khó khăn trên là cực kỳ hại não với những người mới, nhưng những người đã có kinh nghiệm thì trở nên dễ dàng hơn

Tốt nhất thì các bạn nên tập trung vào nội dung bài luận văn của mình, vì đó mới là điều quan trọng, còn phần soạn thảo lại bằng $\LaTeX$ hình thức thì để Caolac lo

Các bạn có thể liên hệ trực tiếp qua facebook Nguyễn Hoàng Thứ (CaolacVC)

Hoặc Zalo qua số điện thoại 037 403 8679

Nếu cần Caolac hỗ trợ soạn thảo, hãy liên hệ với Caolac qua link facebook hoặc zalo ở trên, không nhất thiết là cả một luận văn hay một bài tiểu luận, đôi khi có thể là một vài trang.

Dưới đây là một mẫu luận văn đã hoàn thiện của một bạn nhờ mình hỗ trợ

Khi hoàn thiện sẽ bao gồm

1. 1 file pdf đầy đủ đã xuất ra
2. 1 file pdf tóm tắt đã xuất ra
3. 1 file pdf beamer trình chiếu đã xuất ra
4. 1 file tex mã nguồn (đôi khi thầy cô yêu cầu gửi)

file PDF in nộp

file beamer trình chiếu

file tóm tắt

Tương tự file in nộp nhưng lượt bỏ những phần chứng minh và các kết quả ít quan trọng

SOURCE CODE

\documentclass[14pt,a4paper,openany,oneside]{report}

\usepackage{amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym, amscd,amsthm}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{color}
\usepackage{colortbl}
\usepackage[14pt]{extsizes}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[utf8]{vietnam}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{multicol}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{xspace}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{enumerate}
\usepackage[top=3.4cm, bottom=3cm, left=3cm, right=2.5cm] {geometry}
\usepackage[unicode]{hyperref}
\hoffset=0truecm
\parindent=2em

\theoremstyle{plain}
\newtheorem{Theorem}{Định lý}[section]
\newtheorem{Lemma}[Theorem]{Bổ đề}
\newtheorem{Example}[Theorem]{Ví dụ}
\newtheorem{Corollary}[Theorem]{Hệ quả}
\newtheorem{Proposition}[Theorem]{Mệnh đề}
\newtheorem{Conjecture}[Theorem]{Giả thuyết}

\newtheorem{bd}{Bổ đề}[section]
\newtheorem{md}[bd]{Mệnh đề}
\newtheorem{dl}[bd]{Định lý}
\newtheorem{hq}[bd]{Hệ quả}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem{Remark}[Theorem]{Nhận xét} 
\newtheorem{Notation}[Theorem]{Ký hiệu}
\newtheorem{Definition}[Theorem]{Định nghĩa}
\newtheorem{dn}{Định nghĩa}
\newtheorem{vd}[bd]{Ví dụ}

\usepackage{titletoc}
\titlecontents{chapter}
[0pt]% <left>
{}% <above-code>
{\bfseries\chaptername\ \thecontentslabel.\quad}
{}% <numberless-entry-format>
{\bfseries\hfill\contentspage}% <filler-page-format>

%\setcounter{section}{1}
\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}
\fontsize{14pt}{14pt}\selectfont
\makeatletter
\renewcommand{\ps@plain}{
\renewcommand{\@oddhead}{\hfil\fontsize{14}{14}\selectfont{\thepage}\hfil}
\renewcommand{\@evenhead}{\@oddhead}
\renewcommand{\@oddfoot}{\empty}
\renewcommand{\@evenfoot}{\@oddfoot}    }
\makeatother \pagestyle{plain}
\def\vdvh{\vrule height 15pt depth 5pt width 0.5pt}
\def\vdq{\vdvh\ }

%\usepackage{makecell}
%\usepackage{lmodern}
\usepackage{calligra}
%\usepackage{helvet}

\begin{document}

\normalsize

\setlength{\baselineskip}{18pt}

%\include{Bia}
\thispagestyle{empty}
\begin{titlepage}
\begin{center}
\MakeUppercase{{BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO}}\\
\MakeUppercase{{\bf TRƯ\underline{ỜNG ABC DEF GKI }KLM}}\\

\vspace{2.8cm}
\MakeUppercase{\textsc{{\normalsize \bf NGUYỄN VĂN ABC}}}\\

\vspace{3.8cm}

\centerline{\bf \Large TÊN ĐÈ TÀI  }
\centerline{\bf \Large CỦA    }
\centerline{\bf \Large LUẬN VĂN THẠC SĨ  }
\vspace{0.3cm }

\vspace{4cm }
\MakeUppercase{\textsc{{ \normalsize \bf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC }}}\\

\vspace{4cm }
\vfill
\textsc{{ \normalsize \bf TỈNH THÀNH - Năm 2020}}
\end{center}
\end{titlepage}
%\pagestyle{empty}

\newpage
%\vspace*{5cm}
%\vfill

\thispagestyle{empty}
\begin{titlepage}
\begin{center}
\MakeUppercase{{BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO}}\\
\MakeUppercase{{\bf TRƯ\underline{ỜNG ABC DEF GKI} KLM}}\\
\vspace{2cm}
\MakeUppercase{\textsc{{\normalsize \bf  NGUYỄN VĂN ABC}}}\\
\vspace{2.5cm}

\centerline{\bf \Large TÊN ĐỀ TÀI  }
\centerline{\bf \Large CỦA    }
\centerline{\bf \Large LUẬN VĂN THẠC SĨ  }

\end{center}

\vspace{2.0cm }
\begin{center}
{ \hspace*{0.3cm} \normalsize   {\bf Chuyên ngành :} {\bf Đại số và lí thuyết số }}\\
\vspace{0.2cm}
{\normalsize  {\bf Mã số :}  \textbf{8.} \hspace*{0.051cm}\textbf{46.} \hspace*{0.051cm}\textbf{01.} \hspace*{0.051cm}\textbf{04}}
\end{center}

\vspace{1.3cm }
\begin{center}
%\MakeUppercase{\textsc{{ \normalsize  \bf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC }}}\\
\end{center}

\vspace{1cm }
\begin{center}
{\normalsize  {\bf Người hướng dẫn :}}
\MakeUppercase{\textsc{{ \textbf{TS. ABCDEF}}}}
\end{center}

\vspace{1.6cm}
\vfill
\begin{center}
%\textsc{{\normalsize \bf Bình Định - Năm 2020}}
\end{center}
\end{titlepage}
%\thispagestyle{empty}

\newpage
\fontsize{13pt}{16pt}\selectfont
\pagenumbering{gobble}
\tableofcontents

\newpage
\pagenumbering{roman}

\chapter*{\centerline{Lời cam đoan}}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\textbf{Lời cam đoan}}

Tôi xin cam đoan bản luận văn này là kết quả nghiên cứu của cá
nhân tôi. Các số liệu và tài liệu được trích dẫn trong luận văn là trung
thực. Kết quả nghiên cứu này không trùng với bất cứ công trình nào đã
được công bố trước đó.

Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Tôi chịu trách nhiệm với lời cam đoan của mình.

\vspace{4cm}
\hspace{6cm} {\it Tỉnh ngày 00 tháng 00 năm 0000}

\hspace{9cm} {\bf Học viên}

\vspace{3cm}

\hspace{8cm} {\bf Nguyễn Văn ABC}

\newpage
\fontsize{13pt}{14.5pt}\selectfont 
\thispagestyle{myheadings}
%\pagenumbering{arabic}

\chapter*{\centerline{Lời cảm ơn}}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\textbf{Lời cảm ơn}}

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học ABC dưới sự hướng dẫn của TS. ABC. Nhân đây tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy người đã tận tình chỉ dẫn và truyền dạy cho tôi những kinh nghiệm quý báu trong học tập và trong nghiên cứu suốt thời gian vừa qua.
Đồng thời tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong Bộ môn Đại số, khoa Khoa Học Tự Nhiên, trường Đại học ABC đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi có thể hoàn thành tốt luận văn này.

Cuối cùng tôi xin bày tỏ lòng tri ân sâu sắc tới gia đình, bạn bè đã luôn ở bên động viên, khích lệ, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.

Tôi xin chân thành cảm ơn.

\vspace{4cm}
\hspace{6cm} {\it Tỉnh ngày 00 tháng 00 năm 0000}

\hspace{9cm} {\bf Học viên}

\vspace{3cm}

\hspace{8cm} {\bf Nguyễn Văn ABC}

\newpage
\fontsize{13pt}{14.5pt}\selectfont 
\thispagestyle{myheadings}


\chapter*{\centerline{Một số ký hiệu}}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\textbf{Một số ký hiệu}}
%\thispagestyle{myheadings}

\begin{tabular}{ll}
$\mathbb{N}$         & Tập hợp các số tự nhiên               \\
$\mathbb{Z}$         & Tập hợp các số nguyên                     \\                   $g(a_1,\ldots,a_k)$  & Số Frobenius của dãy số $a_1,\ldots,a_k$                               \\
$(a_1,\ldots,a_k)=1$ &  Ước chung lớn nhất của $a_1,\ldots,a_k$                                   

\end{tabular}
%\pagenumbering{roman}


\newpage
\fontsize{13pt}{14.5pt}\selectfont 
\thispagestyle{myheadings}
\pagenumbering{arabic}


\chapter*{Mở đầu}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\textbf{Mở đầu}}

Cho ${{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_k}$ là các số nguyên dương sao cho ước chung lớn nhất của chúng bằng $1$. Khi đó tồn tại số N sao cho mọi số nguyên dương $n\ge N$ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng
$n={{c}_1}{{a}_1}+{{c}_2}{{a}_2}+\cdots+{{c}_k}{{a}_k},$
trong đó ${{c}_1},{{c}_2},\ldots,{{c}_k}$ là các số nguyên không âm. Số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng trên được gọi là số Frobenius, ký hiệu là $g\left( {{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_k} \right)$.

Ví dụ: $g\left( 4,5 \right)=11$, vì mọi số nguyên $n\ge 12$ đều biểu diễn được dưới dạng $n=4a+5b$ với $a,b\in \mathbb{N} $, nhưng 11 không biểu diễn được.

Một vấn đề trung tâm trong lý thuyết nửa nhóm số là hãy xác định số Frobenius của tập các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, gọi là {\it bài toán Frobenius}. Bài toán Frobenius có những ứng dụng quan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học như Lý thuyết số, Lý thuyết tự động và Tổ hợp. Đặc biệt, bài toán Frobenius có những ứng dụng để phân tích các mạng Petri, để nghiên cứu bài toán phân loại các không gian véc tơ, các nhóm Aben, nghiên cứu các mật mã hình học đại số thông qua tính chất của các nửa nhóm đặc biệt, để nghiên cứu các bài toán xếp hình. 

