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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 NINH THỊ HIỀN ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học: P

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NINH THỊ HIỀN

ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60 46 01 02

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

đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các Thầy Cô giáo dạy Cao học chuyên ngành Toán Giải tích và phòng Sau Đại học - trường Đại học

Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập

Nhân dịp này tôi cũng gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình và bạn bè

đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Hà Nội, tháng 6 năm 2015 Tác giả

Ninh Thị Hiền

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng, luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài Đa thức Stern và một

số vấn đề liên quan được hoàn thành bởi lao động và nhận thức của bản thân

tôi Trong quá trình viết luận văn tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 6 năm 2015 Tác giả

Ninh Thị Hiền

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 1

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 2

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 2

5 Phương pháp nghiên cứu 2

6 Đóng góp của luận văn 2

Chương 1 ĐA THỨC STERN 3

1.1 Dãy Stern 3

1.1.1 Định nghĩa dãy Stern……… 3

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 các số hữu tỉ qua dãy Stern……… 16

1.2 Đa thức Stern 20

Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐA THỨC STERN 47

2.1 Dãy Stern và 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 và dãy Stern 51

2.2 Đa thức Stern và mã Gray 60

KẾT LUẬN 64

TÀI LIỆU THAM KHẢO 65

và sử dụng để giải quyết các vấn đề khác (xem, thí dụ, [3])

Một phát triển trong nghiên cứu dãy Stern là đa thức Stern, tức là đa thức

giảng dạy và ứng dụng toán học, dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy

Phượng, tôi chọn đề tài Đa thức Stern và một số vấn đề liên quan làm đề tài

Luận văn cao học của mình

2 Mục đích nghiên cứu

- Tìm hiểu và trình bày các kiến thức về dãy Stern và đa thức Stern

- Tìm hiểu và trình bày một số vấn đề và một số bài toán liên quan đến dãy Stern và đa thức Stern

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu dãy Stern và đa thức Stern

- Nghiên cứu một số bài toán liên quan tới dãy Stern và đa thức Stern

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Dãy Stern, đa thức Stern và một số vấn đề liên quan

5 Phương pháp nghiên cứu

- Thu thập các tài liệu liên quan tới dãy Stern và đa thức Stern

- Phân tích, tổng hợp và hệ thống các kiến thức liên quan tới dãy Stern và đa thức Stern dưới dạng một Luận văn cao học

6 Đóng góp của luận văn

Trình bày luận văn như một tổng quan về dãy Stern, đa thức Stern và một số vấn đề liên quan

Chương 1 ĐA THỨC STERN 1.1 Dãy Stern

Mục này trình bày công thức biểu diễn hệ số và các tính chất cơ bản của dãy

Stern, chủ yếu theo [5]

1.1.1 Định nghĩa dãy Stern

Dãy Stern lần đầu tiên được Stern nghiên cứu năm 1858 trong [6], sau đó nó

đã là chủ đề của rất nhiều bài báo, xem, thí dụ, [2, 3, 4, 5, 7, 8]

Các số Stern là các số trong 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 đầu tiên là 0 và 1

Các số Stern b tiếp theo trong dãy Stern n  b n được định nghĩa theo công

Dãy Stern còn được gọi là Stern's diatomic sequence Tên này xuất phát từ

mảng của các số trong Bảng 1.1 dưới đây, được gọi là Stern's diatomic array

Ta đã biết tam giác Pascal (Hình 1.1), trong đó mỗi số, trừ hàng trên cùng,

bằng tổng của hai số liên tiếp ở hàng trên

Dãy Stern được xây dựng tương tự như tam giác Pascal: Khi đã có các số ở

dòng thứ n của dãy Stern, để nhận được dòng tiếp theo, ta viết lại dòng thứ

,

n nhưng ở giữa hai số ta đặt tổng của hai số đó Như vậy, mỗi số ở trên cùng

của một cột là tổng của hai số liên tiếp ở hàng trước đó, trong khi những số khác được lặp lại số đứng trực tiếp ở trên nó

Nhận thấy rằng, hàng thứ n của mảng diatomic Stern chứa 2n11 phần tử Thật vậy, với n  thì 1 2n1  đúng vì hàng đầu tiên có hai phần tử bằng 1 2

1 Giả sử qui nạp rằng hàng thứ n chứa 2n1 phần tử Khi ấy theo qui tắc 1xây dựng dãy Stern, giữa 2n1 phần tử ta phải thêm vào 1 2n1 phần tử Do

