Đa thức stern và một số vấn đề liên quan (LV01760)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NINH THỊ HIỀN ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2015 LỜI 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 Thầy 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 tới 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 chọn đề tài Mục đích nghiên cứu .1 Nhiệm vụ nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu .2 Đóng góp luận văn Chương ĐA THỨC STERN 1.1 Dãy Stern 1.1.1 Định nghĩa dãy Stern……………………………………………… 1.1.2 Một cách biểu diễn hệ đếm…………………………………………10 1.1.3 So sánh với dãy Fibonacci………………………………………….12 1.1.4 Mô tả tập số hữu tỉ qua dãy Stern…………………………… 16 1.2 Đa thức Stern 20 Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐA THỨC STERN 47 2.1 Dãy Stern đồ thị Hà Nội 47 2.1.1 Trò chơi tháp Hà Nội .47 2.1.2 Đồ thị Hà Nội 48 2.1.3 Đồ thị Hà Nội dãy Stern .51 2.2 Đa thức Stern mã Gray 60 KẾT LUẬN 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO .65 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Dãy Stern dãy xác định công thức truy hồi dạng b0  0, b1  1; b2 n  bn , n  1; b2 n1  bn  bn1 , n  Dãy Stern lần Stern nghiên cứu năm 1858 [6] Sau dãy Stern 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 Stern đa thức Stern, tức đa thức Bk  t  , k  0, t   xác định công thức truy hồi sau: B0  t   0, B1  t   1; B2 n  t   tBn  t  , n  1; B2 n1  t   Bn1  t   Bn  t  , n  Đa thức Stern có lẽ lần nghiên cứu [4] Nhiều tính chất hay đa thức Stern nghiên cứu [4] Đa thức Stern 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 chúng 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 số vấn đề liên quan làm đề tài Luận văn cao học Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu trình bày kiến thức dãy Stern đa thức Stern - Tìm hiểu trình bày số vấn đề số toán liên quan đến dãy Stern đa thức Stern Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu dãy Stern đa thức Stern - Nghiên cứu số toán liên quan tới dãy Stern đa thức Stern Đối tượng phạm vi nghiên cứu Dãy Stern, đa thức Stern số vấn đề liên quan Phương pháp nghiên cứu - Thu thập tài liệu liên quan tới dãy Stern đa thức Stern - Phân tích, tổng hợp hệ thống kiến thức liên quan tới dãy Stern đa thức Stern dạng Luận văn cao học Đóng góp luận văn Trình bày luận văn tổng quan dãy Stern, đa thức Stern 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 Stern, chủ yếu theo [5] 1.1.1 Định nghĩa dãy Stern Dãy Stern lần Stern nghiên cứu năm 1858 [6], sau chủ đề nhiều báo, xem, thí dụ, [2, 3, 4, 5, 7, 8] Các số Stern 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 Stern Các số Stern bn dãy Stern bn  định nghĩa theo công thức truy hồi: b2 n  bn ,  b2 n1  bn  bn1 (1.1.1) Dãy Stern gọi Stern's diatomic sequence Tên xuất phát từ mảng số Bảng 1.1 đây, gọi Stern's diatomic array Bảng 1.1 1 1 11 10 2 7 11 13 12 9 12 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 … 3 … … … … Hình 1.1 Dãy Stern xây dựng tương tự tam giác Pascal: Khi có số dòng thứ n dãy Stern, 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 Stern chứa 2n1  phần tử Thật vậy, với