Đa thức lucas, đa thức euler và số lucas, số euler

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DƯƠNG MINH NGUYỆT ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, năm 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DƯƠNG MINH NGUYỆT ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên, năm 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Dãy hồi quy tuyến tính 1.1 Iđêan đa thức đặc trưng tối thiểu 1.2 Nghiệm quan hệ hồi quy 1.3 Quan hệ hồi quy không 1.4 Định lí Mahler-Lech 11 Số Euler đa thức Lucas suy rộng 2.1 10 14 Hàm Euler dãy Fibonacci 14 2.1.1 Hàm Euler 14 2.1.2 Số Fibonacci 19 2.2 Tính trù mật φ(Fn )/Fn 22 2.3 Số Euler đa thức Lucas suy rộng 38 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Dãy Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler vấn đề số học, đối tượng quan tâm nghiên cứu Những vấn đề không vấn đề nhà nghiên cứu, mà nhiều nội dung đưa vào chương trình tốn bậc THPT, đặc biệt chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Vì nói rằng, tìm hiểu dãy Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler cho ta nhìn sâu mối liên hệ toán học đại tốn học phổ thơng Luận văn có hai phần Phần thứ trình bày cách tương đối hệ thống dễ hiểu dãy hồi quy tuyến tính phi tuyến; dãy Fibonacci dãy Lucas, hàm Euler Luận văn giới thiệu kết sâu sắc lý thuyết dãy hồi quy, định lý Mahler-Lech Cho đến nay, chưa có chứng minh định lý mà khơng dùng đến giải tích p-adic, nội dung vượt ngồi khn khổ luận văn Vì luận văn giới hạn việc trình bày sơ lược (dựa viết Terence Tao trang blog ơng) Phần thứ hai trình bày kết gần (xem [2]) tính trù mật φ(Fn ) }, đọạn [0, 1], {Fn } dãy Fibonacci, φ(m) dãy { Fn hàm Euler Đây mở rộng kết cổ điển Lucas, dãy Fibonacci thay dãy hồi quy đơn giản an = 2n − Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khối, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp Cao học Tốn K8A ln quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình làm luận văn Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2016 Tác giả Dương Minh Nguyệt Chương Dãy hồi quy tuyến tính 1.1 Iđêan đa thức đặc trưng tối thiểu Dãy số dãy gồm vô hạn số, 1, 2, 4, 8, 16, (1.1) Các số dãy số gọi số hạng dãy số, Ta viết dãy số a1 , a2 , a3 , an số hạng thứ n dãy Ví dụ, dãy số (1.1) ta có a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, Kí hiệu {an } {an }∞ n=1 viết gọn cho dãy a1 , a2 , a3 , Thỉnh thoảng, số số hạng bắt đầu khác 1, ví dụ {an }∞ n=0 nghĩa a0 , a1 , a2 , (trong an số hạng thứ n + dãy số) Dãy số xác định công thức an , nghĩa an biểu thị hàm số n Ví dụ, dãy số (1.1) xác định công thức an = 2n−1 Có cách khác dãy số liệt kê vài số hạng đầu quy tắc để tính tốn số hạng cịn lại dãy Ví dụ, dãy (1.1) xác định