Từ những năm 1890 người ta đã biết công thức tường minh tính số Frobenius của hai số tự nhiên $a,b$ nguyên tố cùng nhau. Tuy nhiên việc tìm công thức tường minh cho số Frobenius của 3 số trở lên chưa có lời giải trọn vẹn. Vì vậy, vấn đề nghiên cứu bài toán Frobenius cho trường hợp từ 3 số trở lên là một trong các vấn đề trung tâm hiện nay trong lý thuyết nửa nhóm số. Các kết quả đạt được về hướng nghiên cứu này cho đến nay chủ yếu là cung cấp các chặn cho số Frobenius, chứng minh công thức tường minh của số Frobenius cho tập các số có dạng đặc biệt, và các thuật toán tính số Frobenius.

Mục đích của luận văn và trình bày tổng quan các kết quả quan trong về bài toán Frobenius. Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm 2 chương. Trong Chương 1, luận văn trình bày lại chứng minh của công thức tường minh cho số Frobenius của 2 số. Tiếp theo, luận văn trình bày một số kết quả tổng quát về số Frobenius cho $k$ tùy ý. Phần cuối cùng trong Chương 1 luận văn thảo luận về một vài kết quả đã biết cho số Frobenius của 3 số nguyên dương.

Chương 2 của trình bày một thuật toán tính số Frobenius của Öystein J. RÖdseth, và một ứng dụng của thuật toán này trong việc tìm ra được công thức tính số Frobenius của $3$ số chính phương liên tiếp, được đưa ra bởi M.Lepilov, J. ORourke, and I. Swanson.

Các kết quả cũng như định lý ở trong luận văn được viết chủ yếu dựa vào cuốn sách của J. L. Ramirez Alfosin "The Diophantine Frobenius Problem" xuất bản năm 2005 và hai bài báo được nêu ra ở Chương 2.

\newpage

%\chapter{Kiến thức chuẩn bị} 
\chapter [TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN FROBENIUS]{\fontsize{30}{25}\selectfont \textbf{TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN FROBENIUS}}
Trong chương này chúng ta sẽ trình bày khái quát về bài toán Frobenius. Cụ thể, sau khi phát biểu biểu bài toán và trình bày chứng minh sự tồn tại, luận văn sẽ điểm lại một vài kết quả đáng chú ý cho số Frobenius của tập hai số, tập ba số cũng như trong trường hợp tổng quát. 

\section{Sự tồn tại của số Frobenius}

\begin{dl}\label{dl111}
Cho $a_1, a_2,\ldots,a_k$ là các số nguyên dương với $(a_1,a_2,\ldots,a_k)=1$. Khi đó tồn tại số $N$ sao cho mọi số nguyên dương $n\ge N $ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng 
$$n={{c}_1}{{a}_1}+{{c}_2}{{a}_2}+\ldots+{{c}_k}{{a}_k}, $$ 
với ${{c}_1},{{c}_2},\ldots,{{c}_k}$ là các số nguyên không âm. 
\end{dl}

Số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng trong kết luận của định lý trên được gọi là số Frobenius của $a_1, a_2,\ldots,a_k$, ký hiệu là $g\left( {{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_k} \right)$.

\begin{proof} Ta sẽ trình bày 2 chứng minh cho định lý này.

Chứng minh thứ nhất:

Vì $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$ nên ta có thể viết ${{m}_1}{{a}_1}+{{m}_2}{{a}_2}+\ldots+{{m}_k}{{a}_k}=1$ với số nguyên ${{m}_i}$. Kí hiệu $P$ và $-Q$ là tổng các số hạng dương và tổng các số hạng âm ở trong tổ hợp trên, vì vậy $P$ và $Q$ thuộc vào nửa nhóm $W$ tạo ra bởi ${{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_k}$ và $P-Q=1$. Mọi số nguyên $l\ge 0$ được viết dưới dạng $h{{a}_1}+l'$ với $h\ge 0$ và $0\le l'<{{a}_1}$. Khi đó 
$$\left( {{a}_1}-1 \right)Q+l=h{{a}_1}+\left( {{a}_1}-1-l' \right)Q+lP\in W$$. 
Do đó tất cả các số nguyên lớn hơn hoặc bằng $\left( {{a}_1}-1 \right)Q$ đều thuộc W. Điều đó có nghĩa là, bất kỳ số nguyên $t\ge \left( {{a}_1}-1 \right)Q$ đều có thể viết được dưới dạng tổ hợp nguyên không âm của ${{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_{k-1}}$.

Chứng minh thứ hai:

Nếu $k = 2$ ta đã biết theo kết quả sẽ được chứng minh  $g\left( {{a}_1},{{a}_2} \right)={{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}$ (theo định lý \ref{dl12}). Giả sử rằng $k\ge 3$. Nếu $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_{k-1}} \right)=1$, khẳng định là đúng theo quy nạp, thậm chí không cần ${{a}_k}$ trong biểu diễn của các số nguyên đủ lớn. Do vậy ta chỉ cần xét $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_{k-1}} \right)=d>1$. 

Cho ${{a}_i}=a'_{i}d$ với mỗi $i=1,\ldots,k-1$. Vì $\left( d,{{a}_k} \right)=1$ nên phương trình $\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}{{x}_i}=m}$ (1.0.1) trở thành $\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a'_i{{x}_i}=\dfrac{m-{{a}_k}{{b}_k}}{d}}$ (1.0.2) trong đó $0\le {{b}_k}\le d-1$ là số nguyên duy nhất sao cho ${{a}_k}{{b}_k}\equiv m\bmod d$. Theo quy nạp, tồn tại số nguyên $M\left( a'_1,\ldots,a'_{k-1}\right)$ sao cho (1.0.2) có nghiệm nguyên không âm ${{x}_i}={{b}_i},1\le i\le k-1$ bất cứ khi nào 
$$\dfrac{m-{{a}_k}{{b}_k}}{d}\ge \dfrac{m-{{a}_k}\left( d-1 \right)}{d}>M\left( a_1,\ldots,a_{k-1} \right).$$ 
Vì vậy (1.0.1) có nghiệm nguyên không âm ${{x}_i}={{b}_i},1\le i\le k$ bất cứ khi nào $m>{{a}_k}\left( d-1 \right)+dM\left( a_1,\ldots,a_{k-1} \right)\,$.
\end{proof}

{\bf Bài toán Frobenius.} Cho $a_1, a_2,\ldots,a_k$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính số Frobenius $g(a_1,a_2,\ldots,a_k)$.

\section{Công thức của số Frobenius khi $k = 2$}

Chúng ta có một công thức rất gọn gàng và đẹp cho số Frobenius của hai số nguyên dương.

\begin{dl}\label{dl12}
Cho ${{a}_1},{{a}_2}$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2} \right)={{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}.$$
\end{dl}

Ta sẽ trình bày hai cách chứng minh khác nhau cho Định lý \ref{dl12}. Chứng minh đầu tiên dựa theo  Nijenhuis và Wilf \cite{N-W}, thứ hai là chứng minh số học.

\begin{proof}
Chứng minh thứ nhất:

Vì $\left( {{a}_1},{{a}_2} \right)=1$ nên bất kì số nguyên $n$ nào cũng có thể biểu diễn được dưới dạng $n=x{{a}_1}+y{{a}_2}$ trong đó $x,y\in \mathbb{Z} $.

Lưu ý răng $n$ có thể biểu diễn được theo nhiều cách khác nhau nhưng biểu diễn lầ duy nhất nếu ta yêu cầu $0\le x<{{a}_2}$. Trong trường hợp này, $n$ có thể biểu diễn được nếu $y\ge 0$ và nó không thể biểu diễn nếu $y<0$. Do đó, giá trị không thể biểu diễn được lớn nhất là khi $x={{a}_2}-1$ và $y=-1$. Vì vậy $$g\left( {{a}_1},{{a}_2} \right)=\left( {{a}_2}-1 \right){{a}_1}+(-1){{a}_2}={{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}.$$

Chứng minh thứ hai:

Cho $T={{a}_1}\mathbb{N} +{{a}_2}\mathbb{N} =\left\{ x{{a}_1}+y{{a}_2}\left| x,y\in \mathbb{N} \right. \right\}$. Giả sử ${{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}={{r}_1}{{a}_1}+{{r}_2}{{a}_2}$ với ${{r}_1},{{r}_2}\in \mathbb{N} $. Vì vậy ${{a}_1}({{a}_2}-{{r}_1}-1)={{a}_2}({{r}_2}+1)$ và vì $\left( {{a}_1},{{a}_2} \right)=1$ nên ${{a}_2}-{{r}_1}-1=s{{a}_2}\ge {{a}_2}$ đó là vô lý. Như vậy ${{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}\notin T$.

Bây giờ đặt $c={{a}_1}{{a}_2}-{{a}_1}-{{a}_2}$, ta có thể chỉ ra rằng $c+i\in T$ với bất kì số nguyên  $i\ge 1$. Theo định lý Bézout, luôn tồn tại các số nguyên dương ${{r}_1}$ và ${{r}_2}$, $0\le {{r}_1}<{{a}_2}$ sao cho ${{a}_1}{{r}_1}+{{a}_2}{{r}_2}=1$. Khi đó 
\begin{align}
c+i=\left( {{a}_2}-1+i{{r}_1} \right){{a}_1}+\left( i{{r}_2}-1 \right){{a}_2}. \tag{1.1} \label{ct11}
\end{align}

Ta có thể viết \eqref{ct11} dưới dạng $c+i={{v}_1}{{a}_1}+{{v}_2}{{a}_2}$ với $0\le {{v}_2}<{{a}_1}$. Vì $-i=c-{{v}_1}{{a}_1}-{{v}_2}{{a}_2}=(-{{v}_1}-1){{a}_1}+({{a}_1}-1-{{v}_2}){{a}_2}$ không thuộc $T$, và do ${{a}_1}-1-{{v}_2}\ge 0$ nên ta phải có $-{{v}_1}-1<0$ dẫn đến ${{v}_1}>-1$, do đó ${{v}_1}\ge 0$. Vì vậy $c+i\in T$.
\end{proof}

\section{Số Frobenius trong trường hợp tổng quát}

Trong Chương này luận văn trình bày một số kết quả về chặn trên và chặn dưới cho số Frobenius của tập các số nguyên dương tùy ý, và công thức tường minh cho số Frobenius của một cấp số cộng các số nguyên dương.