n  2n1   hàng có hai phần tử Giả sử qui nạp hàng thứ n chứa 2n1  phần tử Khi theo qui tắc xây dựng dãy Stern, 2n1  phần tử ta phải thêm vào 2n1 phần tử Do đó, số phần tử hàng thứ n  là: 2 n 1    2n1  2.2n1   2n  phần tử Khẳng định chứng minh Ta nhận xét rằng, tổng phần tử hàng thứ n 3n1  Thật vậy, với n  3n1   hàng có hai phần tử 1,   Giả sử qui nạp tổng phần tử hàng thứ n 3n1  Khi tổng phần tử hàng thứ n  3n  Thật vậy, hàng thứ n  có 2n  1, có 2n1  phần tử hàng thứ n, theo qui nạp, tổng chúng 3n1  Tổng 2n1 phần tử hàng thứ n  xen 2n1  phần tử hàng thứ n   3n1    1, tổng 2n  phần tử hàng thứ n    3n1   3n1     3n  Ta có điều phải chứng minh Mảng diatomic Stern viết cách hình thức theo số hạng dãy bn  Bảng 1.2 Bảng 1.2 b1 b2 b2 b3 b4 b5 b4 b6 b7 b8 b8 b9 b10 b11 b12 b13 b14 b15 b16 Mỗi hàng mảng diatomic Stern có tính chất hồi văn (xuôi ngược giống nhau-palindromic) hàng thứ n số hạng thứ b2n kết thúc số hạng thứ b2n 1 , ta biểu diễn tính đối xứng công thức: với n  k  2n ta có (1.1.2) b2n  k  b2n 1  k Theo qui nạp, ta khẳng định rằng, với k , n mà  k  2n (1.1.3) b2n  k  bk  b2n k Giả sử Fn số Fibonacci thứ n, định nghĩa công thức truy hồi F0  0, F1  1, Fn1  Fn  Fn1 , công thức Binet  n  2 n Fn 1    1    n  n  ,   2n 1    "tỉ số vàng"  n (1.1.4)  liên hợp đại số  , 1   Chú ý rằng, cột bên phải mảng diatomic Stern 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 8 13 12 Dưới tính chất mảng dồn Định lí 1.1 a) Mỗi cột cấp số cộng (hiệu hai số liên tiếp không đổi) có công sai số hạng dãy Stern: 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, ; b) Số lớn hàng phần tử dãy Fibonacci: 1, 2, 3, 5, 8, 13, ; c) Chỉ số (earliest index) số lớn hàng 1, 3, 5, 11, 21, 43, 85, , số hạng J1 , J , dãy Jacobsthal  J n  Chỉ số thứ 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  đĩa cách copy ba lần - 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 3n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) cần 364  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 Với n  , đồ thị S n : 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  u1u2 un v  v1v2 gọi liền kề tồn số h  1,2, , n thỏa mãn điều kiện sau: i) ut  vt , t  1, , h  1; ii) uh  vh ; iii) ut  vh , vt  uh , t  h  1, , n Đồ thị S4 vẽ Hình 2.6 Các đỉnh đồ thị Sn kí hiệu ii i, i  1, 2,3, gọi đỉnh cực Sn 52 1; i  j , Cho pi , j   Pji1 j2 jm  pi , j1 pi , j2 pi , jm , số hạng bên 0; i  j phải số nhị phân Thừa nhận Mệnh đề 2.1.1 Mệnh đề 2.1.1 Cho u1u2 un đỉnh Sn Thì d  u1u2 un , ii i   Pui1u2 un Hình 2.6 Bổ đề 2.1.1 Cho b số nhị phân n chữ số, b  b  2n  (2.1.2) Trong đó, b  b1b2 bn , bi  0,1 , b  b1b2 bn , bi   bi b số nhị phân bù b (2.1.1) 53 Ví dụ, b  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  Sn , tập X v   v  Sn | tån t¹i hai d­êng ng¾ n nhÊt gi­· v,v  Với i  1,2,3, cho S ni đồ thị S n cảm sinh đỉnh có dạng iv2v3 Cho v  v1v đỉnh Sn , i  j , ta có dij  v   Pvi2v3  Pv2jv3 , (2.1.3) Nếu v  Snk ( k xác định v ), S nk đẳng cấu với S n1 nên dij  v   d  v2v3 , ii i   d  v2v3 , jj j  ; (xem Hình 2.7) Chú ý rằng, dij  v   2n1  Hình 2.7 54 Bộ đề 2.1.2 Cho v  S ni i, j , k  1,2,3 cho dij  v   