Trang 3 Tôi xin cam đoan đề tài Dãy số và đa thức xác định bởi hệ thứctruy hồi tuyến tính cấp hai là kết quả nghiên cứu và tổng hợp của bảnthân, được thực hiện dưới sự hướng dẫn khoa học
Công thức Binet cho dãy số
Định nghĩa 1.1.1 Dãy số phức {a n }, n ≥ 0, được gọi là một dãy số xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai nếu nó thỏa mãn hệ thức truy hồi tuyến tính a n = pa n−1 + qa n−2 với mọi n ≥ 2 (1.1) trong đó p và q là các số phức cho trước.
Một dãy số xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai hoàn toàn được xác định nếu cho trước hai giá trị khởi đầu a 0 và a 1 Chính xác hơn, ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.1.2 Giả sử {a n } và {b n }, n ≥ 0, là hai dãy số xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1.1) Nếu a 0 = b 0 và a 1 = b 1 thì hai dãy {a n } và {b n } là trùng nhau, nghĩa là a n = b n với mọi n ≥ 0. thiết, mệnh đề đúng vớin = 0, 1.Giả sử mệnh đề đúng với mọin = 0, 1, 2, , j − 1 với j ≥ 2 Khi đó a j = pa j−1 + qa j−2 = pb j−1 + qb j−2 = b j Cho nên mệnh đề đúng với n = j Vậy mệnh đề đúng với mọi n ≥ 0. Định nghĩa 1.1.3 Cho dãy số {a n }, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1.1) Hàm g(t) với biến t được xác định bởi công thức g(t) =
X n=0 a n t n được gọi là hàm sinh của dãy số {a n }.
Mệnh đề 1.1.4 Cho dãy số {a n }, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1.1) Hàm sinh của dãy số {a n } là g(t) = a 0 + (a 1 − pa 0 )t
1 − pt − qt 2 Chứng minh Theo Định nghĩa 1.1.3 ta có g(t) =
Từ đó suy ra ptg(t) =
Mà a n − pa n−1 − qa n−2 = 0 theo Hệ thức (1.1), cho nên từ đó suy ra
1 − pt − qt 2 Vậy ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.1.5 (Công thức Binet cho dãy số) Cho dãy số {a n }, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1.1) Khi đó a n =
a 1 − βa 0 α − β α n − a 1 − αa 0 α − β β n nếu α 6= β, na 1 α n−1 − (n − 1)a 0 α n nếu α = β trong đó α và β là các nghiệm của phương trình t 2 − pt − q = 0.
Ta chứng minh định lý bằng hai phương pháp: Phương pháp đại số và phương pháp hàm sinh.
Chứng minh (Bằng phương pháp đại số) Vì α, β là nghiệm của phương trình t 2 − pt − q = 0 nên ta có α + β = p, αβ = −q Hệ thức (1.1) có thể viết lại là a n = (α + β)a n−1 − αβa n−2 , hay a n − αa n−1 = β(a n−1 − αa n−2 )
+ a 1 − αa 0 β (1.2) Đặt b n = a n /β n Khi đó từ (1.2) ta được b n = α β b n−1 + a 1 − αa 0 β a n =
Sau đây, ta xét hai trường hợp của α và β.
Trường hợp 1: α 6= β Khi đó ta có b n = b 0 α β n
Cho nên từ đó suy ra a n = a 1 − βa 0 α − β α n − a 1 − αa 0 α − β β n Trường hợp 2: α = β Khi đó ta có b n = b 0 + n a 1 − αa 0 β , hay a n β n = a 0 + n a 1 − αa 0 β Cho nên từ đó suy ra a n = a 0 β n + nβ n−1 (a 1 − αa 0 ) = na 1 α n−1 − (n − 1)a 0 α n
Chứng minh (Bằng phương pháp hàm sinh) Ta xét hai trường hợp của α và β. Trường hợp 1: α 6= β Đặt g(t) = X n≥0 a n t n
Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có g(t) = a 0 + (a 1 − pa 0 )t
1 − βt Đẳng thức trên tương đương với a 0 + (a 1 − pa 0 )t = A(1 − βt) + B (1 − αt), hay a 0 + (a 1 − pa 0 )t = A + B − (Aβ + Bα)t. Điều này tương đương với
Giải hệ phương trình trên ta được
Mặt khác, vì g(t) = P n≥0 a n t n cho nên từ đó suy ra a n = a 1 − a 0 β α − β α n − a 1 − a 0 α α − β β n với mọi n ≥ 0.
Trường hợp 2: α = β Bằng cách lập luận trực tiếp ta có điều phải chứng minh.
Dãy Fibonacci tổng quát
Trong mục này, ta xét một trường hợp đặc biệt của dãy số được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai. Định nghĩa 1.2.1 Dãy số phức {G n }, n ≥ 0, thỏa mãn hệ thức truy hồi
G n = G n−1 + G n−2 với mọi n ≥ 2 được gọi là dãy Fibonacci tổng quát.
Một dãy Fibonacci tổng quát {G n } hoàn toàn được xác định nếu cho trước hai số hạng khởi đầu G 0 , G 1 Chính xác hơn, ta có kết quả sau là một trường hợp đặc biệt của Mệnh đề 1.1.2.