\subsection{Tính chất và các chặn cho số Frobenius}

Schur (1935) chứng minh một chặn trên đơn giản cho số Frobenius của tập các số nguyên dương tùy ý:

\begin{dl}[Schur]\label{dlschur}
Giả sử $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le \left( {{a}_1}-1 \right)\left( {{a}_k}-1 \right)-1$$. 
\end{dl}
Kết quả này được Brauer \cite{Brauer} làm tốt hơn như trong định lý dưới đây.

\begin{dl}[Brauer]\label{dlbra}
Ký hiệu ${{d}_i}=\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_i} \right)$ và $$T\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=\sum\limits_{i=1}^{k-1}{{{a}_{i+1}}{{d}_i}}/{{d}_{i+1}}.$$  
Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le T\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)-\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}.$$
\end{dl}

Để chứng minh Định lý \ref{dlbra} ta cần các bổ đề quan trọng dưới đây.

\begin{bd}
$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=\underset{l\in \left\{ 1,2,\ldots{{a}_k}-1 \right\}}{\mathop{\max }}\,\left\{ {{t}_l} \right\}-{{a}_k},$
trong đó ${{t}_l}$ là số nguyên dương bé nhất đồng dư với $l$ modulo ${{a}_k}$, đồng thời biểu diễn được dưới dạng tổ hợp của ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ với các hệ số không âm.
\end{bd}

\begin{proof}
Chứng minh khá là đơn giản. Cho $L$ là một số nguyên dương. Nếu $L\equiv 0\bmod {{a}_k}$ thì $L$ là tổ hợp của ${{a}_k}$ với hệ số nguyên không âm.

Nếu $L\equiv l\bmod {{a}_k}$ thì $L$ là tổ hợp số nguyên không âm của ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ khi và chỉ khi $L\ge {{t}_l}$. 
\end{proof}

\begin{bd}\label{bd125}
Ký hiệu $d=\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_{k-1}} \right)$, khi đó
\begin{align}
g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)={{d}g}\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{k-1}}}{d},{{a}_k} \right)+\left( d-1 \right){{a}_k}. \tag{1.2.2}
\end{align} 
\end{bd}

\begin{proof}
Ký hiệu 
$$G=G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)+\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}},$$ 
tức là $G$ là số nguyên lớn nhất không thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$với các hệ số nguyên dương. Khi đó đẳng thức (1.2.2) đúng khi và chỉ khi
$$G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}=dG\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{k-1}}}{d},{{a}_k} \right)-d\sum\limits_{i=1}^{k-1}{\dfrac{{{a}_i}}{d}}-d{{a}_k}+\left( d-1 \right){{a}_k},$$
tức là khi và chỉ khi
\begin{align*}
G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)&=dG\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{k-1}}}{d},{{a}_k} \right)+{{a}_k}-d{{a}_k}+\left( d-1 \right){{a}_k} \\ 
& =dG\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{k-1}}}{d},{{a}_k} \right).
\end{align*}
Lưu ý rằng $G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}{{x}_i},{{x}_i}>0$ (ta có thể viết 
$${{a}_k}+G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right) =\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}{{x}_i},{{x}_i}+{{a}_k}{{x}_k},{{x}_k}>0$$, 
do đó $G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}{{x}_i}+{{a}_k}\left( {{x}_k}-1 \right)$ như vậy mâu thuẫn với định nghĩa của $G$ trừ khi ${{x}_k}=1)$.

Cho ${{a}_i}=da_i,i=1,\ldots,k-1$. Do đó
$G=\sum\limits_{i=1}^{k-1}{{{a}_i}{{x}_i}=d\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a_i{{x}_i}}}$ và $G$ chia hết cho $d$.

Giả sử $G=dG'$ (1.2.3), rõ ràng rằng $G'$ không thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính $a_1,\ldots,a_{k-1},{{a}_k}$ với các hệ số nguyên dương (nếu không thì $G'={{y}_k}{{a}_k}+\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a_i}{{y}_i}$ với ${{y}_i}>0$ và $G=G'd={{y}_1}d{{a}_1}+\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a_i}{{y}_i}$ là mâu thuẫn).

Bây giờ nếu $h>G$ thì $h$ có thể biễu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính của $a_1,\ldots,a_{k-1},{{a}_k}$ với hệ số nguyên dương. 

Vì $hd>G'd=G$ nên $hd=\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}{{z}_i}={{z}_k}{{a}_k}+d\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a_i{{z}_i}}},{{z}_i}>0$. Do đó $d$ phải chia hết ${{z}_k}$, giả sử ${{z}_1}=dz_1$ và $h=z_k{{a}_k}+\sum\limits_{i=1}^{k-1}{a_i{{z}_i}}$. Vì vậy $G'=G\left( a_1,\ldots,a_{k-1},{{a}_k} \right)$ và theo (1.2.3) ta được 
$$G\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=dG\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{k-1}}}{d},{{a}_k} \right).$$
\end{proof}

\begin{proof} (của Định lý \ref{dlbra})
Chú ý rằng 
$$g\left( \dfrac{{{a}_1}}{{{d}_i}},\ldots,\dfrac{{{a}_i}}{{{d}_i}},\dfrac{{{a}_{i+1}}}{{{d}_{i+1}}} \right)\le g\left( \dfrac{{{a}_1}}{{{d}_i}},\ldots,\dfrac{{{a}_i}}{{{d}_i}} \right),\,\,\,\hspace{4cm}  (1.2.1)$$ dấu bằng xảy ra khi $\dfrac{{{a}_{i+1}}}{{{d}_{i+1}}}$ phụ thuộc vào $\dfrac{{{a}_1}}{{{d}_i}},\ldots,\dfrac{{{a}_i}}{{{d}_i}}$. Do 
$$\dfrac{{{d}_i}}{{{d}_{i+1}}}=\left( \dfrac{{{a}_1}}{{{d}_{i+1}}},\ldots,\dfrac{{{a}_i}}{{{d}_{i+1}}} \right),$$
khi đó lặp lại liên tiếp ứng dụng của Bổ đề \ref{bd125} và áp dụng (1.2.1) ta sẽ có điều cần chứng minh.
\end{proof}

Wilf \cite{Wilf} đưa ra một thuật toán để tính số Frobenius, và một hệ quả của thuật toán này là một chặn trên gọn gàng cho số Frobenius.

\begin{dl}[Wilf]
$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le a_k^2$.  
\end{dl}

M. Beck, R. Diaz and S. Robins \cite{Beck} sử dụng các kết quả về phân hoạch của các số nguyên chứng minh được chặn trên sau.

\begin{dl}[Beck {\it et al}]
Cho ${{a}_1}\le \cdots\le {{a}_k}$ với $\left( {{a}_1,}\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le \dfrac{1}{2}\left( \sqrt{{{a}_1}{{a}_2}{{a}_3}\left( {{a}_1}+{{a}_2}+{{a}_3} \right)}-{{a}_1}-{{a}_2}-{{a}_3} \right)\,.$$
\end{dl}

\begin{dl}[Selmer \cite{Selmer}]\label{dlsel}
Cho ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ là các số nguyên dương và $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le 2{{a}_k}\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{k} \right\rfloor -{{a}_1}.$$
\end{dl}

Chặn trên trong Định lý \ref{dlsel} đôi khi nhỏ hơn chặn trên trong định lý sau.

\begin{dl}[Erd\"{o}s and Graham \cite{Erdos}]
Cho ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ là các số nguyên dương và $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le 2{{a}_{k-1}}\left\lfloor \dfrac{{{a}_k}}{k} \right\rfloor -{{a}_k}.$$
\end{dl}

\begin{proof}
Gọi $A=\left( 0,{{a}_1},\ldots,{{a}_{k-1}} \right)$ là tập các phần dư modulo ${{a}_k}$ và đặt 
$$C=\underbrace{A+\ldots+A}_m=A=\left\{ \left. {{b}_1}+\ldots+{{b}_m} \right|{{b}_i}\in A \right\}\bmod {{a}_k},$$
ở đó $m=\left\lfloor \dfrac{{{a}_k}}{k} \right\rfloor $. Theo một định lý của Kenser \cite{Kneser}  tồn tại một ước $g'$ (nhỏ nhất) của ${{a}_k}$ mà 
$$C=\underbrace{{A^{\left( g' \right)}}+\ldots+{A^{\left( g' \right)}}}_m\bmod \ {{a}_k}$$
ở đó $${A^{\left( g' \right)}}=\left\{ \left. a+rg' \right|0\le r<{{a}_k}/g'.a\in A \right\}\bmod {{a}_k},$$ 
và sao cho \begin{align}\dfrac{\left| C \right|}{{{a}_k}}\ge \dfrac{mk}{{{a}_k}}-\dfrac{m-1}{g'}.\tag{1.2.4}\end{align}
Giả sử rằng $C$ không chứa một hệ thặng dư đầy đủ modulo ${{a}_k}$. Vì $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$ nên ${A^{\left( g' \right)}}$ phải bao gồm nhiều hơn một modulo lớp $g'$. Theo Định lý Kenser và tính nhỏ nhất của $g'$ thì $C$ phải chứa ít nhất $m+1$ lớp thặng dư phân biệt modulo $g'$. Vì vậy \begin{align}\dfrac{\left| C \right|}{{{a}_k}}\ge \dfrac{m+1}{g'}.\tag{1.2.5}
\end{align}

Lưu ý rằng ${{a}_k}\ge k$ và $m=\left\lfloor \dfrac{{{a}_k}}{k} \right\rfloor $, suy ra
\begin{align}m+1>\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{m-1}{\dfrac{mk}{{{a}_k}}-\dfrac{1}{2}} \right).\tag{1.2.6}
\end{align}
Bây giờ giả sử $\left| C \right|\le \dfrac{1}{2}{{a}_k}$. Theo (1.2.4) và (1.2.6) ta có
$$\dfrac{mk}{{{a}_k}}-\dfrac{m-1}{g'}\le \dfrac{1}{2},\quad g'\le \dfrac{m-1}{\dfrac{mk}{m}-\dfrac{1}{2}}<2\left( {{a}_k}+1 \right).$$
Do đó theo (1.2.5) ta lại có
$$\dfrac{\left| C \right|}{{{a}_k}}\ge \dfrac{m+1}{g'}>\dfrac{m+1}{2\left( m+1 \right)}=\dfrac{1}{2},$$ 
đó là một mâu thuẫn. Do đó, ta có thể giả định rằng $\left| C \right|>\dfrac{1}{2}{{a}_k}$. Nhưng trong trường hợp này dễ dàng có thể thấy rằng $C+C$ chứa một hệ thặng dư đầy đủ modulo ${{a}_k}$. Theo đó, số nguyên bé nhất có thể viết được dưới dạng 
$${{x}_1}{{b}_1}+\ldots+{{x}_{2m}}{{b}_{2m}}+x{{a}_k}$$, 
với ${{x}_i}\ge 0,x\ge 0$ và ${{b}_i}\in A$ cho bởi
$$2m.\underset{a\in A}{\mathop{\max a}}\,-{{a}_k}=2{{a}_{k-1}}\left\lfloor \dfrac{{{a}_n}}{n} \right\rfloor -{{a}_n}.$$
\end{proof}

