(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số

(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số(Luận văn thạc sĩ) Định lý nhị thức số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ QUỲNH HOA ĐỊNH LÝ NHỊ THỨC SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NÔNG QUỐC CHINH Thái Nguyên, 04/2019 i Mục lục Mở đầu Chương Định lý nhị thức số 1.1 Định lý nhị thức 1.2 Biểu diễn nhị phân số nguyên 1.3 Ma trận Sierpinski 10 1.4 Định lý nhị thức số 11 Chương Định lý nhị thức số tổng quát 19 2.1 Ma trận Sierpinski tổng quát 19 2.2 Định lý nhị thức số tổng quát 22 2.3 Các đa thức Prouhet–Thue–Morse 26 Chương Ứng dụng định lý nhị thức số 33 3.1 Phép biến đổi nhị thức dãy Dold 33 3.2 Ứng dụng cho tổng nhị thức 39 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 Mở đầu Ta biết hệ số nhị thức xuất định lý nhị thức thực lũy thừa bậc n tổng (nhị thức Newton) n n (x + y) = k=0 Các hệ số nhị thức n k n k n−k x y , k n ∈ N xác định cụ thể vị trí thứ k, hàng thứ n tam giác Pascal Lấy modulo số hạng tam giác Pascal (hay hệ số nhị thức) ta thu tam giác Sierpinski Năm 2014, H.D Nguyen [4] trình bày định lý tương tự định lý nhị thức Định lý nhị thức số Ký hiệu s(m) tổng tất ký tự biểu diễn nhị phân m Khi Định lý nhị thức số phát biểu sau: Với n ∈ N ta có (x + y)s(m) = xs(k) y s(m−k) 0≤k≤m (k,m−k) carry-free Một năm sau đó, H.D Nguyen [5] mở rộng kết dạng định lý nhị thức số tổng quát, mà định lý nhị thức trường hợp riêng định lý Luận văn này, chọn đề tài “Định lý nhị thức số” để làm nội dung nghiên cứu Mục tiêu luận văn trình bày lại kết định lý nhị thức thông qua hai báo tiếng Anh H.D Nguyen [4, 5] Ngồi ra, chúng tơi trình bày kết khác liên quan tới hệ số nhị thức, phép biến đổi nhị thức dãy số dựa vào báo Klaudiusz Wójcik [7] Ngồi phần Bảng ký hiệu, Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, bố cục luận văn chia làm ba chương Chương Định lý nhị thức số Chương trình bày định lý nhị thức định lý nhị thức dạng số hóa dựa theo hàm tổng kí tự Chương Định lý nhị thức số tổng quát Trong chương ta trình bày định lý nhị thức số tổng quát cho số b ≥ cách xây dựng ma trận tham số ma trận Sierpinski tổng quát Ngoài ra, trình bày cơng thức cho hệ số đa thức Prouhet–Thue–Morse Chương Ứng dụng định lý nhị thức số Trong chương ta trình bày biến đổi nhị thức T (a) dãy Dold Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn bảo tận tình PGS TS Nơng Quốc Chinh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên, bảo hướng dẫn tận tình thầy Nơng Quốc Chinh Tác giả xin chân thành cảm ơn tới thầy giáo phòng Đào tạo, thầy giáo khoa Tốn Tin, thầy giáo tận tâm giảng dạy, hướng dẫn, giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp quan tâm, động viên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập để tác giác hồn thành hóa học hồn thiện luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2019 Người viết luận văn Nguyễn Thị Quỳnh Hoa Chương Định lý nhị thức số Nội dung chương trình bày định lý nhị thức định lý nhị thức dạng số hóa dựa theo hàm tổng kí tự Bên cạnh cách chứng minh định lý nhị thức số dạng số hóa tương tự định lý nhị thức, ta chứng minh dựa theo công thức ma trận suy rộng tham số tam giác Sierpinski 1.1 Định lý nhị thức Định nghĩa 1.1.1 ([6]) Cho n, m số nguyên không âm Hệ số nhị thức định nghĩa n! , = m!