Mệnh đề 1.2.2 Giả sử {G n }, {H n }, n ≥ 0, là hai dãy Fibonacci tổng quát Nếu
G 0 = H 0 và G 1 = H 1 thì hai dãy {G n }, {H n } là trùng nhau, nghĩa là G n = H n với mọi n ≥ 0.
Mệnh đề 1.2.2 cho ta một kỹ thuật: Để chứng minh hai dãy Fibonacci tổng quát là trùng nhau, ta chỉ cần chứng minh rằng chúng trùng nhau tại hai giá trị n = 0, 1.Sử dụng kỹ thuật này cùng với các phép biến đổi trên các dãy Fibonacci tổng quát, ta có thể chứng minh được một số công thức liên quan đến các dãy Fibonacci tổng quát Điều này sẽ được làm rõ trong các mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.2.3 Giả sử {G n },n ≥ 0, là một dãy Fibonacci tổng quát Với m ≥ 0 cho trước, dãy {H n } cho bởi công thức
H n = G n+m với mọi n ≥ 0 cũng là một dãy Fibonacci tổng quát.
Chứng minh Với mọi n ≥ 0 ta có
Do đó{H n }là một dãy Fibonacci tổng quát Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.2.4 Ký hiệu G là không gian véctơ tất cả các dãy Fibonacci tổng quát Không gian véctơ G có số chiều bằng 2.
Chứng minh Ký hiệu {E n }, {F n }, n ≥ 0, là các dãy Fibonacci tổng quát được xác định như sau
Ta sẽ chứng minh rằng hệ gồm hai dãy {E n }, {F n } tạo thành một cơ sở của không gian véctơ G.
Giả sử tồn tại a, b ∈C sao cho aE n + bF n = 0 với mọi n ≥ 0 Trong công thức này cho n = 0, 1 ta được aE 0 + bF 0 = 0 aE 1 + bF 1 = 0.
Từ đó suy ra a = b = 0 Điều này chứng tỏ rằng hệ {E n }, {F n } là độc lập tuyến tính.
Giả sử {G n } là một dãy Fibonacci tổng quát bất kỳ Ta chứng minh rằng
Rõ ràng, biểu thức ở vế phải xác định một dãy Fibonacci tổng quát Vớin = 0, 1 công thức trên là đúng vì
Do đó, theo Mệnh đề 1.2.2, công thức đúng với mọi n ≥ 0.
Vậy hệ gồm hai dãy {E n }, {F n } tạo thành một cơ sở của không gian véctơ G.
Do đó, không gian véctơ G có số chiều bằng 2.
Tiếp theo, ta xét một hệ cơ sở đặc biệt khác củaG,và ứng dụng hệ cơ sở này để viết công thức của một dãy Fibonacci tổng quát.
Bổ đề 1.2.5 Giả sử {G n }, n ≥ 0, là một cấp số nhân với công bội λ 6= 0 và
G 0 6= 0 Dãy {G n } một dãy Fibinacci tổng quát khi và chỉ khi λ là một nghiệm của phương trình x 2 − x − 1 = 0.
Chứng minh Vì dãy {G n } là một cấp số nhân với công bội λ 6= 0 nên
Nếu {G n } một dãy Fibonacci tổng quát thì G 2 = G 1 + G 0 Viết lại ta được
Vì G 0 6= 0 nên từ đó suy ra λ 2 − λ − 1 = 0. Đảo lại, giả sử λ là một nghiệm của phương trìnhx 2 − x − 1 = 0.Khi đó ta có
G n+2 = G 0 λ n (λ + 1) = G 0 λ n+1 + G 0 λ n = G n+1 + G n với mọi n ≥ 0 Do đó {G n } một dãy Fibonacci tổng quát.
Quy ước: Từ đây về sau, ta ký hiệu τ, σ là hai nghiệm của phương trình x 2 − x − 1 = 0 với τ = 1 + √
Rõ ràng, theo Bổ đề 1.2.5, hai dãy {τ n }, {σ n } là các dãy Fibonacci tổng quát.
Mệnh đề 1.2.6 Hệ gồm hai dãy {τ n }, {σ n } lập thành một cơ sở của không gian véctơ G.
Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.4, không gian véctơ G có số chiều bằng 2 Cho nên, ta chỉ cần chứng minh rằng hệ gồm hai dãy {τ n }, {σ n } là độc lập tuyến tính.
Giả sử tồn tại a, b ∈C sao cho aτ n + bσ n = 0 với mọi n ≥ 0.
Từ đó suy ra a = b = 0 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bằng cách áp dụng Định lý 1.1.5 cho dãy Fibonacci tổng quát ta có ngay kết quả sau Tuy nhiên, ở đây ta sẽ trình bày một phép chứng minh bằng cách áp dụng hệ cơ sở trong Mệnh đề 1.2.6. Định lý 1.2.7 (Công thức Binet cho dãy Fibonacci tổng quát) Với {G n } là một dãy Fibonacci tổng quát bất kỳ
Chứng minh Vì hệ {τ n }, {σ n } là một cơ sở của không gian véctơ G theo Mệnh đề 1.2.6 cho nên tồn tại biểu diễn như trong định lý Trong biểu diễn củaG n cho n = 0, 1 ta được a + b = G 0 , aτ + bσ = G 1
Giải hệ phương trình trên ta được a = G 0 σ − G 1 σ − τ = G 1 − G 0 σ
√ 5 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong phần còn lại của mục này, chúng tôi trình bày một số công thức liên hệ cơ bản của dãy Fibonacci tổng quát.