đó, số phần tử của hàng thứ n  là: 1

2n 1 2n 2.2n  1 2n  phần tử 1 Khẳng định được chứng minh

Ta cũng nhận xét rằng, tổng của các phần tử trong hàng thứ n là 3n11.Thật vậy, với n  thì 1 3n1  đúng vì hàng đầu tiên có hai phần tử bằng 1 2nhau và bằng 1, 1 1 2.  Giả sử qui nạp rằng tổng của các phần tử trong hàng

thứ n là 3n11 Khi đó tổng của các phần tử trong hàng thứ n  là 31 n  1.Thật vậy, hàng thứ n  có 21 n  trong đó có 1, 2n11 phần tử là của hàng thứ ,n do đó theo qui nạp, tổng của chúng bằng 3n11 Tổng của 2n1 phần

tử của hàng thứ n  xen giữa 1 2n1 phần tử của hàng thứ n là 1

Ta có điều phải chứng minh

Mảng diatomic Stern có thể được viết một cách hình thức theo các số hạng của dãy  b n trong Bảng 1.2 dưới đây

Mỗi hàng của mảng diatomic Stern có tính chất hồi văn (xuôi ngược đều

giống nhau-palindromic) và hàng thứ n bắt đầu từ số hạng thứ

2n

b và kết thúc

bởi số hạng thứ 1

2n ,

b  do đó ta có thể biểu diễn tính đối xứng này bởi công

thức: với mọi n và mọi 0k2n ta có

    (1.1.3) Giả sử F là số Fibonacci thứ , n n được định nghĩa bởi công thức truy hồi

Dưới đây là các tính chất của mảng dồn

Định lí 1.1 a) Mỗi cột là một cấp số cộng (hiệu của hai số liên tiếp là không

đổi) có các công sai lần lượt là các số hạng của dãy Stern:

0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, ;

b) Số lớn nhất của mỗi hàng là các phần tử của dãy Fibonacci:

1, 2, 3, 5, 8, 13, ;

c) Chỉ số đầu tiên (earliest index) của số lớn nhất của các hàng là 1, 3, 5, 11,

21, 43, 85, , là các số hạng J J1, 2, của dãy Jacobsthal  J n Chỉ số thứ

hai (last index) của số lớn nhất của các hàng là 2, 3, 7, 13, 27, 53, , là các

số hạng của dãy Jacobsthal  J n với

Một số số hạng đầu tiên của dãy Jacobsthal là:

Dãy Jacobsthal được cho bởi công thức Binet

1, 3, 5, 11, 21, 43, 85,

 

.3

n n

n

J    (***) Thật vậy, với n  thì 1 J 1 1 (đúng) Giả sử (***) đúng với ,n ta sẽ chứng

minh cho (***) đúng với n  , tức là phải chứng minh 1 1   1

1

.3

n n

n J

Vì số hạng J n của dãy Jacobsthal là số nguyên nên từ công thức (***) suy ra

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 với chỉ số chẵn (các số 7, 13, 27, ) trong dãy 1, 3, 5, 7, 11, 13,

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 nhất trong mỗi hàng), cũng tuân theo công thức truy hồi Jacobsthal J n1 J n 2J n1,n1, 2, với J1 2, J2 3

Kí hiệu M n là số lớn nhất của hàng thứ n của mảng Stern Rõ ràng, số lớn

nhất của mỗi hàng bắt buộc phải có chỉ số lẻ Thật vậy, từ công thức (1.1.1) suy ra

b  b b b b b

Do đó, M n1 b2k1 đối với một số k nào đó, vì vậy M n1 bằng tổng của hai

số hạng liên tiếp trong hàng liền trước (hàng thứ n ): b kvà b k1 Một trong hai

số k và k  là chẵn, vì vậy sẽ xuất hiện trong hàng liền trước (hàng thứ 11

Giả sử (**) đúng với ,n tức là M n F n1 Ta sẽ chứng minh M n1 F n2.Theo định nghĩa dãy Fibonacci F n2 F n1F n và giả thiết qui nạp, ta có:

Định lí chứng minh xong

1.1.2 Một cách biểu diễn hệ đếm (a counting interpretation)

Một phép biểu diễn của n như là một tổng hữu hạn:

b F  và k2n2 và vì vậy b1/k k n/2n2 Từ đây suy ra A x  có bán

kính hội tụ dương, và với x trong khoảng hội tụ thì chia chuỗi A x  thành các tổng mà ở đó n lẻ hoặc chẵn, ta được