R\"{o}dseth \cite{Rodseth2} chứng minh kết quả tốt hơn kết quả của Erd\"{o}s and Graham khi $n$ là số lẻ.

\begin{dl}[R\"{o}dseth]
Cho $k$ là số nguyên lẻ, khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\le 2{{a}_k}\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}+2}{k+1} \right\rfloor -{{a}_1}.$$
\end{dl}

Dãy $a_1,a_2,\ldots,a_k$ được gọi là {\it dãy độc lập} nếu không có phần tử nào được biểu diễn như là tổ hợp với hệ số không âm của các phần tử còn lại.
\begin{dl}[Vitek \cite{Vitek}]\label{dlvitek}
Cho ${{a}_1}<\ldots<{{a}_k}$ là một dãy độc lập với $k\ge 2$ thì
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_k}-k \right).$$
\end{dl}

\begin{proof}
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo $k$. Với $k=2$, Định lý \ref{dlvitek} luôn đúng. Ta giả sử nó đúng với $k=l-1$ và chứng minh nó đúng với $k=l$.

Đặt $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_l} \right)=d$, thì rõ ràng $\left( d,{{a}_l} \right)=1$ và $\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{l-1}}}{d} \right)=1$ nên theo giả thiết quy nạp ta có $$g\left( \dfrac{{{a}_1}}{d},\ldots,\dfrac{{{a}_{l-1}}}{d} \right)<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2d} \right\rfloor \left( \dfrac{{{a}_{l-1}}}{d}-l+1 \right).$$
Tất cả các bội số của $d$ bắt đầu từ $\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2d} \right\rfloor \left( \dfrac{{{a}_{l-1}}}{d}-l+1 \right)d$ đều biểu diễn được như là tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên không âm ${{a}_1},\ldots,{{a}_{l-1}}$. 

Mặt khác, trên tất cả các số từ $g\left( d,{{a}_l} \right)+1=\left( d-1 \right)\left( {{a}_l}-1 \right)$ trở đi là có thể biểu diễn dưới dạng $\alpha {{a}_l}+hd$ với $0\le \alpha <d,h\ge 0$. Như vậy
\begin{align*}
g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_l} \right)&<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2d} \right\rfloor \left( \dfrac{{{a}_{l-1}}}{d}-l+1 \right)d+\left( d-1 \right)\left( {{a}_l}-1 \right) \\ 
&<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( \dfrac{{{a}_{l-1}}}{d}-l+1 \right)+\left( d-1 \right)\left( {{a}_l}-1 \right).
\end{align*}
Vì tập hợp là độc lập nên $1\le d\le \left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor $ (thực tế là $d\le \left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{l} \right\rfloor $). Do đó, nếu $d=1$ ta có
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_l} \right)<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_l}-l+1 \right)\le \left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_l}-l \right),$$
và nếu $d=\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor $ thì 
\begin{align*}
g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_l} \right)&<{{a}_{l-1}}-\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor l+\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor +\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor {{a}_l}-\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor -{{a}_l}+1 \\ 
&\le {{a}_{l-1}}+\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_l}-l \right)-a{}_l+1 \\ 
&\le \left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_l}-l \right).
\end{align*}
Khi đó dẫn đến $g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_l} \right)<\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor \left( {{a}_l}-l \right)$ với bất kỳ $1\le d\le \left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{2} \right\rfloor $.
\end{proof}

Ngoài các kết quả về chặn trên cho số Frobenius còn có một số kết quả về chặn dưới. Chúng tôi phát biểu dưới đây một số kết quả như vậy.

\begin{dl}[Hujter]
Cho $k$ là số nguyên cố định. Ta có các bất đẳng thức sau
$$1\ge \underset{t\to \infty }{\mathop{\lim \inf }}\,\underset{{{a}_1},\ldots,{{a}_k}\ge t}{\mathop{\min }}\,\dfrac{g\left( {{a}_1},{{a}_2},\ldots,{{a}_k} \right)}{\left( k-1 \right){{\left( \min {{a}_j} \right)}^{1+\dfrac{1}{\left( k-1 \right)}}}}>\dfrac{k-1}{ke}.$$ 
\end{dl}

\begin{dl}[Hujter]
Cho ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ là các số nguyên sao cho $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\ge \left( \dfrac{k-1}{k} \right){{\left( \left( k-1 \right)!{{a}_1}{{a}_2}\ldots{a}_k \right)}^{\tfrac{1}{k-1}}}-\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}.$$
\end{dl}

\begin{dl}[Killingbergtro]
Cho ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ là các số nguyên sao cho $\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)=1$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\ge {{\left( \left( k-1 \right)!{{a}_1}{{a}_2}\ldots{a}_k \right)}^{\tfrac{1}{k-1}}}-\sum\limits_{i=1}^k{{{a}_i}}.$$  
\end{dl}

\begin{dl}[Vizvári's]
Cho ${{a}_1}<{{a}_j}$ với $j=2,\ldots,k$ và cho ${{c}_j},{{d}_j}$ là các số tự nhiên sao cho ${{a}_j}={{c}_j}{{a}_1}+{{d}_j}$, trong đó $1\le {{d}_j}\le {{a}_1}$ và $\dfrac{c^*}{d^*}=\underset{2\le j\le k}{\mathop{\min }}\,\dfrac{{{c}_j}}{{{d}_j}}$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\ge \dfrac{c^*}{d^*}a_1^2-\dfrac{c^*}{d^*}{{a}_1}-1.$$
\end{dl}

\begin{dl}[Boros]
Cho ${{a}_j},{{c}_j},c^*$ và $d^*$ với ${{a}_j}={{c}_j}{{a}_1}+{{d}_j}$, trong đó $1\le {{d}_j}\le {{a}_1}$ và $\dfrac{c^*}{d^*}=\underset{2\le j\le k}{\mathop{\min }}\,\dfrac{{{c}_j}}{{{d}_j}}$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},\ldots,{{a}_k} \right)\ge \left\lfloor \dfrac{d\left( {{a}_1}-1 \right)c^*}{d^*} \right\rfloor {{a}_1}+{{a}_1}d-{{a}_1}-d$$ trong đó $d=\left( {{d}_2},\ldots,{{d}_k} \right).$
\end{dl}

\subsection{Công thức số Frobenius của cấp số cộng}

Trong mục này luận văn sẽ trình bày một số công thức tường minh cho số Frobenius của một cấp số cộng tùy ý. Trước hết là công thức của số Frobenius cho các số nguyên dương liên tiếp.

\begin{dl}[Brauer \cite{Brauer}]\label{dlbra1}
Cho a là số nguyên dương. Khi đó
$$g\left( a,a+1,\ldots,a+l-1 \right)=\left( \left\lfloor \dfrac{a-2}{l-1} \right\rfloor +1 \right)a-1.$$
\end{dl}

Dãy số ${{a}_1},\ldots,{{a}_k}$ được gọi là cấp số cộng nếu ${{a}_{i+1}}={{a}_i}+d$ với $i=1,\ldots,k-1$ với $d$ là số nguyên dương.

Định lý \ref{dlbra1} được mở rộng cho cấp số cộng tổng quát bởi Roberts \cite{Roberts}.

\begin{dl}[Roberts]\label{rob}
Cho a, d và s là các số nguyên dương với $\left( a,d \right)=1$, ta có
$$g\left( a,a+d,\ldots,a+sd \right)=\left( \left\lfloor \dfrac{a-2}{s} \right\rfloor +1 \right)a+\left( d-1 \right)\left( a-1 \right)-1.$$  
\end{dl}

\begin{proof}
Cho ${{y}_i}=\sum\limits_{j=i}^s{{{x}_j}}$ với $i=0,\ldots,s$. Rõ ràng rằng số nguyên $L$ được biểu diễn bởi $\sum\limits_{i=a}^s{\left( a+id \right)}{{x}_i}$ nếu và chỉ nếu 
$$L=a{{y}_0}+d\left( {{y}_1}+\cdots+{{y}_s} \right),$$ với ${{y}_0}\ge ...\ge {{y}_s}\ge 0$.
Bây giờ với một ${{y}_0}$ cho trước, các số nguyên có thể biểu diễn được dưới dạng ${{y}_1}+...+{{y}_s}$, với ${{y}_0}\ge ...\ge {{y}_s}\ge 0$ chính là các số nguyên $z$ sao cho $0\le z\le s{{y}_0}$. Vì vậy $L$ có thể biểu diễn bởi $a,a+d,...,a+sd$ khi và chỉ khi $L=ay+dz$ với $0\le z\le sy$. 
\end{proof}

Selmer mở rộng Định lý \ref{rob} như sau. 

\begin{dl}[Selmer \cite{Selmer}]
Cho $a, h, d$ và $m$ là các số nguyên dương với $\left( a,d \right)=1$ ta có $$g\left( a,ha+d,ha+2d,\ldots,ha+md \right)=ha\left\lfloor \dfrac{a-2}{m} \right\rfloor +a\left( h-1 \right)+d\left( a-1 \right).$$
\end{dl}

\section{Số Frobenius khi $k = 3$}

Trái ngược với trường hợp $k = 2$, việc tính toán công thức cho $g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)$ hóa ra khó hơn nhiều. Curtis \cite{Curtis} chứng minh rằng, theo một nghĩa nào đó, không thể tìm được một công thức tường minh dạng đa thức cho số Frobenius của tập $3$ số. 

\begin{dl}[Curtis] Không tồn tại tập hữu hạn các đa thức $3$ biến $h_1,h_2,\ldots,h_n$ có tính chất: với mỗi bộ giá trị của $a_1,a_2,a_3$ tồn tại chỉ số $i$ sao cho $g(a_1,a_2,a_3)=h_i(a_1,a_2,a_3)$.
\end{dl}