Mệnh đề 1.2.8 Giả sử {H n }, {G n }, n ≥ 0, là hai dãy Fibonacci tổng quát p, q, r, s ≥ 0 thỏa mãn p + q = r + s Khi đó
H p G q − H r G s = (−1) i (H p−i G q−i − H r−i G s−i ) với mọi i ≥ 0, p ≥ i, q ≥ i, r ≥ i, s ≥ i. Để chứng minh định lý ta cần một bổ đề.
Bổ đề 1.2.9 Giả sử{H n }, {G n },n ≥ 0, là hai dãy Fibonacci tổng quátp, q, r, s ≥
Chứng minh Đặt k = p − r = s − q.Khi đó, công thức cần chứng minh trở thành
H r+k G q − H r G q+k = −(H r+k−1 G q−1 − H r−1 G q+k−1 ) với mọi q, r, k ≥ 0 Cố định q, r Khi đó, các công thức ở hai vế xác định hai dãy Fibonacci tổng quát chỉ số k.
Với k = 0, công thức hiển nhiên đúng vì
Do đó, theo Mệnh đề 1.2.2, công thức cần chứng minh đúng với mọi k ≥ 0 Vậy ta có điều phải chứng minh. thức trong mệnh đề đúng với mọi i ≥ 0 bằng phép quy nạp theo i Với i = 0, công thức hiển nhiên đúng Với i ≥ 1, giả sử công thức đúng với i − 1, nghĩa là
= (−1) i−1 (H p−i+1 G q−i+1 − H r−i+1 G s−i+1 ). Áp dụng Bổ đề 1.2.9 với phép đổi chỉ số
Từ đó suy ra công thức đúng với mọi i.
Sau đây là một cách chứng minh khác cho Mệnh đề 1.2.8 bằng cách sử dụng công thức Binet (Định lý 1.2.7)
Chứng minh (Phép chứng minh Mệnh đề 1.2.8 dùng công thức Binet) Giả sử
Với p, q, r, s, i ≥ 0, p + q = r + s, đặt p − r = s − q = k Khi đó, ta có
Từ đó ta được điều phải chứng minh.
DÃY ĐA THỨC XÁC ĐỊNH BỞI HỆ THỨC
Công thức Binet cho dãy đa thức
Định nghĩa 2.1.1 Dãy đa thức với hệ số phức {a n (x)}, n ≥ 0, được gọi là một dãy đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai nếu nó thỏa mãn hệ thức truy hồi tuyến tính a n (x) = p(x)a n−1 (x) + q(x)a n−2 (x) với mọi n ≥ 2 (2.1) trong đó p(x) và q(x) là các đa thức với hệ số phức cho trước theo biến x.
Sau đây là một số trường hợp đặc biệt
1) Đa thức Fibonacci: f n (x) = xa n−1 (x) + a n−2 (x) với a 0 (x) = 0, a 1 (x) = 1.
2) Đa thức Lucas: l n (x) = xa n−1 (x) + a n−2 (x) với a 0 (x) = 2, a 1 (x) = x.
7) Đa thức Chebyshev loại II:
8) Đa thức Chebyshev loại III:
9) Đa thức Chebyshev loại IV:
Một dãy đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai hoàn toàn được xác định nếu cho trước hai đa thức khởi đầu Chính xác hơn, ta có kết quả sau.
Mệnh đề 2.1.2 Giả sử {a n (x)} và {b n (x)}, n ≥ 0, là hai dãy đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Nếu a 0 (x) = b 0 (x) và a 1 (x) = b 1 (x) thì hai dãy {a n (x)} và {b n (x)} là trùng nhau, nghĩa là a n (x) = b n (x) với mọi n ≥ 0.
Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp qui nạp Theo giả thiết, mệnh đề đúng vớin = 0, 1.Giả sử mệnh đề đúng với mọin = 0, 1, 2, , j − 1 với mọi j ≥ 1 Khi đó a j (x) = p(x)a j−1 (x) + q(x)a j−2 (x) = p(x)b j−1 (x) + q(x)b j−2 (x) = b j (x).
Cho nên mệnh đề đúng với n = j Vậy mệnh đề đúng với mọi n ≥ 0.
Sau đây là một số kết quả về bậc của đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai.
Mệnh đề 2.1.3 Cho dãy đa thức{a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) thỏa mãn điều kiện 2 deg p(x) ≥ deg q(x). i) Nếu a 0 (x) = 0 thì deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) với mọi n ≥ 1 (2.2) ii) Nếu a 1 (x) = 0 thì deg a n (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (n − 2) deg p(x) với mọi n ≥ 2 (2.3)
Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp qui nạp. i) Với n = 2 ta có a 2 (x) = p(x)a 1 (x) + q(x)a 0 (x).
Mà a 0 (x) = 0 nên a 2 (x) = p(x)a 1 (x), do đó deg a 2 (x) = deg p(x) + deg a 1 (x).
Vậy (2.2) đúng vớin = 2 Giả sử (2.2) đúng với mọi n = 2, 3, , k − 1, k ≥ 3 Tức là, ta có deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 2) deg p(x).
