Luận văn đa thức stern và một số vấn đề liên quan

B ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC s PHẠM HÀ NỘI _ • NINH THỊ HIÈN ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC s ĩ TOÁN HỌC • • • Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2015 LỜ I CẢM ƠN Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Tạ Duy Phượng - người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Thày Cô giáo dạy Cao học chuyên ngành Toán Giải tích phòng Sau Đại học - trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ suốt trình học tập Nhân dịp gửi lời cảm ơn chân thành tói gia đình bạn bè động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2015 Tác giả Ninh Thị Hiền LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng, luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài Đa thức Stern số vấn đề liên quan hoàn thành lao động nhận thức thân Trong trình viết luận văn kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2015 Tác giả Ninh Thị Hiền MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chon đề tài Muc đích nghiên cứu Nhiêm vu nghiên cứu Đối tương pham vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Đóng góp luân văn Chương ĐA THỨC STERN 1.1 Dãy Stem 1.1.1 Đinh nghĩa dãy Stem 1.1.2 Môt cách biểu diễn đếm 10 1.1.3 So sánh với dãy Fibonacci 12 1.1.4 Mô tả tâp số hữu tỉ qua dãy Stem 16 1.2 Đa thức Stem 20 Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐA THỨC STERN 47 2.1 Dãy Stem đồ thi Hà Nôi 47 2.1.1 Trò choi tháp Hà Nôi 47 2.1.2 Đồ thi Hà Nôi 48 2.1.3 Đồ thi Hà Nôi dãy Stem 51 2.2 Đa thức Stem mã Gray 60 KẾT LUÂN 64 TÀI LIÊU THAM KHẢO 65 MỞ ĐÀU Lý chọn đề tài Dãy Stern dãy xác định công thức truy hồi dạng b0 = ,by= 1; b2n=bn>n * ỉ '> b 2n+l = b n + b n+l ’ n ^ l - Dãy Stem lần đàu tiên Stem nghiên cứu năm 1858 [6] Sau dãy Stem nhiều nhà toán học khác nghiên cứu (xem, thí dụ, [4], [5], [7], [8]) sử dụng để giải vấn đề khác (xem, thí dụ, [3]) Một phát triển nghiên cứu dãy Stem đa thức Stern, tức đa thức Bk (í), k > 0, t e M xác định công thức truy hồi sau: Âo(/) = O ,A (0 = l; B2„{t ) = tB„(t ) ’n ^ ỉ’ B „ A t ) = B n A t ) + B » (t ) ’ n > ỉ - Đa thức Stem có lẽ lần nghiên cứu [4] Nhiều tính chất hay đa thức Stem nghiên cứu [4] Đa thức Stem có liên quan đến nhiều vấn đề khác toán học, tin học thực tế (xem, thí dụ, [4]) Với mong muốn tìm hiểu sâu đề tài, theo chứng tôi, có nội dung mới, tương đối phong phú thú vị, đồng thời sử dụng trực tiếp giảng dạy ứng