Thì v  X  v  | v  S   v  S i n j n  | dik  v   2n1  d jk  v  (2.1.4) Hơn nữa, d jk  v   0, tập thỏa mãn (2.1.4) rỗng Chứng minh Lấy v  Sn , l : v1  i có hai đường ngắn v, v Độ dài đường ngắn v, v mà chứa cạnh biên  il l , li i  cho Mệnh đề 2.1.1 Pvl2v3   Pvi2 v3 vn ,  im m, mi i  đó, đường ngắn qua cạnh biên  ml l , lm m  với i, l , m  1,2,3 có độ dài   Pvm2v3   2n1    Pvm2 v3 vn Bới hai độ dài nên ta có   Pvi2 v3 vn  Pvm2 v3 vn  2n1  Pvl2v3  Pvm2v3 , hay dim  v   2n1  dlm  v  Giả sử l  k m  j Khi dij  v   2n1  d kj  v   2n1  d jk  v   2n1 , điều mâu thuẫn với dij  v   2n1  Vì l  j m  k , từ v  S nj dik  v   2n1  d jk  v  Suy ra, tập vế trái (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 đầu chứng minh Giả sử, d jk  v    dik  v   2n1 , điều  dik  v   2n1  Khi v  X  v  | v  Sni tập rỗng Để mô tả cách rõ ràng tập X  v  , ta ý sau mâu thuẫn với  55 Với n  , k  0, n v  S n , cho v k  v1 vk  Sk  v k  vk 1  Snk  Ở đây, ta xem v chuỗi rỗng Hơn nữa, ta định nghĩa ánh xạ l d Cho x chuỗi tùy ý, gọi first  x  kí hiệu x, tức x  x1 x2 xk , first  x   x1 Bây giờ, với n  v  S n , cho i, j thỏa mãn i, j , first  v   1,2,3 Khi tập d  v   dij  v  Bởi vì, dij  v   d ji  v  , nên hàm d định nghĩa tốt   Cho đỉnh v  S n v k  vk 1 , ta coi d v k ánh xạ   Snk Chú ý rằng, first v k  vk 1 Ta có tập i; dij  v   0,  l  v    j; d ji  v   0,  0; dij  v   Định lí 2.1.3 Cho v đỉnh Sn Thì X v  n2  u  Sn | u  v k l  v k  u k 1, d  u k   d  v k   2nk 1 (2.1.5) k 0     Chú ý rằng, l v k  0, chuỗi v k l v k u k 1 không biểu diễn đỉnh Sn , không thuộc vào X  v  theo Bổ đề 2.1.2 (đó là,       l v k  dij v k  0, theo Bổ đề 2.1.2 X v k   ) Hơn nữa,     l v k  với vài k , ta có l v s  0, với s  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  , k  2n x, y  1,2,3 , x  y Thì có song ánh tập n   H   k   b1b2 bn  2 |  bi 2ni  2n   k  , i 1     n tập    x , y  k   v  Sn | Pvx  Pvy  k Chứng minh Sử dụng tính đối xứng S n Không tính tổng quát, giả sử x  1, y  Chú ý  b1b2 bm  2  2n   k ,b1  0, 2n   2n   k  b1 2m1  2m1 Suy ra, 2n  2m1   2m1, n  m  hay n  m Nhận xét biện minh cho việc sử dụng số siêu nhị phân có độ dài cố định n Dĩ nhiên,  b1b2 bn  2 có một vài chữ số b1 , b2 , Một lần sử dụng tính đối xứng Sn , giả sử k  Song ánh từ   H 2n   k vào 1,2  k  đưa  b1b2 bn  2  v  v1v2 với 1; bi  0,  vi   2; bi  2, 3; b  i  v  Sn , cho v  1,2  k  Do đó, ta tính n Pv1   p1,vi 2ni  i 1  n i  i:bi   n i   i:bi 1 i:bi  n Pv2   p2,vi 2ni  i 1 Kết hợp hai đẳng thức ta  i:bi  2 n i n i , 57 Pv1  Pv2  n  2ni   2ni   bi 2ni  2n   k i:bi 1 i:bi  i 1 Từ Bổ đề 2.1.1, ta Pv2  2n   Pv2 , Pv1  Pv2  k v  1,2  k  Ta chứng minh tính song ánh ánh xạ Rõ ràng, ánh xạ đơn ánh, ta toàn ánh Cho v  v1v2  1,2  k  , Pv1  Pv2  k Khi 0; vi  1,  bi  1; vi  3, 2; v  i  Rõ ràng,  b1b2 bn  2 xem phép biểu diễn vài số, rõ ràng ánh xạ tới v sử dụng Mệnh đề 2.1.1 ta có  n  n i    n i i:bi   i:bi 2  bi 2ni    2ni    i:bi 1 i 1  Pv1  Pv2  n   Pv1  Pv2  2n   k , Đó điều phải chứng minh Trong Hình 2.8, tập 1,2  k  , k  15, 14, ,14,15 giao S4 đường thẳng đứng tương ứng Ta có, bn  H  n  1 , Bổ đề 2.1.3 viết lại sau   Với k  2n :  x , y  