Khi đó deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x), deg q(x) + deg a k−2 (x) = deg a 1 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x).
Hơn nữa, theo giả thiết 2 deg p(x) ≥ deg q(x) nên deg a 1 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x) ≤ deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x).
Mà theo định nghĩa ta có deg a k (x) = deg (p(x)a k−1 (x) + q(x)a k−2 (x)) Do đó deg a k (x) = deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x).
Cho nên (2.2) đúng với n = k Vậy (2.2) đúng với mọi n ≥ 1. ii) Với n = 2 ta có a 2 (x) = p(x)a 1 (x) + q(x)a 0 (x). deg a 2 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x).
Vậy (2.3) đúng với n = 2 Giả sử (2.3) đúng với n = 2, 3, , k − 1, k ≥ 3 Tức là, ta có deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x).
Khi đó deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x), deg q(x) + deg a k−2 (x) = deg a 0 (x) + 2 deg q(x) + (k − 4) deg p(x).
Hơn nữa, theo giả thiết 2 deg p(x) ≥ deg q(x) nên deg a 0 (x) + 2 deg q(x) + (k − 4) deg p(x) ≤ deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x).
Do đó deg a k (x) = deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x). Cho nên (2.3) đúng với n = k Vậy (2.3) đúng với mọi n ≥ 2.
Mệnh đề 2.1.4 Cho dãy đa thức{a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) thỏa mãn điều kiện 2 deg p(x) ≥ deg q(x), a 0 (x) 6= 0 và a 1 (x) 6= 0. i) Nếu deg p(x) + deg a 1 (x) < deg q(x) + deg a 0 (x) thì deg a n (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (n − 2) deg p(x) với mọi n ≥ 2 (2.4) ii) Nếu deg p(x) + deg a 1 (x) ≥ deg q(x) + deg a 0 (x) thì deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) với mọi n ≥ 1 (2.5)
Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp qui nạp. i) Với n = 2 ta có a 2 (x) = p(x)a 1 (x) + q(x)a 0 (x), mà theo giả thiết deg p(x) + deg a 1 (x) < deg q(x) + deg a 0 (x) nên deg a 2 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x).
Giả sử (2.4) đúng với n = 2, 3, , k − 1, k ≥ 3 Tức là, ta có deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x).
Khi đó deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x), deg q(x) + deg a k−2 (x) = deg a 0 (x) + 2 deg q(x) + (k − 4) deg p(x).
Hơn nữa, theo giả thiết 2 deg p(x) ≥ deg q(x) nên deg a 0 (x) + 2 deg q(x) + (k − 4) deg p(x) ≤ deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x).
Do đó deg a k (x) = deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 0 (x) + deg q(x) + (k − 2) deg p(x). Cho nên (2.4) đúng với n = k Vậy (2.4) đúng với mọi n ≥ 2. ii) Với n = 2 ta có a 2 (x) = p(x)a 1 (x) + q(x)a 0 (x), mà theo giả thiết deg p(x) + deg a 1 (x) ≥ deg q(x) + deg a 0 (x) nên deg a 2 (x) = deg p(x) + deg a 1 (x).
Giả sử (2.5) đúng với mọi n = 2, 3, , k − 1, k ≥ 3 Tức là, ta có deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 2) deg p(x).
Khi đó deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x), deg q(x) + deg a k−2 (x) = deg a 1 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x).
Hơn nữa, theo giả thiết 2 deg p(x) ≥ deg q(x) nên deg a 1 (x) + deg q(x) + (k − 3) deg p(x) ≤ deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x). deg a k (x) = deg(p(x)a k−1 (x) + q(x)a k−2 (x)).
Vì vậy deg a k (x) = deg p(x) + deg a k−1 (x) = deg a 1 (x) + (k − 1) deg p(x).
Cho nên (2.5) đúng với n = k Vậy (2.5) đúng với mọi n ≥ 1.
Từ Mệnh đề 2.1.3 và Mệnh đề 2.1.4 ta có kết quả sau.
Mệnh đề 2.1.5. i) Đa thức Fibonacci thứ n có bậc là n − 1. ii) Đa thức Lucas thứ n, các đa thức Morgan thứ n và các đa thức Chebyshev thứ n có bậc là n.
Chứng minh. i) Áp dụng Mệnh đề 2.1.3 với a 0 (x) = 0 ta có bậc của đa thức Fibonacci thứ n là deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) = n − 1 với mọi n ≥ 1. ii) Áp dụng Mệnh đề 2.1.3 với a 0 (x) = 0 ta có
Bậc của đa thức Lucas thứ n là deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) = n với mọi n ≥ 1.
Bậc của các đa thức Morgan thứ n là deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) = n với mọi n ≥ 1.
Bậc của các đa thức Chebyshev thứ n là deg a n (x) = deg a 1 (x) + (n − 1) deg p(x) = n với mọi n ≥ 1. Định nghĩa 2.1.6 Cho dãy đa thức {a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Hàm g (t) với biến t xác định bởi công thức g(t) =
X n=0 a n (x)t n được gọi là hàm sinh của dãy đa thức {a n (x)}.