(n − m)! 0,   n m Ví dụ, = 8! 3!5! = 56 n ≥ m; n < m = Hệ số nhị thức n m ký hiệu số tổ hợp chập m n phần tử phân biệt Nguồn gốc tên gọi hệ số nhị thức xuất phát từ định lý quan trọng sau Định lý 1.1.2 (Định lý nhị thức, [6]) Hệ số xn−k y k khai triển n k (x + y)n Nói cách khác, ta có cơng thức n n n n−1 n n−2 n n n x + x y+ x y +· · ·+ xy n−1 + y (1.1) n−1 n (x+y)n = Chứng minh Ta chứng minh kết phương pháp qui nạp theo n Với n = 0, công thức hiển nhiên Giả sử công thức với n Ta với n + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: n n+1 (x + y) n = (x + y) (x + y) = r=0 n r n−r x y (x + y) r n n r+1 n−r x y + r = r=0 n n+1 y + = n n−1 + n+1 n n r n−r+1 x y r r=0 n + n n + n xy n + xn y + n + n x2 y n−1 + · · · n n+1 x n n + r n+1−r x y r = r=0 Từ suy (x + y)n+1 = n+1 r=0 n+1 r xr y n+1−r Vậy ta suy công thức với n + Tóm lại, cơng thức với số ngun khơng âm n Ta áp dụng định lý nhị thức theo nhiều cách khác để thu công thức khác liên quan đến hệ số nhị thức Ví dụ, thay x = y = 1, ta n 2n = n + + n + ··· n n−1 + n n Hệ 1.1.3 Cho x số thực Khi đó, ta có n n (1 + x) = r=0 n r x r Hệ số nhị thức thỏa mãn nhiều công thức quan trọng Định lý 1.1.4 ([6]) Hệ số nhị thức thỏa mãn công thức sau: n k = n ; n−k n−1 k−1 + n−1 k n n + + n (1.2) = n ; (đẳng thức Pascal) k + ··· + n n−1 + n n = 2n Chứng minh Theo định nghĩa ta có: n k = n! n! = = k!(n − k!) (n − k)!(n − (n − k))! n n−k Xét đẳng thức (n − 1)! (n − 1)! n! = + k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k!(n − k − 1)! (1.3) (1.4) Chia hai vế đẳng thức với (n − 1)! nhân hai vế đẳng thức với (k − 1)!(n − k − 1)!, đẳng thức trở thành n 1 = + k(n − k) n−k k Đẳng thức nên (1.3) Thay x = y = vào công thức hệ số nhị thức ta thu (1.4) Định lý 1.1.5 ([6]) Hệ số nhị thức n m số nguyên với n ≥ Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp Vì m = số nguyên, định lý với n = Giả sử định lý vói số ngun khơng âm < k Khi đó, k−1 r−1 k−1 r số nguyên Nên tổng chúng k−1 r−1 + k−1 r số nguyên theo đẳng thức Pascal Do đó, theo nguyên lý quy nạp, tất hệ số nhị thức số nguyên Hệ 1.1.6 ([6]) Tích r số nguyên liêp tiếp chia hết cho r! Chứng minh Ta cần chứng minh hệ với số nguyên dương Gọi n số nhỏ r số Vì n(n + 1) · · · (n + r − 1) (n + r − 1)! = = r! r!