Áp dụng các định lý về chặn cho các số Frobenius trong trường hợp tổng quát trong Mục 1.2 tất nhiên chúng ta sẽ thu được các chặn cho số Frobenius của tập $3$ số. Trong phần còn lại của Mục này luận văn tập trung vào việc giới thiệu một số kết quả cho phép tính số Frobenius cho các bộ $3$ số cụ thể.

\begin{dl}[Oiu và Niu \cite{O-N}]\label{dl142}
Cho $({{a}_1},{{a}_2})=d,{{a}_1}=a'_1d,{{a}_2}=a'_2d$ sao cho tồn tại các số nguyên ${{x}_1},{{x}_2}\ge 0$ với ${{a}_3}={{x}_1}a'_1+{{x}_2}a'_2$. Khi đó 
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)=\dfrac{{{a}_1}{{a}_2}}{d}-{{a}_1}-{{a}_2}+\left( d-1 \right){{a}_3}.$$
\end{dl}

{\bf Ví dụ.} Cho các số $10,15,17$ khi đó ta có $\left( 10,15 \right)=5$, $10=2.5,15=3.5$ và tồn tại cặp số $1,5$ để cho $17=1.2+5.3$ khi đó ta được:
$$g\left( 10,15,17 \right)=\dfrac{10.15}{5}-10-15+(5-1).17=73.$$

\begin{dl}[Roberts \cite{Roberts2}]
\begin{itemize}
\item [\rm{a)}] Nếu $\left( {{a}_3}-{{a}_1},{{a}_2}-{{a}_1} \right)=1$ thì 
\begin{align*}
g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)\le &{{a}_1}\left( {{a}_3}-{{a}_2}-2+\left\lfloor \dfrac{{{a}_1}}{{{a}_3}-{{a}_1}} \right\rfloor \right)+\left( {{a}_2}-{{a}_1}-1 \right)\left( {{a}_3}-{{a}_1}-1 \right) \\ 
&+{{a}_1}+{{a}_2}+{{a}_3};
\end{align*}    
\item [\rm{b)}] Nếu $a,j>2$ là các số nguyên thì $$g\left( a,a+1,a+j \right)=\begin{cases}  & \left\lfloor \frac{a+1}{j} \right\rfloor a+(j-3)a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a\equiv -1\bmod j;a\ge j^2-5j+3 \\ 
& \left\lfloor \frac{a+1}{j} \right\rfloor (a+j)+(j-3)a\,\,\,a\equiv -1\bmod j;a\ge j^2-4j+2\end{cases}.$$    
\item [\rm{c)}] $0<a<b$ và $m$ là các số nguyên sao cho $\left( a,b \right)=1,m\ge 2$ thì 
$$g\left( m.m+a,m+b \right)\le m\left( b-2+\left\lfloor \dfrac{m}{b} \right\rfloor \right)+\left( a-1 \right)\left( b-1 \right).$$    
\end{itemize}
\end{dl}

\begin{dl}[Byrnes]
Cho ${{a}_1}<{{a}_2}<{{a}_3}$ với ${{a}_2}\equiv 1\bmod {{a}_1}$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)=\begin{cases}
{{a}_1}{{a}_2}-({{a}_1}+{{a}_2})\quad {{a}_3}\le j{{a}_2}\\
{{a}_3}\left( \dfrac{{{a}_1}-m}{j} \right)+(m-1){{a}_2}-{{a}_1}\quad (j-m){{a}_2}<{{a}_3}\le j{{a}_2}\\
{{a}_3}\left( \dfrac{{{a}_1}-m-j}{j} \right)+(j-1){{a}_2}-{{a}_1}\quad {{a}_2}\left( \dfrac{j}{{{a}_1}-m+j} \right)(j-m)\le {{a}_3}<(j-m){{a}_2}
\end{cases}$$

Trong đó $j$ và $m$ thõa mãn ${{a}_3}\equiv j\bmod {{a}_1};0\le j<{{a}_1}$ và (nếu $j\ne 0$) ${{a}_1}\equiv m\bmod j;1\le m\le j$.  
\end{dl}

\begin{dl}[Selmer \cite{Selmer}]
Nếu ${{a}_1},{{a}_2},{{a}_3}$ là độc lập và đôi một nguyên tố cùng nhau thì $$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)\le \max \left\{ \left( s-1 \right){{a}_2}+\left( q-1 \right){{a}_3},\left( r-1 \right){{a}_2}+q{{a}_3} \right\}-{{a}_1},$$ 
trong đó $s$ được xác định bởi ${{a}_3}\equiv s{{a}_2}\bmod {{a}_1};1<s<{{a}_1}$, $q$ và $r$ được xác định bởi ${{a}_1}=qs+r,0<r<s$. Hơn nữa, nếu ${{a}_2}\ge t\left( q+1 \right)$ trong đó ${{a}_3}=s{{a}_2}-t{{a}_1},t>0$ thì
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)=\max \left\{ \left( s-1 \right){{a}_2}+\left( q-1 \right){{a}_3},\left( r-1 \right){{a}_2}+q{{a}_3} \right\}-{{a}_1}.$$
\end{dl}

\begin{dl}[Kannan's]\label{dl137}
Cho $0<{{w}_1}<{{a}_3}$ và $0<{{w}_2}<{{a}_3}$ là số nguyên duy nhất sao cho ${{a}_1}{{w}_1}\equiv {{a}_2}\bmod {{a}_3}$ và ${{a}_2}{{w}_2}\equiv -{{a}_1}\bmod {{a}_3}$. Gọi ${{r}_1},{{r}_2}$ là các số nguyên dương lớn nhất sao cho $-{{a}_3}+{{r}_1}{{w}_1}<0$ và ${{a}_3}-{{w}_2}{{r}_2}>0$.
\begin{align*}
(a)\,\,g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)\le &\max \left\{ {{a}_1}\left( {{a}_3}-{{r}_1}{{w}_1} \right)+{{a}_2}\left( {{r}_1}+1 \right),{{a}_1}{{w}_1}+{{a}_2}{{r}_1} \right\} \\ 
&-{{a}_1}-{{a}_2}-{{a}_3}.\\
(b)\,\,g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)\le &\max \left\{ {{a}_1}+{{a}_2}\left( {{a}_3}+\left( 1-{{r}_2} \right){{w}_2} \right),{{a}_1}{{r}_2}+{{a}_2}{{w}_2} \right\} \\ 
&-{{a}_1}-{{a}_2}-{{a}_3}.
\end{align*}
\end{dl}

Các chặn trên trong Định lý \ref{dl137} nói chung không chặt nhưng có những trường hợp một trong số chúng (hoặc cả hai) đưa ra được giá trị gần đúng với $g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)$. Điều này được minh họa ở hai ví dụ sau.

\begin{vd}
Cho ${{a}_1}=4,{{a}_2}=7,{{a}_3}=9$. Ta có ${{w}_1}=4,{{w}_2}=2,{{r}_1}=2$ và ${{r}_2}=4$ Khi đó  
$$g\left( 4,7,9 \right)\le \begin{cases}
& \max \left\{ 25,30 \right\}-20 \\ 
& \max \left\{ 18,30 \right\}-20 
\end{cases} =10.$$
\end{vd}

\begin{vd}
Cho ${{a}_1}=5,{{a}_2}=14,{{a}_3}=31$. Ta có ${{w}_1}=11,{{w}_2}=2,{{r}_1}=2$ và ${{r}_2}=15$ Khi đó  
$$g\left( 5,14,31 \right)\le  \begin{cases}
& \max \left\{ 87,83 \right\}-50=37=g\left( 5,14,31 \right) \\ 
& \max \left\{ 47,103 \right\}-50=87
\end{cases}.$$  
\end{vd}

\begin{dl}[Hofmeister \cite{Hofmeister}]
Cho ${{a}_1},{{a}_2},{{a}_3}$ là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau với ${{a}_1}\ge 4$ và ${{a}_1}<{{a}_2},{{a}_3}$. Gọi $j,k,m$ là các số nguyên dương được xác định bởi ${{a}_3}\equiv j{{a}_2}\bmod {{a}_1},{{a}_1}=kj+m$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)=-{{a}_1}+ \begin{cases}
\left( m-1 \right){{a}_2}+k{{a}_3}\quad \left( j-m \right){{a}_2}\le {{a}_3} \\ 
\left( j-1 \right){{a}_2}+\left( k-1 \right){{a}_3}\quad \left( j-m \right){{a}_2}>{{a}_3}\ge {{a}_2}\left( \dfrac{j-m}{k+1} \right) \\ 
\end{cases}.$$  
\end{dl}

Lưu ý rằng định lí trên không xét trường hợp ${{a}_3}<{{a}_2}\left( \dfrac{j-m}{k+1} \right)$.

Định lý dưới đây được chứng minh sử dụng các kết quả sâu sắc về chuỗi Hilbert trong Đại số giao hoán.

\begin{dl}
Cho ${{a}_1},{{a}_2},{{a}_3}$ là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và $\left\{ i,j,q \right\}=\left\{ 1,2,3 \right\}$. Khi đó
$$g\left( {{a}_1},{{a}_2},{{a}_3} \right)=\left\{ \begin{aligned}
& \max \left\{ {{L}_i}{{a}_i}+{{x}_{jq}}{{a}_q},{{L}_j}{{a}_j}+{{x}_{iq}}{{a}_q} \right\}-\sum\limits_{k=1}^3{{{a}_k}\quad \text{ nếu }\,\,{{x}_{ij}}>0,\forall i,j} \\ 
& {{L}_j}{{a}_j}+{{L}_i}{{a}_i}-\sum\limits_{k=1}^3{{{a}_k}}\quad \text{ nếu }\,\,{{x}_{ij}}=0 \\ 
\end{aligned} \right.$$
trong đó ${{L}_1},{{L}_2},{{L}_3}$ là các số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại các số nguyên $x_{ij}\geq 0, 1\leq i,j\leq 3, i\neq j$ với tính chất
\begin{align*}
& {{L}_1}{{a}_1}={{x}_{12}}{{a}_2}+{{x}_{13}}{{a}_3}, \\ 
& {{L}_2}{{a}_2}={{x}_{21}}{{a}_1}+{{x}_{23}}{{a}_3}, \\ 
& {{L}_3}{{a}_3}={{x}_{31}}{{a}_1}+{{x}_{32}}{{a}_2}.
\end{align*}
\end{dl}

\chapter [Thuật toán tính số Frobenius và ứng dụng]{\fontsize{30}{25}\selectfont  \textbf{Thuật toán tính số Frobenius và ứng dụng}}

Trong chương này ta tìm hiểu về một thuật toán để tính số Frobenius được đưa ra bởi J. R\"{o}dseth \cite{Rodseth1}. Đây là một thuật toán rất hiệu quả để tính số Frobenius của $3$ số nguyên dương. Dựa trên thuật toán này, các tác giả M. Lepilov, J. ORourke, and I. Swanson \cite{Swanson} đã tìm được công thức tường minh cho số Frobenius của $3$ số chính phương liên tiếp cũng như là của $3$ số lập phương liên tiếp. Sau khi trình bày thuật toán của R\"{o}dseth, luận văn sẽ trình bày chứng minh của M. Lepilov, J. ORourke, and I. Swanson cho số Frobenius của $3$ số chính phương liên tiếp.