Mệnh đề 2.1.7 Cho dãy đa thức{a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Hàm sinh của dãy đa thức {a n (x)} là g(t) = a 0 (x) + (a 1 (x) − p(x)a 0 (x))t
1 − p(x)t − q(x)t 2 Chứng minh Theo Định nghĩa 2.1.6 ta có g(t) =
Từ đó suy ra p(x)tg(t) =
Mà a n (x) − p(x)a n−1 (x) − q(x)a n−2 (x) = 0 theo Hệ thức (2.1), cho nên từ đó suy ra
1 − p(x)t − q(x)t 2 Định lý 2.1.8 (Công thức Binet cho dãy đa thức) Cho dãy đa thức {a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Khi đó a n (x) =
Ta chứng minh định lý bằng hai phương pháp: Phương pháp đại số và phương pháp hàm sinh.
Chứng minh (Bằng phương pháp đại số) Vì α(x), β(x) là nghiệm của phương trình t 2 − p(x)t − q(x) = 0 nên ta có α(x) + β(x) = p(x), α(x)β(x) = −q(x) Hệ thức (2.1) có thể viết lại a n (x) = (α(x) + β(x))a n−1 (x) − α(x)β(x)a n−2 (x) hay a n (x) − α(x)a n−1 (x) = β(x) (a n−1 (x) − α(x)a n−2 (x))
+ a 1 (x) − α(x)a 0 (x) β(x) (2.6) Đặt b n (x) = a n (x)/β n (x) Từ (2.6) ta thu được b n (x) = α(x) β(x) b n−1 (x) + a 1 (x) − α(x)a 0 (x) β(x)
Hơn nữa, nếu a n = ca n−1 + d, n ≥ 1 thì a n =
Ta xét hai trường hợp của α(x) và β(x).
Trường hợp 2: Nếu α(x) = β(x) thì b n (x) = b 0 (x) + n a 1 (x) − α(x)a 0 (x) β(x) , hay a n (x) β n (x) = a 0 (x) + n a 1 (x) − α(x)a 0 (x) β(x)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh (Bằng phương pháp hàm sinh) Ta xét hai trường hợp của α(x)và β(x).
Theo Mệnh đề 2.1.7 ta có g(t) = a 0 (x) + (a 1 (x) − p(x)a 0 (x)) t
1 − β(x)t Đẳng thức trên tương đương với a 0 (x) + (a 1 (x) − p(x)a 0 (x)) t = A(1 − β(x)t) + B (1 − α(x)t) hay a 0 (x) + (a 1 (x) − p(x)a 0 (x)) t = A + B − (Aβ (x) + Bα(x))t
Giải hệ trên ta được
Mặt khác g(t) = P n≥0 a n (x)t n Vậy a n (x) = a 1 (x) − a 0 (x)β(x) α(x) − β(x) α n (x) − a 1 (x) − a 0 (x)α(x) α(x) − β(x) β n (x) với mọi n ≥ 0.
Trường hợp 2: α(x) = β(x) Bằng cách lập luận trực tiếp ta có điều phải chứng minh.
Sau đây là một số kết quả về các hệ thức liên quan đến dãy đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai Để thuận tiện trong việc trình bày, ta đặt a m = a m (x) với m ≥ 0, α = α(x) và β = β(x),
Mệnh đề 2.1.9 Cho dãy đa thức{a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Khi đó với mọi n, m, r ≥ 0 a m a n − a m−r a n+r = a 1 (a 1 a r − a 0 a r+1 )a n−m+r
Chứng minh Theo Định lý 2.1.8 ta có a m a n − a m−r a n+r
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.10 Cho dãy đa thức {a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Khi đó i) a m a n+1 − a m+1 a n = a 1 a m−n − a 0 a m−n+1
(a 2 1 − a 1 a 0 p(x) − q(x)a 2 0 ) với mọi n ≥ r ≥ 0. iii) a n+1 a n−1 − a 2 n = (−q(x)) n−1 (a 2 a 0 − a 2 1 ) với mọi n ≥ 1. iv) a n+2 a n−1 − a n+1 a n − p(x)(−q(x)) n−1 (a 2 a 0 − a 2 1 ) = 0 với mọi n ≥ 1.
Chứng minh. i) Áp dụng Mệnh đề 2.1.9 với m = n + 1, n = m, r = 1 và sử dụng kết quả a 2 1 − a 0 a 2 = a 2 1 − p(x)a 0 a 1 − a 2 0 ii) Áp dụng Mệnh đề 2.1.9 với m = n. iii) Áp dụng Mệnh đề 2.1.9 với r = 1. a n+1 a n−2 − a n a n−1 − p(x)(−q(x)) n−2 (a 2 a 0 − a 2 1 )
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.11 Cho dãy đa thức {a n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (2.1) Khi đó a m+n (x) = ((a 1 (x) − p(x)a 0 (x)) a m+1 (x) + (a 1 (x)p(x) − a 2 (x)) a m (x)) a n (x) a 2 1 (x) − a 0 (x)a 2 (x)
Dãy đa thức Fibonacci và dãy đa thức Lucas
Trước tiên, ta xét một tổng quát hoá của dãy đa thức Fibonacci và dãy đa thức Lucas. Định nghĩa 2.2.1 Dãy đa thức{h n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi h n (x) = pxh n−1 (x) + qh n−2 (x) với mọi n ≥ 2 (2.7) trong đó p, q là các số phức cho trước, được gọi là dãy đa thức Horadam.