k   b 2n  k Mặt khác, H n đẳng cấu với Sn , nên ta có  x , y  k   zn  k  , hàm zn  k  định nghĩa zn  k   r  H n | d  r ,1 1  d  r ,2   k  Vì thế, ta có   n   k   , k  2n : b  k   zn 2n  k (1) 58 Mối quan hệ có dãy thú vị: đặt   2n1  k , 2n  k  2n1 hệ thức truy hồi sau     zn1     zn 2n    zn     zn 2n   , Hình 2.8 Ta đến Mệnh đề 2.1.2 Mệnh đề 2.1.2       n   k  2n  1, ,2n1 : b  k   b 2n1  k  b k  2n (2.1.6) Hình 2.8 số đỉnh S thuộc 16 dòng từ trái sang 1,1, 2,1,3,2,3,,4,3,5, 2,5,3,4,1, nghĩa b 1 , b   , , b 16  59 Định lí 2.1.4 Cho v đỉnh Sn Thì u  X  v  | u1  v1  b  d  v   (2.1.7) Chứng minh Bằng phép đối xứng, ta giả sử v1  d 23  v   Nếu d 23  v   0, theo Bổ đề 2.1.2 ta có u  X  v  | u1  v1     b   Nếu d 23  v   0, áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có u  X  v  | u1  v1  v  X  v  | v  Sn1   v | v  S   v | v  Sn2 , d13  v   2n1  d 23  v  n , Pv2 v3 vn   Pv12 v3 vn  d 23  v   2n1 Do đó, từ Bổ đề 2.1.4 ta có u  X  v  | u1  v1  H  2n1    d 23  v   2n1    H  d 23  v   1  H  d  v   1  b  d  v   Vậy Định lí chứng minh Hệ 2.1.1 Nếu v đỉnh Sn mà không đỉnh cực hạn u  X  v  | u1  v1  Đặc biệt, X  v    Chứng minh Cho v đỉnh Sni , ý i xác định Bây chọn j , k , cho i, j , k  1,2,3 Bởi vì, v  ii i, nên d jk  Cụ thể, Mệnh đề 2.1.1 có nghĩa d jk  v   p j ,vl  pk ,vl , l  1, 2, , n Suy vl  i với l (nếu vl  j , vl  k p 0, p lại 1)   Theo Định lí 2.1.4 u  X  v  | u1  v1  b  d  v    b d jk  v   0, u  X  v  | u1  v1   60 Đó thú vị đồ thị Tháp Hà Nội Định lí 2.1.5 Nếu v  S n n2    X v   b d v k k 0 (2.1.8) 2.2 Đa thức Stern mã Gray Mục trình bày mối quan hệ đa thức Stern mã Gray Chủ yếu theo tài liệu [4] Mã Gray chuẩn n định nghĩa phép biểu diễn nhị phân g  n  , g :    định nghĩa     g    0, g p  j  p  g p   j ,  j  p (2.2.2) Ta có Bảng 2.2.1 miêu tả mã Gray g  n   n số số Bảng 2.2.1 Điều định nghĩa phức tạp việc xây dựng mã Gray không khó Hai từ mã Giả sử 61 số k  1, 2k từ biết đến, từ viết k chữ số Khi đó, 2k từ mã thu cách gắn lên bên trái 2k từ theo thứ tự ngược lại Xem Bảng 2.2.1, k  Điều thú vị mã Gray mở rộng hai số nguyên liên tiếp khác vị trí hệ số cố định đa thức Stern có liên quan chặt chẽ với mã Gray Chính xác hơn, cho x  n  hệ số t1 đa thức Stern B2 n1  t  , nghĩa x  n   B2 n1   (2.2.3) Một vài giá trị dãy cho Bảng 2.2.1 Để thiết lập kết nối đa thức Stern mã Gray, ta cần dãy bổ trợ sau Với n  , cho y  n  hệ số t1 đa thức Stern B2 n  t  , nghĩa y  n   B2 n   Bổ đề 2.2.1 Với n  0, y  n   n chẵn, y  n   n lẻ Chứng minh Sử dụng B2 n  t   tBn  t   Bn  t  , ta có y  2k   B4 k    B2 k    0.Bk    y  2k  1  B4 k 2    B2 k 1    Bk    Bk 1    ta sử dụng  Bk   , Bk 1    0,1 Thật Ta có B0    0, B1    Nếu k  2m, Bk    B2 m    0.Bm    (2.2.4) 62 Nếu k lẻ k  2a  1, k  2a  Theo Hệ 1.2.2 định nghĩa đa thức Stern ta có B2a 1    0a  0a   1; B2a 1      1 1 0a 1  B2a 3    B2 2a 1 1 1    B2a 1 1    B2a 1         1 B2a 3    B2 2a 1 2 1    B2a 1 2    B2a 1 1        Vậy k lẻ Bk    Bổ đề 2.2.2 Với l  0, x  4l   x  2l  , x  4l  1  x  2l  1 , x  4l    x  2l  1  1, (2.2.5) x  4l  3  x  2l    Chứng minh Áp dụng Bổ đề 2.2.1 B2 n1  t   Bn  t   Bn 1  t  , ta có x  4l   B8l 1    