dụng toán học, hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng, chọn đề tài Đa thức Stern sổ vấn đề liên quan làm đề tài Luận văn cao học Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu trình bày kiến thức dãy Stem đa thức Stem - Tìm hiểu trình bày số vấn đề số toán liên quan đến dãy Stem đa thức Stem Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu dãy Stem đa thức Stem - Nghiên cứu số toán liên quan tới dãy Stem đa thức Stem Đối tượng phạm vỉ nghiên cứu Dãy Stem, đa thức Stem số vấn đề liên quan Phương pháp nghiên cứu - Thu thập tài liệu liên quan tới dãy Stem đa thức Stem - Phân tích, tổng hợp hệ thống kiến thức liên quan tới dãy Stem đa thức Stem dạng Luận văn cao học Đóng góp luận văn Trình bày luận văn tổng quan dãy Stem, đa thức Stem số vấn đề liên quan Chương ĐA THỨC STERN 1.1 Dãy Stern Mục trình bày công thức biểu diễn hệ số tính chất dãy Stem, chủ yếu theo [5] 1.1.1 Định nghĩa dãy stern Dãy Stem đàu tiên Stem nghiên cứu năm 1858 [6], sau chủ đề nhiều báo, xem, thí dụ, [2, 3, 4, 5, 7, 8] Các số Stem số dãy số nguyên vô hạn: 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, Hai số Stem Các số Stem b dãy Stem [b Ị định nghĩa theo công thức truy hồi: ì 2n+l ' =\= K h í 1-1-1» + b n+1- Dãy Stem gọi Stem's diatomic sequence Tên xuất phát từ mảng số Bảng 1.1 đây, gọi Stem's diatomic array Bảng 1.1 1 1 11 11 13 12 10 12 5 13 11 10 11 Ta biết tam giác Pascal (Hình 1.1), số, trừ hàng cùng, tổng hai số liên tiếp hàng 1 1 1 1 Hình 1.1 Dãy Stem xây dựng tương tự tam giác Pascal: Khi có số dòng thứ n dãy Stem, để nhận dòng tiếp theo, ta viết lại dòng thứ n, hai số ta đặt tổng hai số Như vậy, số cột tổng hai số liên tiếp hàng trước đó, số khác lặp lại số đứng trực tiếp Nhận thấy rằng, hàng thứ n mảng diatomic Stem chứa 2”_1 +1 phần tử Thật vậy, với n - 2"_1 + = hàng có hai phàn tử Giả sử qui nạp hàng thứ n chứa 2"“1+1 phàn tử Khi theo qui tắc xây dựng dãy Stem, 2”_1 +1 phần tử ta phải thêm vào 2"_1 phàn tà Do đó, số phần tử hàng thứ n +1 là: (2"_1 + 1) + 2"“1= 2.2"“1+1 = 2" +1 phàn tử Khẳng định chứng minh Ta nhận xét rằng, tổng phần tử hàng thứ n 3"“1+1 Thật vậy, với n = 3”_1 +1 = hàng đàu tiên có hai phàn tử 1, 1+ = Giả sử qui nạp tổng phần tử hàng thứ n 3"“1+1 Khi tổng phàn tử hàng thứ n + ỉ 3" +1 Thật vậy, hàng thứ n + có 2” +1, có 2”-1 +1 phần tử hàng thứ n, theo qui nạp, tổng chúng 3"“1+1 Tổng 2"“1 phần tử hàng thứ n + xen 2" 1+1 phàn tò hàng thứ n Ị 3"“1 + 1) -1 -1, tổng 2” +1 