Sau đây là một số công thức liên quan đến dãy đa thức Horadam Các phép chứng minh chi tiết các kết quả này có thể xem trong [2]. Định lý 2.2.2 Cho dãy đa thức Horadam {h n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính (2.7) Khi đó h n+1 (x) = a b n 2 c X k=0 n − k k
! (px) n−2k q k với mọi n ≥ 2k, k ≥ 0. Định lý 2.2.3 Cho dãy đa thức Horadam {h n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính (2.7) Khi đó n−1
X k=1 h k (x) = h n (x) + qh n−1 (x) − a − x(b − ap) px + q − 1 với mọi n ≥ 2. Định lý 2.2.4 Cho dãy đa thức Horadam {h n (x)}, n ≥ 0, được xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính (2.7) Khi đó i) Với n, m, r là các số nguyên dương h m (x)h n (x) − h m−r (x)h n+r (x)
(−q(x)) r−m+1 (b 2 x 2 − abpx 2 − a 2 q) ii) (Đồng nhất thức d’Ocagnes) Với n ≤ m h m (x)h n+1 (x) − h m+1 (x)h n (x) = (bxh m−n+1 (x) − ah m−n+2 (x))
(−q) 1−n iii) (Đồng nhất thức Catalan) Với n ≥ r h 2 n (x) − h n+r (x)h n−r (x) = (−q(x)) n−r−1 (bxh r+1 (x) − ah r+2 (x)) 2 b 2 x 2 − abpx 2 − a 2 q iv) (Đồng nhất thức Cassini) Với n ≥ 0 h 2 n (x) − h n+1 (x)h n−1 (x) = (−q) n−2 b 2 x 2 − abpx 2 − a 2 q
h m+n (x) = bpx 2 − ap 2 x 2 − aq h m+1 (x) + qx(b − ap)h m (x) h n (x) b 2 x 2 − abpx 2 − a 2 q
Trong phần còn lại của mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất của dãy đa thức Fibonacci và dãy đa thức Lucas. Định nghĩa 2.2.5. i) Dãy đa thức {f n (x)}, n ≥ 0, thỏa mãn hệ thức truy hồi f n (x) = xf n−1 (x) + f n−2 (x) với mọi n ≥ 2 với f 0 (x) = 0, f 1 (x) = 1 được gọi là dãy đa thức Fibonacci. ii) Dãy đa thức {l n (x)}, n ≥ 0, thỏa mãn hệ thức truy hồi l n (x) = xl n−1 (x) + l n−2 (x) với mọi n ≥ 2 với l 0 (x) = 2, l 1 (x) = x được gọi là dãy đa thức Lucas.
Ta nhắc lại rằng (theo Mệnh đề 2.1.5) đa thức Fibonacci thứ n có bậc là n − 1, đa thức Lucas thứ n có bậc là n.
Mệnh đề 2.2.6. i) f n+1 (x) + f n−1 (x) = l n (x) với mọi n ≥ 1. ii) xf n (x) + 2f n−1 (x) = l n (x) với mọi n ≥ 1. iii) f n+3 (x) − f n−1 (x) = xl n+1 (x) với mọi n ≥ 1. iv) 2f n (x) − xf n−1 (x) = l n−1 (x) với mọi n ≥ 1. v) f n+3 (x) − f n−1 (x) = l n+2 (x) − l n (x) với mọi n ≥ 1. vi) xl n−1 (x) + l n−2 (x) = f n+1 (x) + f n−1 (x) với mọi n ≥ 2. vii) l n (x) + l n−2 (x) = x 2 + 4 f n−1 (x) với mọi n ≥ 2. viii) l n+1 (x) − l n−3 (x) = x x 2 + 4 f n−1 (x) với mọi n ≥ 3. ix) l m+n (x) = f n (x)l m+1 (x) + f n+1 (x)l m (x) với mọi n ≥ 0. x) l 2n (x) = f n (x)l n+1 (x) + f n+1 (x)l n (x) với mọi n ≥ 0. xi) l 2n−1 (x) = f n (x)l n (x) + f n+1 (x)l n−1 (x) với mọi n ≥ 1. xii) l 2n (x) − xl 2n−1 (x) = f n (x)l n−1 (x) + f n+1 (x)l n−2 (x) với mọi n ≥ 2.