B4 l 1    B4 l    x  2l   y  2l   x  2l  , x  4l  1  B8l 1    B4 l    B4 l 1    y  2l   x  2l  1  x  2l  1 , x  4l    B8l 3    B4 l 1    B4 l     x  2l  1  y  2l  1  x  2l  1  1, x  4l  3  B8l 5    B4 l 2  0  B4 l 3    y  2l  1  x  2l  2  x  2l    Bây giờ, ta chứng minh dãy x  n  thảo mãn công thức truy hồi Bổ đề 2.2.3 sau Bổ đề 2.2.3     x 1  0, x 2k  i  x 2k  i   1, k  0,0  i  2k (2.2.6) 63 Chứng minh Với k  0,1,2 ta kiểm tra x    x 1  1, x  3  x    1, x    x 1  1, x    x    1, x    x  3  1, x    x    1, x    x 1  Giả sử k  Thì sử dụng Bổ đề 2.2.2, ta có  x2 x2 x2         4l  1  x   2l  1  x   2l    x   4l   1,  4l    x   2l  1   x   2l    x   4l  1  1,  4l  3  x   2l     x   2l  1   x   4l    x 2k  4l  x 2k 1  2l  x 2k 1  2l    x 2k  4l   1, k k k k 1 k 1 k k 1 k 1 k 1 k 1 k k Ta đến Định lí biểu thị mối quan hệ đa thức Stern mã Gray Định lí 2.2 (Theorem 8, [4]) Với n  1, x  n  số chữ số mã Gray n  Hệ 2.2 Số chữ số mã Gray n số phép biểu diễn siêu số 2n có chứa xác chữ số Chứng minh Theo Định lí 2.2, số chữ số mã Gray n x  n  1 , mà x  n  1 định nghĩa hệ số t1 đa thức Stern B2 n1  t  , mà theo Hệ (1.2.1) hệ số số phép biểu diễn siêu số 2n chứa xác chữ số 64 KẾT LUẬN Luận văn trình bày công thức biểu diễn hệ số tính chất đa thức Stern Trình bày mối quan hệ dãy Stern đồ thị Hà Nội, mối quan hệ đa thức Stern mã Gray Các tính chất mối quan hệ quan trọng chúng giúp ta hiểu phần cấu trúc đa thức Stern cho thấy đa thức Stern có liên quan đến nhiều vấn đề toán học, tin học thực tế Dựa theo tài liệu tham khảo, Luận văn trình bày nội dung đa thức Stern số vấn đề liên quan Hi vọng thời gian tới, tác giả luận văn có điều kiện tìm hiểu sâu đa thức Stern ứng dụng 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] D Baney, S Beslin, V De Angelis, (1997), Farey tree and distribution of small denominators, Topology proceedings, Volume 22, pp 23-35 [2] M Gawron, (2014), A note on the arithmetic properties of Stern polynomials, arXiv: 1401.3553v1 [Math CO], 15 Jan 2014, pages [3] A M Hinz, S Klavzar, U Milutinovic', D Parisse, C Petr, (2005), Metric properties of the Tower of Hanoi graphs and Stern's diatomic sequence, European J Combin., 26, 693-708 [4] S Klavzar, U Milutinovic', C Petr, (2007), Stern polynomials, Adv Appl Math., 39, 86-95 [5] S Northshield, (2010), Stern's diatomic sequence 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, , Amer Math Monthly, 117, 581-598 [6] M A Stern, (1858), Ueber eine zahlentheoretische Funktion, J Reine Angew Math., 55, 193-220 [7] Marciej Ulas, (2011), Arithmetic properties of the sequence of degrees of Stern polynomials and related results, Int J Number Theory, 8, 669-687; arXiv: 1102.5111v1 [Math CO], 24 Feb 2011 [8] Marciej Ulas and Oliwia Ulas, (2011), On certain arthmetic properties of Stern polynomials, arXiv: 1102.5109v1 [Math CO], 24 Feb 2011 [...]...  