phàn tử hàng thứ /7 + 3"“1+ l + 2(3"“1+ l ) - l - l = "+ l Ta có điều phải chứng minh Mảng diatomic Stem viết cách hình thức theo số hạng dãy {ốw} Bảng 1.2 Bảng 1.2 k K K K b3 K K K bi K K K K K K K K K K Mỗi hàng mảng diatomic Stem có tính chất hồi văn (xuôi ngược giống nhau-palindromic) hàng thứ n số hạng thứ b „ kết thúc số hạng thứ b „+1, ta biểu diễn tính đối xứng công thức: với n < k < 2" ta có b2n+k = b2nn+1+1 k (1.1.2)' v Theo qui nạp, ta khẳng định rằng, vói k, n mà < k < n i 2.+ t= Ế« + V t - (1-1-3) Giả sử Fn số Fibonacci thứ n, định nghĩa công thức truy hồi f = o , í ; = i , í '„ 1= f , + í ; _ „ công thức Binet (n > 2) K = - -r = - > 2”y/s ệ -ệ (1.1.4) ^ M -(l + ^ ) ệ- liên hợp - đại sôẨ ệ, ệ "tỉ sôk vàng" Chú ý rằng, cột bên phải mảng diatomic Stem đối xứng với bên trái mảng Loại bỏ cột bên phải dồn số sang bên trái, ta “mảng dồn” (crushed array) Bảng 1.3 Bảng 1.3 1 3 5 11 10 11 13 12 Dưới tính chất mảng dồn Định lí 1.1 a) Mỗi cột cấp sổ cộng (hiệu hai sổ liên tiếp không đỗi) có công sai sổ hạng dãy Stem : 1 3 • b) SỐ lớn hàng phần tử dãy Fibonacci: 1,2, 3, 5, 8, 13, ; c) Chỉ sổ (earliest index) sổ lớn hàng 1, 3, 5, 11, 21, 43, 85, , số hạng J Ỉ,J 2, dãy Jacobsthal ( J n) Chỉ số thứ 50 1) Gọi cọc A, B, c 2) Liệt kê vỉ trí đĩa từ trái sang phải theo chiều tăng kích thước Các cạnh tam giác biên biểu thị đường ngắn để chuyển tháp từ cọc sang cọc khảc Cạnh cảc biên tam giác lớn biểu thị chuyển động đĩa lớn Cạnh biên tam giác nhỏ biểu thị chuyển động đĩa nhỏ Các cạnh tam gỉác nhỏ biểu thị chuyển động đĩa nhỏ Hình 2.5 Đồ thị trò chơi tháp Hà Nội có liên quan mật thiết với tam giác Sierpinski hay gọi thảm Sierpinski Đồ thị ừò chơi n đĩa có 3” nút Mỗi nút có ba cạnh tới nút khác, ngoại trừ ba nút góc có hai cạnh Luôn chuyển đĩa nhỏ sang hai cọc khác Và chuyển đĩa hai cọc ngoại 51 trừ trường hợp tất đĩa nằm cọc Các nút góc biểu thị ba trường hợp đĩa nằm cọc Biểu đồ cho n đĩa nhận từ biểu đồ cho n -1 đĩa cách copy ba - copy biểu thị trạng thái chuyển động đĩa nhỏ cho vị trí riêng đĩa lớn với chúng góc với ba cạnh biểu thị có ba khả chuyển đĩa lớn Do kết có 3"+1 nút có ba góc với hai cạnh Khi số đĩa thêm vào, đồ thị biểu diễn trò chơi tạo thành thảm Sierpinski Rõ ràng phần lớn vị trí trò chơi không đạt sử dụng lời giải ngắn Thật vậy, vị thầy tu truyền thuyết sử dụng lời giải dài (không trở lại vị trí cũ nào) càn 364 -1 lần chuyển, nhiều 1023 năm 2.1.3 Đồ thị Hà Nội dãy stern Kí hiệu đồ thị s ( n ,k ) đồ thị Tháp Hà Nội tổng quát với hai tham số, gọi theo tên khác thảm Sierpinski Vói n e N,đồ thị Sn := s { n ,3) đẳng cấu với đồ thị H n Mỗi đỉnh đồ thị chuỗi chữ số viết từ số {1,2,3} có độ dài n Hai đỉnh u - uìu2 un V= v1v2 gọi liền kề tồn số h e {l,2, ,tt}thỏa mãn điều kiện sau: i) ut = vt, t = ii) uh * v h; iii) ut - vh, vt =uh, t - h + l, ,n Đồ thị S4được vẽ Hình 2.6 Các đỉnh đồ thị Sn kí hiệu cực Sn i - 1,2,3, gọi đỉnh 52 ch0 * / = { * ^ - * * * - * « • teong số ^ bên phải số nhị phân Thừa nhận Mệnh đề 2.1.1 Mệnh đề 2.1.1 Cho u]u2 un đỉnh Sn Thì d (u1u2 un,ii i) = PlxUl Un 3333 Hình 2.6 Bổ đề 2.1.1 Cho b sổ nhị phân n chữ sổ, b + b = ” -1 (2.1.2) Trong đó, b = hlb2 bn, bị e{0,l}, b = bỹ2 ĩ>n, bị= \ - b v b sổ nhị phân bù b (2.1.1) 53 Ví dụ, ¿ = 0001101, b =1110010 Trong đồ thị Sierpinski s[n ,k ) có nhiều hai đường ngắn hai đỉnh đồ thị, điều cho đồ thị Sn H n Cho v e Sn, tập x( v) = |v' 2"“1, điều mâu thuẫn với dị}(v') < 2"“1- Vì - j m = k, tìr v 'e S Jn dik(v') = 2"“1- d jk{v) Suy ra, tập vế ừái (2.1.4) bao hàm tập vế phải (2.1.4) Sự bao hàm ngược lại thu đối ngược điều kiện đối số từ phần đàu chứng minh Giả sử, djk(v) - dik(V) = 2”“1, điều dịk(v') < 2"“1-1 Khi |v' e x (v ) Iv' ẹẼs ị I tập rỗng Đe mô tả cách rõ ràng tập X (v), ta ý sau mâu thuẫn với □ 55 Với n e N,Ả: e {0, n} v e S n, cho vk =vv vk(e Sk) v k =vk+v vn(s„_k) Ở đây, ta xem v° chuỗi rỗng Hơn nữa, ta định nghĩa ánh xạ / d Cho X chuỗi tùy ý, gọi first (x) kí hiệu X, tức x = jc1jc2 jcit, first (x) - Xị Bây giờ, với n> v e S b, cho i , j thỏa mãn ịi,j,firstịv)} - {1, , 3} Khi tập d (v )= |d â(v)| Bởi vì, dịj (v)| = djị (v)|, nên hàm d định nghĩa tốt Cho đỉnh v e Sn v k =vk+ỉ vn, ta coi d ị v kSj ánh xạ Sn_k Chú ý rằng, firstị v k^j- vk+v Ta có tập i; dÿ (v) > 0, l(v) = - j ; djị (v) > 0, 0; d Ặ v ) = Định lí 2.1.3 Cho V đỉnh Sn Thì X (v) = U [u e SJ u = vkl{ v k) ũ k+\ d ( ũ k) + d (v1k) = 2M Ị (2.1.5) k=0 Chú ý rằng, /(v*) = 0, chuỗi vkỉ ị v k^ũk+l không biểu diễn đỉnh Sn, không thuộc vào x ( v ) tìieo Bổ đề 2.1.2 (đó là, ỉ ị v k^ = ứiì = theo Bổ đề 2.1.2 x { v k^ = k Bổ đề 2.1.3 thiết lập hệ thức phép biểu diễn siêu nhị phân số đỉnh đồ thị Sierpinski 56 Bổ đề 2.1.3 Cho k& h , l&l < 2” x,y& {1,2,3} ,x 7*y Thì có song ảnh tập h {2" -1 -1*1) = W b , ) [2] 11 ,2 -' = 2’ -1 - |*|Ị, tập A „ ( * ) = { v e S „ |^ - P ; = * } Chứng minh Sử dụng tính đối xứng Sn Không tính tổng quát, giả sử x = l,y = Chú ý = 2n - l - |ả:| ,b1^ 0, 2" -1 > 2" -1 - l&l > Ồj2“_1 > 2m_1 Suy ra, 2" > 2W_1 +1 > 2m~l, n > m -1 hay n>m Nhận xét biện minh cho việc sử dụng số siêu nhị phân có độ dài cố định n Dĩ nhiên, (V v-A ì)^] c° một vài chữ số Một sử dụng tính đối xứng Sn, giả sử k< Song ánh từ H ị l n -1 + k ) vào Aj ịk) đưa ịbỉb2 bn \-> V - vỉv2 với 1; b, = 0, V; = 2; bt = 2, 3; h = \ v e S n, cho Ve Aỉ (&) Do đó, ta tính í = Ẻ A * - 1= ỵ 2”_ỉ = ”_ỉ + ỵ 2”“', i=1 ì-b,* /:£>,-=1 pv2 = ị p ^ = ỵ r - ‘ i=l vbị=l Ket hợp hai đẳng thức ta ĩ.b,=2 57 pl + pv = £ 2”_ỉ+2X 2”~‘ = Í L b i "~i = n - ỉ + k ĩJbị =1 ĩbị =2 i=l Từ Bổ đề 2.1.1, ta Pv2 - 2” -1 - /Ị2, pl -Py =k Ve Aj (ả:) Ta chứng minh tính song ánh ánh xạ Rõ ràng, ánh xạ đơn ánh, ta toàn ánh Cho V= Vjv2 e Àj (&), pl -Py = k Khi '0; và=l, bị = ị = bị2n -|&|) Mặt khác, H n đẳng cấu với s^nên ta có y (£)| = zn ịk), hàm zn(&) định nghĩa z»w = \{r & H n \ d (y,l—1)- d (r,2 2) = *}| Vì thế, ta có V « e N Vifc6N0,H ":i(Jfc ) = z ,( " -it) (1) 58 Mối quan hệ cổ dãy thú vị: đặt ỊẦ= 2”+1 - k , n Nếu d23 (v) = 0, theo Bổ đề 2.1.2 ta có|{tt e l ( v ) I V j|| = |0| = = ỏ(0) Nếu d23 (v) > 0, áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có [u < e X { v ) I«! Vậy Định lí chứng minh Hệ 2.1.1 Nếu V đỉnh bất Ịd Sn mà không đỉnh cực hạn ịu e X (v) IMj * V!I ^ Đặc biệt, X (v) ^ Chứng minh Cho V đỉnh S'n, ý i xác định Bây chọn j,k , cho - {1,2,3} Bởi vì, V* ÌÌ Ì, nên djk * Cụ ứiể, Mệnh đề 2.1.1 có nghĩa djk{y) = p jv - p kv ,/ = 1,2, ,« Suy Vf = i với ỉ (nếu v¡ = j , v¡=k p 0, p lại 1) Theo Định lí 2.1.4 ||tte X (v )|ií1 ^VjỊ|>ỏ(£/(v)) = ỏỊ|£/7Ế(v)|Ị>0, Iel(v)| vj^0 u Uị ^ 60 Đó thú vị đồ thị Tháp Hà Nội Đinh lí 2.1.5 Nếu veS„n • |jr(v)| = ’t 24([...]... b5 - ồ7 = 3 là số lớn nhất của hàng thứ ba, Nhưng chú ý rằng, bởi vì mảng diatomic là hồi văn (đối xứng, palindromic) nên số lớn nhất của mỗi hàng xuất hiện hai làn, trừ hai hàng đầu tiên Giữ lại hai số đàu là 1, 3 Sau đó cứ liên tiếp giữ lại một số và bỏ đi một số, tức là giữ lại các số hạng trong dãy với chỉ số lẻ (các số 5, 11, 21, 43, ) và bỏ đi các số hạng với chỉ số chẵn (các số 7, 13, 27, )... ta giữ lại các số 1, 3 và sau đó bỏ đi các số với chỉ số lẻ (các số 5, 11, 21, 43, ) và giữ lại các số với chỉ số chẵn (các số 7, 13, 27, ) Dãy 1, 3, 7, 13, 27, 53, (là dãy với vị trí thứ hai của số lớn nhất trong mỗi hàng), cũng tuân theo công thức truy hồi Jacobsthal J n+Ì =J„+ 2J n_u n = 1,2, với J x =2, J 2 = 3 Kí hiệu M n là số lớn nhất của hàng thứ n của mảng Stem Rõ ràng, số