Chứng minh. i) Với n = 1, ta có l 1 (x) = f 2 (x) + f 0 (x) Vậy công thức (i) đúng với n = 1. Giả sử công thức (i) đúng với mọin = 2, , k − 1 Theo định nghĩa của đa thức Fibonacci f n (x), giả thiết qui nạp và định nghĩa đa thức Lucas l n (x) ta có f k+1 (x) + f k−1 (x) = (xf k (x) + f k−1 (x)) + (xf k−2 (x) + f k−3 (x))
Cho nên công thức i) đúng với n = k Vậy công thức i) đúng với mọi n ≥ 1. ii) Theo định nghĩa đa thức Fibonacci và i) ta có xf n (x) + 2f n−1 (x) = (f n+1 (x) − f n−1 (x)) + f n−1 (x)
= f n+1 (x) + f n−1 (x) = l n (x). iii)Theo định nghĩa đa thức Fibonacci và i) ta có f n+3 (x) − f n−1 (x) = (xf n+2 (x) + f n+1 (x)) − (f n+1 (x) − xf n (x))
= xf n+2 (x) + xf n (x) = xl n+1 (x). iv) Theo định nghĩa đa thức Fibonacci và i) ta có
2f n (x) − xf n−1 (x) = 2f n (x) − (f n (x) − f n−2 (x)) = f n (x) + f n−2 (x) = l n−1 (x). v) Áp dụng iii) và theo định nghĩa đa thức Lucas ta có f n+3 (x) − f n−1 (x) = xl n+1 (x) = l n+2 (x) − l n (x). vi) Áp dụng iii) và i) ta có xl n−1 (x) + l n−2 (x) = (f n+1 (x) − f n−3 (x)) + (f n−1 (x) + f n−3 (x))
= f n+1 (x) + f n−1 (x). vii) Áp dụng i), iv) và theo định nghĩa của đa thức Fibonacci ta có l n (x) + l n−2 (x) = (f n+1 (x) + f n−1 (x)) + (2f n−1 (x) − xf n−2 (x))
= x (l n (x) + l n−2 (x)) = x x 2 + 4 f n−1 (x). ix) Áp dụng công thức Honsberger (Mục v) Định lý 2.2.4) ta có f m+n (x) = f m+1 (x)f n (x) + f m (x)f n−1 (x) (2.8) Áp dụng i), iii) và (2.7) ta được l m+n (x) = f m+n+1 (x) + f m+n−1 (x)
=f n (x)l m+1 (x) + f n+1 (x)l m (x). x) Áp dụng Hệ thức ix). xi)Áp dụng Hệ thức ix). xii) Áp dụng Hệ thức x), xi) và định nghĩa của đa thức Lucas l n (x) ta có l 2n (x) − xl 2n−1 (x)
Mệnh đề 2.2.7 Gọi λ(x) và à(x)là cỏc nghiệm của phương trỡnh t 2 − xt − 1 = 0 trong đó λ(x) = x + √ x 2 + 4
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1.8 với p(x) = x, q(x) = 1, a 1 (x) = f 1 (x) = 1 và a 0 (x) = f 0 (x) = 0; p(x) = x, q(x) = 1, a 1 (x) = l 1 (x) = x và a 0 (x) = l 0 (x) = 2 ta được f n (x) = λ n (x) − à n (x) λ(x) − à(x) , l n (x) = λ n (x) + à n (x) (2.9)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.2.8 (Các công thức về tổng bình phương) i) f n 2 (x) − f n−2 2 (x) = xf 2n−2 (x) với mọi n ≥ 2. ii) l 2 n (x) − x 2 + 4 f n 2 (x) = 4(−1) n với mọi n ≥ 0. iii) l 2 n (x) + l 2 n+1 (x) = x 2 + 4 f 2n+1 (x) với mọi n ≥ 0. iv) l 2 n (x) + l 2 n−1 (x) = l 2n (x) + l 2n−2 (x) với mọi n ≥ 1.
Chứng minh. i) Áp dụng Hệ thức (2.8) và định nghĩa các đa thức ta có xf 2n−2 (x) = x (f n (x)f n−1 (x) + f n−1 (x)f n−2 (x)) = xf n−1 (x) (f n (x) + f n−2 (x))
= (f n (x) − f n−2 (x)) (f n (x) + f n−2 (x)) = f n 2 (x) − f n−2 2 (x). ii) Áp dụng Công thức Binet của f n (x) và l n (x) (2.9) ta có l 2 n (x) − x 2 + 4 f n 2 (x) = (λ n (x) + à n (x)) 2 − x 2 + 4 (λ n (x) − à n (x)) 2
= 4(λ(x)à(x)) n = 4(−1) n iii) Trong Hệ thức (2.8) thay m = n và n = n + 1 ta được f 2n+1 (x) = f n 2 (x) + f n+1 2 (x).
Kết hợp với Hệ thức ii) ta được l 2 n (x) + l 2 n+1 (x) = x 2 + 4 f n 2 (x) + f n+1 2 (x)
= x 2 + 4 f 2n+1 (x). iv) Áp dụng Hệ thức iii), Hệ thức vii) và Mệnh đề 2.2.6 ta có l 2 n (x) + l 2 n−1 (x) = x 2 + 4 f 2n−1 (x) = l 2n (x) + l 2n−2 (x).
2 , Áp dụng Hệ thức ii), Mệnh đề 2.2.8 và Hệ thức i), Mệnh đề 2.2.7 ta có λ (l 2m+1 (x)) = l 2m+1 (x) + q l 2m+1 2 (x) + 4 2
Bằng phương pháp như trên ta cũng có thể suy ra được à (l 2m+1 (x)) = à 2m+1 (x).
Kết hợp với công thức Binet của đa thức f n (x) (2.9) ta được f n (l 2m+1 (x)) = λ n (l 2m+1 (x)) − à n (l 2m+1 (x)) λ (l 2m+1 (x)) − à (l 2m+1 (x))
= λ (2m+1)n (x) − à (2m+1)n (x) λ 2m+1 (x) − à 2m+1 (x) = f (2m+1)n (x) f 2m+1 (x) Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dãy các đa thức Morgan
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất của dãy các đa thức Morgan. Định nghĩa 2.3.1. i) Dãy đa thức Morgan {B n (x)}, n ≥ 0, được định nghĩa bởi hệ thức truy hồi
B n (x) = (x + 2)B n−1 (x) − B n−2 (x) với mọi n ≥ 2 với B 0 (x) = 1, B 1 (x) = x + 2. ii) Dãy đa thức Morgan {b n (x)}, n ≥ 0, được định nghĩa bởi hệ thức truy hồi b n (x) = (x + 2)b n−1 (x) − b n−2 (x) với mọi n ≥ 2 với b 0 (x) = 1, b 1 (x) = x + 1.