2 là số lớn nhất của hàng thứ hai, b5  b7  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 lần, trừ hai hàng đầu tiên Giữ lại hai số đầu 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... để mẫu số nhỏ nhất có thể của bất cứ phân số nào giữa  và  là n được cho bởi công thức 4 n3  k  n; gcd k ,n  1 1 k nên tổng thứ m ( m th summand) trong vế phải là xác suất mà m là mẫu số nhỏ nhất của bất cứ phân số nào giữa hai tọa độ của một điểm P được chọn  ngẫu nhiên từ hình vuông đơn vị Do đó, tổng này bằng 1 Dãy Stern có thể được phát triển thành đa thức Stern như sau 1.2 Đa thức Stern. .. Mô tả tập các số hữu tỉ qua dãy Stern Ta biết rằng, các số hữu tỉ là đếm được (vì tập các số hữu tỉ tương ứng 1-1 với  , tập các số nguyên dương) Ta cũng có một phép tương ứng 1-1 giữa các phần tử của dãy diatomic Stern và tập các số hữu tỉ Định lí 1.4 Ánh xạ n  bn là một song ánh từ   vào tập các số hữu tỉ bn1 dương Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lí bằng cách chỉ ra rằng mọi cặp số nguyên tố... 2   2n, và B2 n1  2   2n  1 Thật vậy, từ công thức (1.2.1) ta có B2 n  2   2 Bn  2   2n, B2 n1  2   Bn1  2   Bn  2   n  1  n  2n  1 3) Một số đa thức nổi tiếng cũng được định nghĩa theo cách tương tự như đa thức Stern Chẳng hạn: + Đa thức Fibonacci Fn  t  , n  1, t   được xác định như sau F0  t   0, F1  t   1, Fn  t   tFn1  t   Fn2  t  + Đa thức Lucas... 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 Stern, theo các tài liệu [2], [4], [7], [8] Định nghĩa 1.2.1 Đa thức Stern Bk  t  , k  0, t   là đa thức được định nghĩa như sau: B0  t   0, B1  t   1; B2 n  t   tBn  t  , n  1; B2 n1  t   Bn1  t   Bn  t  , n  1 (1.2.1) 21 Từ công thức trên, ta có B2  t   tB1  t   t.1... với chỉ số chẵn (các số 7, 13, 27, ) trong dãy 1, 3, 5, 7, 11, 13, 9 21, 27, 43, 53, Ta được dãy 1, 3, 5, 11, 21, 43, , Đây chính là dãy Jacobsthal Nếu trong dãy 1, 3, 5, 7, 11, 13, 21, 27, 43, 53, 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... t , Ln  t   tLn1  t   Ln2  t  Biểu diễn đa thức Stern Định nghĩa 1.2.2 (phép biểu diễn siêu cơ số 2) Một phép biểu diễn siêu cơ số 2 của một số nguyên n không âm, kí hiệu là H (n) được cho bởi công thức (1.2.2) sau   m H  n    a1a2 am  2   ai 2mi , ai  0;1; 2 (1.2.2) i 1 Đa thức Bn  t  thu được từ phép biểu diễn siêu cơ số 2 của n  1 (có thể có nhiều cách biểu diễn) theo... dãy Stern là tính đối xứng:     b 2k  i  b 2k 1  i , i  0,1,2, ,2k Ta thấy rằng dãy các đa thức Stern không thỏa mãn đồng nhất thức có dạng B2k i  t   B2k 1 i  t   f  t  , trong đó f  t  là một đa thức không phụ thuộc vào k , i Thật vậy, ta có B22 1  t   B23 1  t   t  t  1 , và B22 22 1  t   B23 22 1  t   t  t  1 Tuy nhiên những đồng nhất thức này và những... Mệnh đề 1.1 được chứng minh Ta chú ý rằng, (1.1.5) có thể được chứng minh bằng cách sử dụng công thức truy hồi cho các số Fibonacci Từ đó có thể chứng minh Định lí 1.3 bằng cách sử dụng Mệnh đề 1.1 Công thức Binet (1.1.4) cho số Fibonacci có thể được viết như sau: n Fn1   k nk k 0 Ta cũng có điều tương tự cho dãy Stern trong Mệnh đề 1.2 dưới đây (1.1.8) 14 Mệnh đề 1.2 Giả sử s2  k  là số số... Vì số hạng J n của dãy Jacobsthal là số nguyên nên từ công thức (***) suy ra J n luôn là một số lẻ Cũng từ công thức (***) ta có n 2n   1 2n1   1 J n  2 J n1   2 3 3  2. 1 n 1 3   1 n  2. 1 n 1 n 1   1  1 3 n 1   1 n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, b1  1 là số