 0.1 1.1 2.1 0.2 1.2 2.2 0.4 1.4 2.4

x x x x x x x x x        Mỗi số hạng trong tích này có dạng 0 1 2 2 4 3 8 4 16

, e e e e e x      ở đây, e  i 0,1, 2 , và vì vậy hệ số của x trong n A x  có dạng 0 1.2 2.4 3.8 4.16 ,

e e e e e  e  i 0,1, 2  1.1.3 So sánh với dãy Fibonacci Ta đã thấy rằng số lớn nhất của hàng thứ n của mảng diatomic Stern là số Fibonacci thứ n  Thật ngạc nhiên là, các số 1 b n tương tự như các số Fibonacci Xét tam giác Pascal:

1

1 1

1 2

1 3 1

4 6 4 1

trong đó các số hạng của mỗi hàng là các hệ số của nhị thức   ! : ! ! n n k k n k         Các số Fibonacci xuất hiện như các tổng đường chéo ngang qua tam giác Pascal Ví dụ, tổng của các số trong ô vuông là 5F5 Tổng quát 1

2 n i i j n n i i j F i   i                    (1.1.5)

3

1

1

Kí hiệu amodb là phần dư của a khi chia cho b hay amod :b a b a ,

b

 

 

trong đó, a

b

 

  là phần nguyên của a chia b

Bây giờ, xét "tam giác Pascal mod 2 ", ở đó mỗi số n

k

 

 

  được thay bởi

 

 

 

 



n

1, nÕu lµ lÎ,

k n

mod 2 :

0, nÕu lµ ch½n

k

1

1 1

1 0

1 1 1 1

0 0 0 1

Dãy diatomic Stern xuất hiện như các tổng đường chéo qua tam giác Pascal mod 2 Ví dụ, tổng của các số trong ô vuông là 3 b 5 Tổng quát ta có kết quả sau đây Định lí 1.3 (Theorem 4.1, [5]) 1 2 mod 2 n i j n i j b i                 (1.1.6)

Mệnh đề 1.1 (Proposition 4.3, [5]) Dãy Stern diatomic thỏa mãn công thức   1 1 2 1mod n n n n n b  b b   b  b (1.1.7) Chứng minh Ta chứng minh bằng qui nạp

1

1

1

Giả sử (1.1.7) đúng tại n cố định Ta phải chỉ ra rằng (1.1.7) cũng đúng với

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:

1 0

n

n k

Mệnh đề 1.2 Giả sử s k là số số 1 trong phép khai triển nhị phân của 2 

k và  :ei/3, :ei/3 là căn nguyên thủy thứ 6 của đơn vị Khi ấy

 

2

2 ( ) 1

s k là số số 1 trong phép khai triển nhị phân của ,k thỏa mãn, do đó có thể

được định nghĩa theo công thức sau:

dưới dạng tổng các lũy thừa của 2 với các hệ số bằng 1 hoặc bằng 0 Ta có

Dãy s k2  đã được nghiên cứu kĩ, dãy 2s k2  được biết đến dưới tên gọi

dãy Gould - nó là số số 1 trong hàng thứ k của tam giác Pascal mod 2 Các

tổng tổng quát qua tam giác Pascal mod 2 là

Mệnh đề 1.2 dẫn đến một số cách khác để viết b Bởi vì n  1 và vế trái

của (1.1.9) là số thực nên có thể viết

F



Suy ra





 (1.1.11) Ngoài ra, ta cũng có

Nếu S n  là số các số lẻ trong n hàng đầu tiên của tam giác Pascal,

Ta biết rằng, các số hữu tỉ là đếm được (vì tập các số hữu tỉ tương ứng 1-1 với

b n

Ta nhận thấy rằng, sau mỗi bước, ước chung lớn nhất của hai số a và b là

không đổi Thật vậy, giả sử a và b là hai số nguyên dương, ab k là ước ,

chung lớn nhất của a và b thì aa k b1 , b k Khi đó 1 a b a1b k1 , ở đây a b1, 1 là hai số nguyên tố cùng nhau, từ đây suy ra ước chung lớn nhất của

b và  a b cũng là k Rõ ràng, vì tập số tự nhiên bị chặn dưới bởi số 0, nên

thuật toán này sẽ kết thúc và vì ước chung lớn nhất được giữ nguyên ở mỗi bước, nên thuật toán phải kết thúc tại g g, , ở đó g gcda b, 