Ta nhắc lại rằng (theo Mệnh đề 2.1.5) đa thức Morgan thứ n có bậc là n. Sau đây là một số công thức liên hệ giữa các đa thức Morgan B n (x) và b n (x). Mệnh đề 2.3.2. i) xB n (x) = (x + 1)b n (x) − b n−1 (x) với mọi n ≥ 1. ii) B n+1 (x) − B n−1 (x) = b n+1 (x) + b n (x) với mọi n ≥ 1. iii) x (B n (x) + B n−1 (x)) = b n+1 (x) − b n−1 (x) với mọi n ≥ 1.
Chứng minh. i) Với n = 1 ta có xB 1 (x) = x 2 + 2x và (x + 1)b 1 (x) − b 0 (x) = x 2 + 2x.
Vậy công thức đúng với n = 1.
Giả sử công thức đúng với mọin = 2, , k Ta sẽ chứng minh công thức đúng với n = k + 1 Ta có xB k+1 (x) = x ((x + 2)B k (x) − B k−1 (x)) = x(x + 2)B k (x) − xB k−1 (x)
Cho nên công thức đúng với n = k + 1 Vậy công thức đúng với mọi n ≥ 1. Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta cũng có thể chứng minh được ii) và iii).
Mệnh đề 2.3.3. i) b m+n (x) = b m (x)B n (x) − b m−1 (x)B n−1 (x) với mọi m ≥ 1, n ≥ 1. ii) b 2n (x) = B n (x)b n (x) − B n−1 (x)b n−1 (x) với mọi n ≥ 1. iii) b 2n+1 (x) = B n (x)b n+1 (x) − B n−1 (x)b n (x) với mọi n ≥ 1. iv) (x + 2)b 2n+1 (x) = B n+1 (x)b n+1 (x) − B n−1 (x)b n−1 (x) với mọi n ≥ 1. v) b 2n+1 (x) − b 2n (x) = x B n 2 (x) − B n−1 2 (x) với mọi n ≥ 1.
Chứng minh. i) Áp dụng Định lý 2.1.11 ta được
Hơn nữa, bằng phương pháp qui nạp ta có thể chứng minh được b n (x) = B n (x) − B n−1 (x).
=B m (x)b n (x) − B m−1 (x)b n−1 (x). ii) Trong i) thay m bởi n ta được b 2n (x) = B n (x)b n (x) − B n−1 (x)b n−1 (x). iii) Áp dụng i) với m = n + 1. iv) Theo Hệ thức iii), định nghĩa đa thức B n (x) và b n (x) ta có
= B n+1 (x)b n+1 (x) − B n−1 (x)b n−1 (x). v) Bằng phương pháp qui nạp ta có thể chứng minh được xB n (x) = b n+1 (x) − b n (x) và kết hợp với ii), iii) ta có b 2n+1 (x) − b 2n (x) = B n (x) (b n+1 (x) − b n (x)) − B n−1 (x) (b n (x) − b n−1 (x))
Sau đây là một số công thức liên hệ giữa các đa thức Fibonacci và các đa thức Morgan.
Mệnh đề 2.3.4 Với mọi n ≥ 1 ta có i) f 2n (x) = xB n−1 x 2
Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 2.1.7 ta được
Cộng hai phương trình trên vế theo vế, ta có t 1 + xt − t 2
Sau đây là một số công thức về tổng của các đa thức Morgan.
Chứng minh. i) Sử dụng đẳng thức xB n (x) = b n+1 (x) − b n (x) ta có n
= b n+1 (x) − b 0 (x) = b n+1 (x) − 1. ii) Sử dụng đẳng thức b n (x) = B n (x) − B n−1 (x) ta có n
X i=0 b i (x) = B n (x). iii) Theo Hệ thức ii), Mệnh đề 2.3.3 ta có n
X i=1 b 2i (x) = B n (x)b n (x). iv) Theo Hệ thức iii), Mệnh đề 2.3.3 ta có n
X i=2 b 2i−1 (x) = B n−1 (x)b n (x). v) Theo Hệ thức (v), vi) và Hệ thức b n (x) = B n (x) − B n−1 (x) ta có
KẾT LUẬN Đề tài này nhằm trình bày lại một cách có hệ thống và chi tiết một số vấn đề liên quan đến Dãy số và đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai trong các tài liệu tham khảo.
Sau đây là các nội dung chính của đề tài.
1 Dãy số xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai
1.1 Công thức Binet cho dãy số
1.3 Dãy Fibonacci và dãy Lucas
2 Dãy đa thức xác định bởi hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai
2.1 Công thức Binet cho dãy đa thức
2.2 Dãy đa thức Fibonacci và dãy đa thức Lucas
2.3 Dãy các đa thức Morgan