cách cho số hạng đầu a1 = quy tắc an+1 = 2an với số nguyên n ≥ Khi ta có a2 = 2.a1 = 2.1 = a3 = 2.a2 = 2.2 = a4 = 2.a3 = 2.4 = Quy tắc cho ta tính số hạng dựa vào số hạng trước gọi quan hệ hồi quy hay gọi tắt hồi quy Định nghĩa 1.1.1 Một dãy {an } gọi thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến tính với hệ số ck , ck−1 , , c0 ck an+k + ck−1 an+k−1 + + c1 an+1 + c0 an = (1.2) thỏa mãn với số nguyên n ≥ Số nguyên k gọi bậc quan hệ hồi quy tuyến tính Dãy hồi quy tuyến tính dãy số a1 , a2 , a3 , thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến tính với ck 6= c0 6= Ví dụ, dãy số (1.1) thỏa mãn quan hệ an+1 = 2an , với số nguyên n ≥ nên dãy hồi quy tuyến tính bậc với c1 = c0 = −2 Định nghĩa 1.1.2 Quan hệ hồi quy tuyến tính ck an+k + ck−1 an+k−1 + + c1 an+1 + c0 an = có đa thức hồi quy tuyến tính đặc trưng đa thức ck xk + ck−1 xk−1 + + c1 x + c0 Ví dụ, dãy số (1.1) có quan hệ hồi quy an+1 − 2an = nên có đa thức đặc trưng x − Cùng dãy số thỏa mãn nhiều quan hệ hồi quy tuyến tính khác Ví dụ, dãy (1.1) cịn thỏa mãn quan hệ 2.an+1 − 4.an = 0, đa thức đặc trưng tương ứng 2x − Nó thỏa mãn an+2 − 3an+1 + 2an = nên có đa thức đặc trưng x2 − 3x + = (x − 1) (x − 2) Bây giờ, ta xét dãy {an } tùy ý Cho I tập hợp đa thức đặc trưng tất quan hệ hồi quy tuyến tính thỏa mãn dãy {an } Khi (a) Nếu f (x) ∈ I g (x) ∈ I f (x) + g (x) ∈ I (b) Nếu f (x) ∈ I h (x) đa thức bất kì, h (x) f (x) ∈ I Một tập khác rỗng I đa thức, thoả mãn hai quan hệ gọi iđêan Một kiện đại số: Giả sử I iđêan đa thức Khi I = {0} có đa thức monic f (x) ∈ I cho I = {h (x) f (x)} h (x) đa thức (Một đa thức gọi monic hệ số lũy thừa cao x 1) Áp dụng cho Iđêan đa thức đặc trưng dãy hồi quy tuyến tính {an },ta thấy ln tồn đa thức đặc trưng tối thiểu đa thức monic có bậc thấp I Đây đa thức đặc trưng quan hệ tuyến tính khơng tầm thường bậc thấp thỏa mãn {an } Đa thức đặc trưng quan hệ tuyến tính khác thỏa mãn {an } đa thức bội f (x) Bậc dãy hồi quy tuyến tính {an } bậc thấp số tất quan hệ hồi quy tuyến tính (có nghiệm khơng tầm thường) thỏa mãn {an }, bậc đa thức đặc trưng tối thiểu Ví dụ, dãy (1.1) dãy hồi quy tuyến tính bậc có đa thức đặc trưng tối thiểu x − 1.2 Nghiệm quan hệ hồi quy Định nghĩa 1.2.1 Một dãy {an } thỏa mãn quan hệ hồi quy gọi nghiệm quan hệ Nếu quan hệ hồi quy bậc k k giá trị đầu dãy lấy tùy ý, giá trị hoàn toàn xác định Một nghiệm quan hệ hồi quy bậc k gọi nghiệm tổng quát phụ thuộc k số tùy ý C1 , , Ck Ví dụ 1.2.1 Xét quan hệ hồi quy an+2 − 5an+1 + 6an = có nghiệm tổng quát an = C1 2n + C2 3n Sau số phương pháp tìm nghiệm quan hệ hồi quy tuyến tính Trước tiên, ta xét trường hợp đơn giản quan hệ hồi quy tuyến tính bậc 2: an+2 = c1 an+1 + c0 an (1.3) (1) (2) Bổ đề 1.2.1 Nếu an , an nghiệm (1.3) với số tùy ý A, B dãy (2) an = Aa(1) n + Ban nghiệm (1.3) Chứng minh Theo giả thiết ta có (1) (1) (1) an+2 = c1 an+1 + c0 an (2) (2) (2) an+2 = c1 an+1 + c0 an Từ suy (1) Aan+2 + (2) Ban+2 (1) = h (1) c1 Aan+1 + (1) Ban+1 i + h c0 Aa(1) n + Ba(1) n i (2) Như vậy, an = Aan + Ban nghiệm (1.3) Bổ đề 1.2.2 Giả sử r1 nghiệm phương trình đặc trưng r2 = c1 r + c0 (1.4) Khi dãy {r1n } nghiệm quan hệ (1.3) Chứng minh Ta có an = r1n , an+1 = r1n+1 , an+2 = r1n+2 Thay vào quan hệ (1.3) ta r1n+2 = c1 r1n+1 + c0 r1n Đẳng thức r2 = c1 r + c0  Nhận xét Dãy r1n+m với m tùy ý nghiệm quan hệ hồi quy (1.3) Từ bổ đề ta có định lí sau: Định lí 1.2.1 Giả sử cho quan hệ hồi quy an+2 = c1 an+1 + c0 an Giả sử phương trình đặc trưng r2 = c1 r + c0 Có hai nghiệm phân biệt r1 r2 Khi đó, nghiệm tổng quát quan hệ hồi quy có dạng an = Ar1n + Br2n (1) (2) Chứng minh Theo bổ đề 1.2.2, an = r1n , an = r2n nghiệm quan hệ xét Theo bổ đề 1.2.1, với A, B tùy ý, Ar1n + Br2n nghiệm quan hệ hồi quy Chỉ phải chứng minh rằng, nghiệm tùy ý quan hệ viết dạng nêu định lí Mỗi nghiệm quan hệ xác định giá trị a0 , a1 Vì ta cần rằng, hệ phương trình ( A+B =a Br1 + Ar2 = b có nghiệm với a, b tùy ý Dễ thấy nghiệm A= b − ar2 , r1 − r2 B= ar1 − b r1 − r2 Bây ta chuyển sang xét trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm bội Giả sử phương trình đặc trưng quan hệ cho có nghiệm trùng nhau, chẳng hạn r1 = r2 Khi đó, biểu thức Ar1n−1 + Br2n−1 khơng cịn nghiệm tổng qt nữa, nghiệm viết dạng an = Cr1n−1 Nói chung khơng thể chọn số C cho hai điều kiện ban đầu a0 = a, a1 = b thỏa mãn F(p+1)/2 Chứng minh Vì p ≡ 13 (mod 20) nên p ≡ (mod 5) hay (5 |p) = −1 Mặt khác, p số nguyên tố lẻ nên p Fp−(5|p ) hay p |Fp+1 Mà Fp+1 = F(p+1)/2 L(p+1)/2 Giả sử p ước F(p+1)/2 Khi p L(p+1)/2 Do p ≡ 13 (mod 20) ⇔ (p + 1) /2 ≡ (mod 20) nên (p + 1)/2 lẻ Ta có L2(p+1)/2 − 5F(p+1)/2 = 4(−1)(p+1)/2 = −4 Vì p L(p+1)/2 nên 5F(p+1)/2 ≡ (mod p) hay (5 |p) = 1, điều mâu thuẫn với (5 |p) = −1 Vậy p F(p+1)/2 Với số nguyên dương m, ta đặt Pm = {p : z(p) = m} Bổ đề 2.2.2 Ta có bất đẳng thức X log m  p m (2.3) p∈Pm Chứng minh Giả sử m > Do p |Fp±1 ta giả sử p ≡ (mod m) với m ∈ Pm Ta có Q αm > Fm ≥ p ≥ (m − 1)#Pm với #Pm  m/logm p∈Pm Ta có X X X ≤ + := S1 + S2 p p p p∈Pm p∈Pm p∈Pm pm2 Nếu p ∈ Pm ∩ (1, m2 ) p = ±1 + ml với l ∈ [1, m] Do  X  1 X log m +   S1 ≤ −1 + m` + m` m ` m 1≤` y
Cố định số nguyên tố q khoảng y, x1/2
Vì p ≡ (mod q ) nên có tối đa π x, 1, q số nguyên tố p < x Khi q < x1/4 , ta lấy tập hợp
2x (2.15) π x, 1, q ≤ φ (q ) log (x/q ) Khi x1/4 ≤ q < x1/2 π x, 1, q
  x 2x ≤ +1≤ q q (2.16) Từ (2.15) (2.16) ta lấy số nguyên tố p < x để p − hợp số bình phương số nguyên tố q > y Khi X X x x  + =: S1 + S2 (2.17) ) log (x/q ) φ (q q 1/4 1/4 y