L  nên mỗi L là một cặp nguyên tố cùng nhau n

Nếu có cặp nguyên tố cùng nhau a b không nằm trong ,,  L thì tất cả các phần

tử tiếp sau dưới thuật toán SEA, bao gồm cả  1,1 , cũng không nằm trong

L (mâu thuẫn) Do đó, mọi cặp nguyên tố cùng nhau đều xuất hiện trong L .Cặp  1,1 chỉ xuất hiện một lần trong L Nói chung, không có cặp nguyên tố

cùng nhau nào xuất hiện nhiều hơn một lần trong L Thật vậy, giả sử ngược

lại, tồn tại một số n nhỏ nhất, n  sao cho 1 L n L m với mn Áp dụng một

bước của thuật toán SEA vào cả hai L nvà L m cho

mn Do đó, b n b n1b n2 (mâu thuẫn)

Nhận xét Tập hợp

1

1 1 2 1 3 2 3 1 4, , , , , , , , , , ,

1 2 1 3 2 3 1 4 3

n n

b b

Kí hiệu  x là kí hiệu cho phần dư (phần thập phân của x ) Theo định nghĩa

phần nguyên và phần dư của x ta có

 

1 2  x   x 1 2 x x x  1 x 2 x Phương trình (1.1.7) dẫn đến Định lí 1.5 dưới đây

b b

Từ đây suy ra điều phải chứng minh 

Ta kết thúc mục này bằng hai công thức thú vị sau

Định lí 1.6 Cho t  1,

 2

2 1, 1

1

,

m b

Chứng minh Với số hữu tỉ r kí hiệu ,  r là mẫu số của r khi r được biểu

diễn dưới dạng phân số tối giản, hay

Chú ý rằng với số nguyên dương j bất kì, b j b j1 nếu và chỉ nếu j chẵn

Do đó, bất cứ số hữu tỉ ngặt nào giữa 0 và 1 đều có dạng 2

Vì b  , cộng 1 1 1

1

t  vào cả hai vế ta được (1.1.12)

Kí hiệu a  nghĩa là a và b là hai số nguyên tố cùng nhau Để chứng minh b

công thức thứ hai, ta viết lại vế trái bằng cách sử dụng phép thế mn thì k

Ta chú ý rằng (xem Theorem 7, [1]), nếu điểm  ,  được chọn ngẫu nhiên

duy nhất từ tam giác   , : 0 1,0 thì xác suất để mẫu số nhỏ

nhất có thể của bất cứ phân số nào giữa  và  là n được cho bởi công thức





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

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 B t k , k 0, t  là đa thức được định

nghĩa như sau:

Tiếp tục quá trình trên cho từng giá trị n nguyên dương ta được dãy đa thức

Stern như sau

Vậy ta có điều phải chứng minh

2) B n 2 n n, 1 (tức là dãy số tự nhiên biểu diễn được qua B n 2 )

Từ đẳng thức này ta suy ra được: B2n 2 2 ,n và B2n1 2 2n1

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 ( )

Đa thức B t n thu được từ phép biểu diễn siêu cơ số 2 của n  (có thể có 1

nhiều cách biểu diễn) theo Bảng 1.4 dưới đây

Nên nếu a1 a m1 2 có q số 1 thì a1 a m1a m 2 có q  số 1 Nghĩa là 1

biểu diễn của n  là 1 t q1, biểu diễn của k là t Vì q B 2k t tB t k nên

Nên nếu a1 a m1 có q số 1 thì a1 a m10cũng có q số 1 Nghĩa là biểu

diễn của n  và k đều là 1 t q

 a  : m 2

i

i a H

11 3

.

i

i a H



k là số phép biểu diễn siêu cơ số 2 của m chứa đúng

k chữ số 1, thì Định lí 1.2.1 có thể được viết theo cách dưới đây:

k m m

Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 1.2.2 Với mọi a n   ta có các đồng nhất thức sau , 0

1

,1

(1.2.6) đúng với a0,a  Giả sử (1.2.6) đúng với a và mọi 1 n 1 Ta có

11

a a

1

1

1

,1

Chứng minh tương tự bằng qui nạp theo a ta cũng được (1.2.7)

Hệ quả 1.2.2 Với mỗi n   ta có