\section{Thuật toán R\"{o}dseth}

Cho $a, b, c$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Nhắc lại ký hiệu số Frobenius $g(a,b,c)$ là số nguyên dương lớn nhất không biểu diễn được như một tổ hợp của $a,b,c$ với các hệ số không âm. Ngoài ra ta cũng quan tâm đến số $n(a,b,c)$ là số các số nguyên không âm không biểu diễn được như là một tổ hợp của $a,b,c$.

Đối với thừa số chung dương $d$ của $a$ và $b$ chúng ta có công thức truy hồi của Johnson:
\begin{align}g\left( a,b,c \right)=d.g\left( \dfrac{a}{d},\dfrac{b}{d},c \right)+c\left( d-1 \right).\tag{2.2}\end{align}

Tương tự ta có công thức truy hồi cho $n(a,b,c)$
\begin{align}n\left( a,b,c \right)=d.n\left( \dfrac{a}{d},\dfrac{b}{d},c \right)+\dfrac{1}{2}\left( c-1 \right)\left( d-1 \right).\tag{2.3}\end{align}

Do vậy sẽ không có vấn đề gì xảy ra khi ta coi $a$ và $b$ là hai nguyên tố cùng nhau.

Thuật toán R\"{o}dseth được bắt đầu như sau. Cho ${{s}_0}$ được xác định bởi công thức \begin{align}b{{s}_0}\equiv c\left( \bmod a \right),\,\,\,\,0\le {{s}_0}<a.\tag{2.4}\end{align}

Nếu ${{s}_0}=0$ thì $c$ sẽ phụ thuộc vào $a$ nên ta có thể bỏ qua trường hợp này. Giả sử ${{s}_0}\ne 0$. Ta sử dụng thuật toán Euclid 
\begin{align*}
a=&{{s}_{-1}}={{q}_1}{{s}_0}-{{s}_1},\quad 0\le {{s}_1}<{{s}_0} \\ 
&{{s}_0}={{q}_2}{{s}_1}-{{s}_2},\quad 0\le {{s}_2}<{{s}_1} \\ 
&{{s}_1}={{q}_3}{{s}_2}-{{s}_3},\quad 0\le {{s}_3}<{{s}_2}\tag{2.5} \\ 
& \ldots \\ 
&{{s}_{m-2}}={{q}_m}{{s}_{m-1}}-{{s}_m},0\le {{s}_m}<{{s}_{m-1}} \\ 
&{{s}_{m-1}}={{q}_{m+1}}{{s}_m},\quad 0={{s}_{m+1}}<{{s}_m}
\end{align*}

Nếu ${{s}_0}=0$, ta đặt $m=-1$. Ta cũng xác định số nguyên ${{P}_i}$ bởi ${{P}_{-1}}=0,{{P}_0}=1$ và
\begin{align}{{P}_{i+1}}={{q}_{i+1}}{{P}_i}-{{P}_{i-1}},\,\,\,i=0,1,\ldots,m.\tag{2.6}\end{align}

Ta viết theo quy ước $\dfrac{{{s}_{-1}}}{{{P}_{-1}}}=\infty $ và coi bất đẳng thức $x<\infty $ có nghĩa. Từ ${{q}_i}\ge 2$ sử dụng quy nạp và $(2.6)$ ta chứng minh được ${{P}_{i+1}}>{{P}_i}$. Do đó
$$0=\dfrac{{{s}_{m+1}}}{{{P}_{m+1}}}<\dfrac{{{s}_m}}{{{P}_m}}<\cdots<\dfrac{{{s}_0}}{{{P}_0}}<\dfrac{{{s}_{-1}}}{{{P}_{-1}}}=\infty,$$
và sẽ có một số nguyên duy nhất $v,-1\le v\le m$ thõa mãn
\begin{align}\dfrac{{{s}_{v+1}}}{{{P}_{v+1}}}\le \dfrac{c}{b}<\dfrac{{{s}_v}}{{{P}_v}}.\tag{2.7}\end{align}

Công thức tính $g(a,b,c)$ được đưa ra ở Định lý \ref{dl211} dưới đây. Trong trường hợp $v=0$ công thức $(2.8)$ được đưa ra bởi Hofmeister:

\begin{dl}\label{dl211}
Cho $a, b, c$ là các số nguyên dương, trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên tố cùng nhau.
\begin{align}g\left( a,b,c \right)=-a+b\left( {{s}_v}-1 \right)+c\left( {{P}_{v+1}}-1 \right)-\min \left\{ b{{s}_{v+1}},c{{P}_v} \right\},\tag{2.8}\end{align}

trong đó $v$ là số nguyên duy nhất được xác định ở $(2.7)$. 

\end{dl}

\begin{vd}
Sử dụng thuật toán RÖdseth tim số Frobenius cho ba số $121,144,169$
Ta có ${{s}_0}=81$ và
\begin{align*}
& a={{q}_1}{{s}_0}-{{s}_1},0\le {{s}_1}<{{s}_0}\Leftrightarrow 121=81{{q}_1}-{{s}_1}\Rightarrow {{q}_1}=2,{{s}_1}=41 \\ 
& {{s}_0}={{q}_2}{{s}_1}-{{s}_2},0\le {{s}_2}<{{s}_1}\Leftrightarrow 81=41{{q}_2}-{{s}_2}\Rightarrow {{q}_2}=2,{{s}_2}=1
\end{align*}
sau đó ta có
\begin{align*}
& {{p}_{-1}}=0,{{p}_0}=1 \\ 
& {{p}_1}={{q}_1}{{p}_0}-{{p}_{-1}}=2.1-0=2 \\ 
& {{p}_2}={{q}_2}{{p}_1}-{{p}_0}=2.2-1=3
\end{align*}
và $\dfrac{{{s}_2}}{{{p}_2}}=\dfrac{1}{3}\le \dfrac{169}{144}<\dfrac{41}{3}=\dfrac{{{s}_1}}{{{p}_1}}$.\\
Khi đó thì
\begin{align*}
g\left( 121,144,169 \right)&=-121+144\left( 41-1 \right)+169\left( 3-1 \right)-\min \left\{ 144.1,169.2 \right\} \\ 
& =-121+5760+338-144=5833
\end{align*}
Vậy $g\left( 121,144,169 \right)=5833$.

\end{vd}

Ngoài ra, thuật toán trên cũng giúp tính được số $n(a,b,c)$ như trong Định lý 2.1.2 dưới đây. Trong trường hợp $v=0$ công thức $(2.9)$ được đưa ra bởi Selmer:

\begin{dl}\label{dl212}
Với các kí hiệu như ở Định lý \ref{dl211}, ta có
\begin{align}
n(a,b,c)=\frac{1}{2}\left\{1-a+b(s_v-s_{v+1}-1)+c(P_{v+1}-1)+s_{v+1}(P_{v+1}-P_v)\frac{1}{a}(bs_v-cP_v)\right\}.\tag{2.9}
\end{align}
\end{dl}

Theo thảo luận phía trên, không làm mất tính tổng quát ta hoàn toàn có thể giả sử $a, b, c$ là độc lập và là đôi một nguyên tố cùng nhau. Trong trường hợp này $0\le v<m$ và đẳng thức $(2.7)$ không thể xảy ra.

\begin{proof}
Ta đặt \begin{align}{{R}_i}=\dfrac{1}{a}\left( b{{s}_i}-c{{P}_i} \right),\quad i=-1,\ldots,m.\tag{2.10}\end{align}

Theo $(2.5)$ và $(2.6)$, ${{R}_i}$ thõa mãn phương trình tuyến tính sau:
\begin{align}R_{i+1}=q_{i+1}R_i-{{R}_{i-1}},\quad i=0,\ldots,m.\tag{2.11}\end{align}

với các điều kiện ban đầu là 
\begin{align}{{R}_0}=\dfrac{1}{a}\left( b{{s}_0}-c \right),\quad {{R}_{-1}}=b.\tag{2.12}\end{align}

Do $(2.4)$ nên ${{R}_0}$ là số nguyên, và cũng vì ${{R}_{-1}}$ là số nguyên nên $(2.11)$ cho thấy rằng tất cả các ${{R}_i}$ là số nguyên. Hơn nữa, vì ${{P}_i}-{{P}_{i+1}}<0<{{s}_i}-{{s}_{i+1}}$ và ta sử dụng $(2.7)$ nên ta có:
\begin{align}{{R}_{m+1}}<{{R}_m}<\cdots<{{R}_{v+1}}\le 0<{{R}_v}<\cdots<{{R}_{-1}}.\tag{2.13}\end{align}

Bây giờ ta coi ${{t}_l}={{t}_l}\left( a,b,c \right)$. Cho trước $l$, và cặp $\left( y,z \right)$ là số nguyên không âm khi đó ${{t}_l}=by+cz$. Gọi $\left( {{y}_l},{{z}_l} \right)$ là một cặp như vậy, trong đó ${{z}_l}$ là nhỏ nhất. Theo $(2.10)$ ta có:
$${{t}_l}-a{{R}_v}=b\left( {{y}_l}-{{s}_v} \right)+c\left( {{z}_l}+{{P}_v} \right).$$
Vì ${{R}_v}$ là số nguyên dương, nên theo định nghĩa của ${{t}_l},{{y}_l}<{{s}_v}.$
Tương tự 
$${{t}_l}+a{{R}_{v+1}}=b\left( {{y}_l}+{{s}_{v+1}} \right)+c\left( {{z}_l}-{{P}_{v+1}} \right),$$
và nếu ${{R}_{v+1}}<0$ thì ${{z}_l}<{{P}_{v+1}}$. Cũng trong trường hợp ${{R}_{v+1}}=0$, ta có ${{z}_l}<{{P}_{v+1}}$ bởi vì ${{z}_l}$ là cực tiểu.