lớn nhất của mỗi... - M + Đa thức Lucas Ln (í), n > 1, t e R A) ( 0 “ ^5 A ( 0 = L n ( í ) = ^ „ - 1 i f ) + L n_2 ( í ) Biểu diễn đa thức stern Định nghĩa 1.2.2 (phép biểu diễn siêu cơ số 2) Một phép biểu diễn siêu cơ sổ 2 của một số nguyên n không âm, kí hiệu là H(n) được cho bởi công thức (1.2.2) sau H (« ) = Ị(«,a2 a,)[2]Ị = Ễ a,2- , a ,, e { 0; l ; 2} (1.2.2) Đa thức Bn(/) thu được từ phép biểu diễn siêu cơ số 2... minh 2) Bn ( 2 ) = n,n> 1 (tức là dãy số tự nhiên biểu diễn được qua Bn( 2 )) Từ đẳng thức này ta suy ra được: Bln ( 2 ) = 2n, và Bln+Ỉ ( 2 ) = 2n + \ Thật vậy, từ công thức (1.2.1) ta có B2, (2 ) = 2B,(2) = 2n, B^ Á 2) = B,tÁ 2) + B,{ 2) = n + 1+ n = 2n + ì - 3) Một số đa thức nổi tiếng cũng được định nghĩa theo cách tương tự như đa thức Stem Chẳng hạn: + Đa thức Fibonacci Fn{t),n > \, íe M được xác... để mẫu số nhỏ nhất có thể của bất cứ phân số nào giữa a và J3 là n được cho bởi công thức —3 ¿X-t ft -1 k trong đó / ( í ) là một đa thức không phụ thuộc vào k,i B 2 2 { t)~ B 3 Thật 2 vậy, ta có B 2 ụ ) - B ì_ (í) = - í ( í - l ) , và (/) = /(/ - 1) Tuy nhiên những đồng nhất thức này và những... Stem như sau 1.2 Đa thức Stern Mục này trình bày công thức biểu diễn hệ số và các tính chất cơ bản của đa thức Stem, theo các tài liệu [2], [4], [7], [8] Định nghĩa 1.2.1 Đa thức Stern Bk{t), Ả;>0, í e R là đa thức được định nghĩa như sau: Bữ(í) = 0,B1(í) = ỉ; B2n(t) ^ tB n{t)ì n >V, B 2n+l { t ) = B n Ả t ) + B n { t ) ’ n > 1 - (1.2.1) 21 Từ công thức trên, ta có + Với n = 1 : B2(í) = tB1(í) = t.\... Vì số hạng J n của dãy Jacobsthal là số nguyên nên từ công thức (***) suy ra J luôn là một số lẻ Cũng từ công thức (***) ta có , n 2 r-' 3 2 ( - i r '- ( - i r 3 n -\ - 3 ~ z" 2 ( - i r '- ( - i ) ( - Ị r ' 3 1=±1 \ ■ Chứng minh các khẳng định b) và c) Chỉ số của số hạng lớn nhất trong mỗi hàng là 1, 3, 5, 7, 11, 13, 21, 27, 43, 53, Nghĩa là, ỉ\ = \ là số lớn nhất của hàng đầu tiên, ỏ3 - 2 là số. .. buộc phải có chỉ số lẻ Thật vậy, từ công thức (1.1.1) suy ra b 2n+l = K + b n+1 = b 2n + b n+1 > b 2n - Do đó, M n+Ỉ - b2k+ì đối với một số k nào đó, vì vậy M n+l bằng tổng của hai số hạng liên tiếp trong hàng liền trước (hàng thứ n): bkvằ bk+v Một trong hai số Ả :và k + l là chẵn, vì vậy sẽ xuất hiện trong hàng liền trước (hàng thứ n - 1), do đó M n+l < M n + Bởi vì M l = 1 = F2 và M 2 = 2 = F3 Bằng... ln-> 00 A Nếu £(«) là số các số lẻ trong n hàng đàu tiên của tam giác Pascal, 5 ( / i) = X 2 '2(*) thì k