Hơn nữa, ta có 
$${{t}_l}-a\left( {{R}_v}-{{R}_{v+1}} \right)=b\left( {{y}_l}-{{s}_v}+{{s}_{v+1}} \right)+c\left( {{z}_l}+{{P}_v}-{{P}_{v+1}} \right),$$

Do đó ${{y}_l}<{{s}_v}-{{s}_{v+1}}$ hoặc là ${{z}_l}<{{P}_{v+1}}-{{P}_v}$.
Như vậy $\left( {{y}_l},{{z}_l} \right)\in A\cup B$, trong đó $A$ và $B$ là các tập rời nhau bao gồm các số nguyên được cho bởi
$$A=\left\{ \left. \left( y,z \right) \right|0\le y<{{s}_v}-{{s}_{v+1}},0\le z<{{P}_{v+1}} \right\},$$
$$B=\left\{ \left. \left( y,z \right) \right|{{s}_v}-{{s}_{v+1}}\le y<{{s}_v},0\le z<{{P}_{v+1}}-{{P}_v} \right\}.$$

Số $\left| A\cup B \right|$ là phần tử của tập hợp $A\cup B$ được cho bởi
$$\left| A\cup B \right|=\left| A \right|+\left| B \right|=\left( {{s}_v}-{{s}_{v+1}} \right){{P}_{v+1}}+{{s}_{v+1}}\left( {{P}_{v+1}}-{{P}_v} \right).$$

Từ \begin{align}{{s}_i}{{P}_{i+1}}-{{s}_{i+1}}{{P}_i}=a,\,\,\,\,\,\,\,i=-1,\ldots,m,\tag{2.14}\end{align}
ta có $\left| A\cup B \right|=a$ vì vậy
\begin{align}\left\{ \left. {{t}_l} \right|l\in L \right\}=\left\{ \left. by+cz \right|\left( y,z \right)\in A\cup B \right\}.\tag{2.15}\end{align}
với $L$ là tập thặng dư đầy đủ modulo $a$.

Bây giờ 
$$\underset{\left( y,z \right)\in A}{\mathop{\max }}\,\left\{ by+cz \right\}=b\left( {{s}_v}-{{s}_{v+1}}-1 \right)+c\left( {{P}_{v+1}}-1 \right)$$ 
và nếu $B$ là rỗng  (tức là nếu ${{s}_{v+1}}>0$) thì
$$\underset{\left( y,z \right)\in B}{\mathop{\max }}\,\left\{ by+cz \right\}=b\left( {{s}_v}-1 \right)+c\left( {{P}_{v+1}}-{{P}_v}-1 \right).$$

Từ $(2.15)$ ta có $\underset{\left( y,z \right)\in B}{\mathop{\max }}\,{{t}_l}=\underset{\left( y,z \right)\in A\cup B}{\mathop{\max }}\,\left\{ by+cz \right\}$ và sử dụng công thức ${g}_k=-{a}_1+\underset{l\in L}{\mathop{\max }}\,{{t}_l}$ thì việc chứng minh Định lý \ref{dl211} sẽ trở nên dễ dàng hơn.
Ta cũng có  
$$\begin{aligned}
\sum\limits_{l\in L}{{t}_l}&=  \sum\limits_{\left( y,z \right)\in A}{\left( by+cz \right)+\sum\limits_{\left( y,z \right)\in B}{\left( by+cz \right)}} \\ 
&=\sum\limits_{y=0}^{{{s}_v}-{{s}_{v+1}}-1}{\sum\limits_{z=0}^{{{P}_{v+1}}-1}{\left( by+cz \right)+\sum\limits_{y={{s}_v}-{{s}_{v+1}}}^{{{s}_v}-1}{\sum\limits_{z=0}^{{{P}_{v+1}}-{{P}_v}-1}{\left( by+cz \right)}}}} \\ 
&=\dfrac{1}{2}\left\{ \begin{array}{l}
\left( {{s}_v}{{P}_{v+1}}-{{s}_{v+1}}{{P}_v} \right)\left( b\left( {{s}_v}-{{s}_{v+1}}-1 \right)+c\left( {{P}_{v+1}}-a \right) \right) \\ 
+{{s}_{v+1}}\left( {{P}_{v+1}}-P \right)\left( b{{s}_v}-c{{P}_v} \right)
\end{array} \right\}.
\end{aligned}$$
từ đó chúng ta chứng minh được Định lý \ref{dl212}.

\end{proof}

\section{Số Frobenius của $3$ số chính phương liên tiếp}

Dựa trên thuật toán R\"{o}dseth, các tác giả  M. Lepilov, J. ORourke, and I. Swanson tìm được công thức tường minh cho số Frobenius của $3$ số chính phương liên tiếp.

\begin{dl}[\cite{Swanson}]\label{dl221}
Số Frobenius của bộ ba số $n^2,{{\left( n+1 \right)}^2},{{\left( n+2 \right)}^2}$ là như sau
$$\begin{cases}
2n^3-5n-5 \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,\, \text{ nếu } n\equiv 0 \bmod 4, n\ge 16,\\
\left(\dfrac{5}{2}\right)n^3+\left(\dfrac{1}{2}\right)n^2-6n-6 \quad\quad \text{ nếu } n\equiv 1\bmod 4,n\ge 9,\\
2n^3+2n^2-n-3 \quad\quad \quad\quad\quad\,\, \text{ nếu } n\equiv 2 \bmod 4,n\ge 6,\\
\left(\dfrac{17}{4}\right)n^3+\left(\dfrac{9}{4}\right)n^2-8n-8 \quad\,\,\, \text{ nếu } n\equiv 3\bmod 4,n\ge 7
\end{cases}$$

Nói cách khác

$g\left( {{\left( 4m \right)}^2},{{\left( 4m+1 \right)}^2},{{\left( 4m+2 \right)}^2} \right)=128m^3-20m-5,\text{ nếu }\,m\ge 4 $

$g\left( {{\left( 4m+1 \right)}^2},{{\left( 4m+2 \right)}^2},{{\left( 4m+3 \right)}^2} \right)=160m^3+128m^2+10m-9,\,\text{ nếu }\,m\ge 2$

$g\left( {{\left( 4m+2 \right)}^2},{{\left( 4m+3 \right)}^2},{{\left( 4m+4 \right)}^2} \right)=128m^3+224m+124m+19,\text{ nếu }\,m\ge 1 $

$g\left( {{\left( 4m+3 \right)}^{\begin{smallmatrix} 
\\ 
2 
\end{smallmatrix}}},{{\left( 4m+4 \right)}^2},{{\left( 4m+5 \right)}^2} \right)=272m^3+648m^2+481m+103, \text{ nếu }\,m\ge 1$
\end{dl}

\begin{proof}
Gọi $n$ là số nguyên dương bất kỳ. Ta dễ dàng chứng minh được ${{s}_0}=n^2-4n+4$. Sử dụng thuật toán R\"{o}dseth:
\begin{align*}
& {{s}_{-1}}=n^2, \\ 
& {{s}_0}=n^2-4\left( n-1 \right), \\ 
& {{s}_1}=2{{s}_0}-{{s}_{-1}}=n^2-8n+8=n^2-2.4\left( n-1 \right), \\ 
& {{s}_2}=2{{s}_1}-{{s}_0}=n^2-3.4\left( n-1 \right), \\ 
& \ldots \\ 
& {{s}_k}=2{{s}_{k-1}}-{{s}_{k-2}}=n^2-\left( k+1 \right).4\left( n-1 \right),
\end{align*}  
các phép tính dược tiếp tục miễn là $n^2-\left( k+1 \right)4\left( n-1 \right)\ge 0$ tức là $\dfrac{n^2}{4\left( n-1 \right)}\ge k+1$.

Lưu ý rằng $${{s}_{-1}}>{{s}_0}>{{s}_1}>\cdots>{{s}_k}$$ với $n\ge 4$. Vì tất cả ${{q}_i}$ là 2, theo quy nạp ta được 
${{P}_i}=2{{P}_{i-1}}-{{P}_{i-2}}=i+1$ với $i=1,\ldots,k$.

Trường hợp đơn giản nhất là khi $n=4m+3$ với số nguyên $m\ge 1$. Thuật toán Euclid trong đoạn đầu tiếp tục cho tới khi $k=m$ khi 
$${{s}_m}={{\left( 4m+3 \right)}^2}-\left( m+1 \right).4\left( 4m+2 \right)=1.$$

Lưu ý rằng 
$${{s}_{m-1}}={{s}_m}+4\left( n-1 \right)=1+4\left( 4m+2 \right)=16m+9,$$ do đó
$$\dfrac{{{s}_m}}{{{P}_m}}=\dfrac{1}{m+1}<\dfrac{{{\left( 4m+5 \right)}^2}}{{{\left( 4m+4 \right)}^2}}<16<\dfrac{16m+9}{m}=\dfrac{{{s}_{m-1}}}{{{P}_{m-1}}},$$
dẫn đến $v=m-1$, và theo công thức (2.17)
\begin{align*}
& g\left( {{\left( 4m+3 \right)}^2},{{\left( 4m+4 \right)}^2},{{\left( 4m+5 \right)}^2} \right) \\ 
& =-{{\left( 4m+3 \right)}^2}+{{\left( 4m+4 \right)}^2}\left( 16m+9-1 \right)+{{\left( 4m+5 \right)}^2}\left( m+1-1 \right) \\ 
& -\min \left\{ {{\left( 4m+4 \right)}^2}.1,{{\left( 4m+5 \right)}^2}.m \right\} \\ 
& =-{{\left( 4m+3 \right)}^2}+{{\left( 4m+4 \right)}^2}\left( 16m+8 \right)+{{\left( 4m+5 \right)}^2}.m-{{\left( 4m+4 \right)}^2} \\ 
& =272m^3+648m^2+481m+103.
\end{align*}

Bây giờ với $n=4m$ với số nguyên $m\ge 4$. Đoạn đầu của thuật toán tiếp tục tới khi $k=m-1$ khi 
$${{s}_{m-1}}={{\left( 4m \right)}^2}-m.4\left( 4m-1 \right)=4m=n$$ và $n\ge 4\left( n-1 \right)$. Quan sát rằng 
$${{s}_{m-2}}={{s}_{m-1}}+4\left( n-1 \right)=20m-4$$, 
và tiếp tục thuật toán Euclid một bước nữa ta nhận được
$${{s}_m}=5{{s}_{m-1}}-{{s}_{m-2}}=5\left( 4m \right)-\left( 20m-4 \right)=4,$$ 
và $${{P}_m}=5{{P}_{m-1}}-{{P}_{m-2}}=5m-\left( m-1 \right)=4m+1$$
$$\dfrac{{{s}_m}}{{{P}_m}}=\dfrac{4}{4m+1}<\dfrac{{{\left( 4m+2 \right)}^2}}{{{\left( 4m+1 \right)}^2}}<4=\dfrac{4m}{m}=\dfrac{{{s}_{m-1}}}{{{P}_{m-1}}},$$
nó tuân theo $v=m-1$, và theo công thức (2.17),
\begin{align*}
& g\left( {{\left( 4m \right)}^2},{{\left( 4m+1 \right)}^2},{{\left( 4m+2 \right)}^2} \right) \\ 
& =-{{\left( 4m \right)}^2}+{{\left( 4m+1 \right)}^2}\left( 4m-1 \right)+{{\left( 4m+2 \right)}^2}\left( 4m+1-1 \right) \\ 
& -\min \left\{ {{\left( 4m+1 \right)}^2}.4,{{\left( 4m+2 \right)}^2}.m \right\} \\ 
& =-{{\left( 4m \right)}^2}+{{\left( 4m+1 \right)}^2}\left( 4m-1 \right)+{{\left( 4m+2 \right)}^2}\left( 4m \right)-{{\left( 4m+1 \right)}^2}.4 \\ 
& =128m^3-20m-5. \\ 
\end{align*}

Bây giờ với $n=4m+1$ với số nguyên $m\ge 2$. Quy trình trong đoạn đầu của thuật toán tiếp tục cho tới khi $k=m-1$ với 
$${{s}_{m-1}}={{\left( 4m+1 \right)}^2}-m.4\left( 4m \right)=8m+1.$$ 
Quan sát rằng 
$${{s}_{m-2}}={{s}_{m-1}}+4\left( n-1 \right)=24m+1.$$ 
Tiếp tục thực hiện thuật toán thêm một bước ta được:
$${{s}_m}=3{{s}_{m-1}}-{{s}_{m-2}}=3\left( 8m+1 \right)-\left( 24m+1 \right)=2$$
và $${{P}_m}=3{{P}_{m-1}}-{{P}_{m-2}}=3m-\left( m-1 \right)=2m+1.$$ Cũng như
$$\dfrac{{{s}_m}}{{{P}_m}}=\dfrac{2}{2m+1}<\dfrac{{{\left( 4m+3 \right)}^2}}{{{\left( 4m+2 \right)}^2}}<8<\dfrac{8m+1}{m}=\dfrac{{{s}_{m-1}}}{{{P}_{m-1}}},$$
dẫn đến $v=m-1$, và theo công thức (2.17)

\begin{align*}
& g\left( {{\left( 4m+1 \right)}^2},{{\left( 4m+2 \right)}^2},{{\left( 4m+3 \right)}^2} \right) \\ 
& =-{{\left( 4m+1 \right)}^2}+{{\left( 4m+2 \right)}^2}\left( 8m+1-1 \right)+{{\left( 4m+3 \right)}^2}\left( 2m+1-1 \right) \\ 
& -\min \left\{ {{\left( 4m+2 \right)}^2}.2,{{\left( 4m+3 \right)}^2}m \right\} \\ 
& =-{{\left( 4m+1 \right)}^2}+{{\left( 4m+2 \right)}^2}\left( 8m \right)+{{\left( 4m+3 \right)}^2}\left( 2m \right)-{{\left( 4m+2 \right)}^2}.2 \\ 
& =160m^3+128m^2+10m-9.
\end{align*}

Cuối cùng là với $n=4m+2$ với số nguyên $m\ge 1$. Đoạn đầu của thuật toán được tiếp tới $k=m-1$ cũng như
$${{s}_{m-1}}={{\left( 4m+2 \right)}^2}-m.\left( 4m+1 \right)=12m+4.$$
Quan sát rằng ${{s}_{m-2}}={{s}_{m-1}}+4\left( n-1 \right)=28m+8$. Tiếp tục thực hiện thuật toán thêm một bước ta được.
\begin{align*}
& {{s}_{m-2}}=28m+8=3\left( 12m+4 \right)-\left( 8m+4 \right)=3{{s}_{m-1}}-{{s}_m},\,\,\,\,\,\,\,{{s}_m}=8m+4, \\ 
& {{s}_{m-1}}=12m+4=2\left( 8m+4 \right)-\left( 4m+4 \right)=2{{s}_m}-{{s}_{m+1}},\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{s}_{m+1}}=4m+4 \\ 
& {{s}_m}=8m+4=2\left( 4m+4 \right)-4=2{{s}_{m+1}}-{{s}_{m+2}},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{s}_{m+2}}=4.
\end{align*}

Điều này cho
\begin{align*}
& {{P}_m}=3{{P}_{m-1}}-{{P}_{m-2}}=3m-\left( m-1 \right)=2m+1, \\ 
& {{P}_{m+1}}=2{{P}_m}-{{P}_{m-1}}=2\left( 2m+1 \right)-m=3m+2, \\ 
& {{P}_{m+2}}=2{{P}_{m+1}}-{{P}_m}=2\left( 3m+2 \right)-\left( 2m+1 \right)=4m+3.
\end{align*}
cũng như
$$\dfrac{{{s}_{m+2}}}{{{P}_{m+2}}}=\dfrac{4}{4m+3}<\dfrac{{{\left( 4m+4 \right)}^2}}{{{\left( 4m+3 \right)}^2}}<\dfrac{4m+4}{3m+2}=\dfrac{{{s}_{m+1}}}{{{P}_{m+1}}}.$$
Do đó $v=m+1$, và bởi công thức (2.17)
\begin{align*}
& g\left( {{\left( 4m+2 \right)}^2},{{\left( 4m+3 \right)}^2},{{\left( 4m+4 \right)}^2} \right) \\ 
& =-{{\left( 4m+2 \right)}^2}+{{\left( 4m+3 \right)}^2}\left( 4m+4-1 \right)+{{\left( 4m+4 \right)}^2}\left( 4m+3-1 \right) \\ 
& -\min \left\{ {{\left( 4m+3 \right)}^2}.4,{{\left( 4m+4 \right)}^2}.\left( 3m+2 \right) \right\} \\ 
& =-{{\left( 4m+2 \right)}^2}+{{\left( 4m+3 \right)}^2}\left( 4m+3 \right)+{{\left( 4m+4 \right)}^2}\left( 4m+2 \right)-{{\left( 4m+3 \right)}^2}.4 \\ 
& =128m^3+224m^2+124m+19.
\end{align*}

Điều này chứng minh được công thức thứ hai của định lý. 
\end{proof}

\chapter*{Kết luận}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\textbf{Kết luận}}

Dựa vào các tài liệu chính là \cite{Swanson}, \cite{book}, \cite{Rodseth1}, chúng tôi đã hệ thống và tường minh một số vấn đề về công thức tính số Frobenius. Cụ thể luận văn đã đề cập được các nội dung sau:
\begin{enumerate}
\item Chỉ ra được sự tồn tại của số Frobenius (Định lý \ref{dl111}).
\item Đưa ra được công thức tính số Frobenius trong trường hợp 2 số (Định lý \ref{dl212}).
\item Đưa ra được công thức tính số Frobenius cho 3 số trong một số trường hợp đặc biệt (Định lý \ref{dl142}, Định lý \ref{dl211} và Định lý \ref{dl221}).
\end{enumerate}

Nội dung Luận văn cũng hướng chúng tôi nghiên cứu và tìm hiểu tiếp về việc tìm công thức cho số Frobenius trong trường hợp $4$ số cũng như nhiều hơn.


{\begin{thebibliography}{9}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\bf Tài liệu tham khảo}

\bibitem{Beck} M. Beck, R. Diaz and S. Robins, {\it The Frobenius problem, rational polytopes, and Fourier-Dedekind sums}, J. Number Theory, 96(1) (2002), 1--21.

\bibitem{Brauer} A. Brauer, {\it On a problem of partitions}, Am. J. Math. 64 (1942), 299--312.

\bibitem{Curtis} F. Curtis, {\it On formulas for the Frobenius number of a numerical semigroup}, Math. Scand. 67 (1990), 190--192.

\bibitem{Erdos} P. Erd\"{o}s and R.L. Graham, {\it On a linear diophantine problem of
Frobenius}, Acta Arithmetica 21 (1972), 399--408.

\bibitem{Hofmeister} G. R. Hofmeister, {\it Zu einem Problem von Frobenius}, Norske Videnskabers Selskabs Skrifter, 5 (1966), 1--37.

\bibitem{Kneser} M. Kneser, {\it Abschatzung der asymptotischen Dichte von Summenmengen}, Math. Z. 58 (1953), 459--484.

\bibitem{Swanson} M. Lepilov, J. O’Rourke, I. Swanson, {\it Frobenius numbers of numerical semigroups generated by consecutive squares or cubes}, Semigroup Forum 91 (2015) 238--259.

\bibitem{N-W} M. Nijenhuis, H.S. Wilf, {\it Representation of integers by linear
forms in nonnegative integers}, J. Number Theory 4 (1972), 98--106.

\bibitem{O-N} C. Niu, Z. Oiu, {\it On a problem of Frobenius}, (Chinese) J. Shandong Univ. Nat. Sci. Ed. 21(1) (1986), 1--6.

\bibitem{book} J. L. Ram\'{i}rez Alfons\'{i}n, {\it The Diophantine Frobenius Problem}, Oxford Lecture Series in Mathematics and its applications 30 (2005).

\bibitem{Roberts} J. B. Roberts, {\it Note on linear forms}, Proc. Am. Math. Soc. 7 (1956), 465--469.

\bibitem{Roberts2} J. B. Roberts, On a diophantine problem, Can. J. Math. 9 (1957), 219--222.

\bibitem{Rodseth1} \"{O}. J. R\"{o}dseth, {\it On a linear Diophantine problem of Frobenius}, J.
Reine Angewandte Math. 301 (1978), 171--178.

\bibitem{Rodseth2} \"{O}. J. R\"{o}dseth, {\it Two remarks on linear forms in nonnegative integers}, Math. Scand. 51(2) (1982), 193--198.

\bibitem{Selmer} E. S. Selmer, {\it On the linear diophantine Problem of Frobenius}, J. Reine Angewandte Math. 293/294(1) (1977), 1--17.

\bibitem{Vitek} Y. Vitek, {\it Bounds for a linear diophantine problem of Frobenius}, J. London Math. Soc. 10(2) (1974), 79--85.

\bibitem{Wilf} H. S. Wilf, {\it A circle-of-lights algorithm for the “money-changing problem”}, Am. Math. Monthly 85 (1978), 562--565.

\end{thebibliography}

\chapter*{Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ}
\addcontentsline{toc}{chapter}{\bf Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ}
\thispagestyle{empty}
\pagenumbering{roman}

\end{document}