(n − 1)! Theo Định lý 1.1.5, n+r−1 r n(n + 1) · · · (n + r − 1) số nguyên nên n(n + 1) · · · (n + r − 1) r! chia hết cho r! Bổ đề 1.1.7 (Gould, [3]) n k=0 x+k k y+n−k n−k = x+y+n+1 n (1.5) Chứng minh Gould [3] tìm (1.5) làm trường hợp riêng cơng thức tích chập Vandermonde Ta chứng minh (1.5) cách trực tiếp công cụ tổ hợp Ký hiệu A tập chứa x phần tử phân biệt, B tập chứa y phần tử phân biệt C = {0, 1, , n} tập chứa n + phần tử phân biệt, n số nguyên dương Với số nguyên không âm k bất kỳ, định nghĩa Ak = A ∪ {0, , k − 1} Bk = B ∪ {k + 1, , n} Cho tập S gồm n phần tử A ∪ B ∪ C, tồn số nguyên kS thuộc C − S, gọi số S A B , cho |S ∩ AkS | |S ∩ BkS | = n − kS Để thấy điều này, định nghĩa SA = A ∩ S, SB = B ∩ S, T = C − S Ta bắt đầu việc xóa |SA | phần tử liên tiếp khỏi T theo thứ tự tăng dần phần tử nhỏ nhất, để thu tập T Sau đó, ta xóa |SB | phần tử liên tiếp khỏi T , theo thứ tự giảm dần đầu từ phần tử lớn để thu tập T , phải chứa phần tử đơn ký hiệu kS Bây rõ ràng |S ∩ AkS | = kS |S ∩ BkS | = n − kS Để chứng minh (1.5), ta đếm tập n phần tử S A ∪ B ∪ C theo hai cách Một mặt, |A ∪ B ∪ C| = x + y + n + 1, số tập S x+y+n+1 n Mặt khác, ta chia tất tập n phần tử thành hai phần theo giá trị số tập tập Vì |S ∩ Ak | = k |S ∩ Bk | = n − k , suy số tập S có số k n k=0 x+k k x+k k y+n−k n−k tổng số tập S y+n−k n−k Cuối cùng, cân hai đáp án ta thu (1.5) Bổ đề 1.1.8 ([5]) Cho p q hai số nguyên dương với p ≤ q Khi ta có p v=q x+p−v−1 p−v y+v−q−1 v−q x+y+p−q−1 p−q = (1.6) Chứng minh Đặt k = v − q n = p − q Khi (1.6) viết lại thành p−q w=0 x+p−q−w−1 p−q−w y+w−1 w = x + +y + p − q − , p−q nên theo Bổ đề 1.1.7 1.2 Biểu diễn nhị phân số nguyên Trong hệ thập phân, ta biểu diễn số sử dụng kí tự {0, 1, , 9} với số 10, tức số biểu diễn thành tổng lũy thừa 10 Ví dụ, 23810 = · 102 + · 101 + · 100 Tổng quát, biểu diễn thập phân số X có dạng di · 10i , X= i (di ∈ {0, 1, 2, , 9}) Máy tính khơng biểu diễn số hệ thập phân, thay vào đó, máy tính biểu diễn số hệ nhị phân Tất phép tốn, tính chất phép cộng, phép trừ, phép nhân phép chia với hệ nhị phân Trong hệ nhị phân, ta có hai kí tự Do đó, ta nói số hệ nhị phân biểu diễn với số 2, tức số biểu diễn thành tổng lũy thừa Ví dụ, 110102 = · 24 + · 23 + · 22 + · 21 + · 20 Tổng quát, biểu diễn nhị phân số X có dạng di · 2i , X= (di ∈ {0, 1}) i Việc chuyển số nhị phân sang số thập phân đơn giản Ta cần tính tất lũy thừa cộng số lại Ví dụ, 110102 = 16 + + = 26 Để chuyển số từ hệ thập phân sang hệ nhị phân phức tạp Ở ta xét chuyển số nguyên sang dạng nhị phân Nhắc lại rằng, số nguyên biểu diễn bm−1 bm−2 b2 b1 b0 , bi = có giá trị bm−1 · 2m−1 + bm−2 · 2m−2 + · · · + b1 · 21 + b0 Giả sử ta muốn chuyển số nguyên thập phân N sang dạng nhị phân Nếu ta chia N cho dạng thập phân, thu thương N1 phần dư R0 , ta viết N = · N1 + R0 , R0 = Tiếp theo, ta chia N1 cho Giả sử thương N2 phần dư R1 Khi N1 = · N2 + R1 , R1 = nên N = 2(2N2 + R1 ) + R0 = N2 · 22 + R1 · 21 + R0 Nếu ta có N2 = 2N3 + R3 N = N3 · 23 + R2 · 22 + R1 · 21 + R0 Bởi N > N1 > N2 > , tiếp tiếp dãy sau sinh thương Nm−1 = (ngoại trừ với số thập phân 1, mà có biểu diễn nhị phân tương ứng 1) phần dư Rm−2 Khi đó, ta có N = · 2m−1 + Rm−2 · 2m−2 + · · · + R2 · 22 + R1 · 21 + R0 biểu diễn nhị phân N Do đó, ta chuyển từ hệ 10 sang hệ cách thực liên tiếp phép chia cho Phần dư thương cuối theo thứ tự biểu diễn nhị phân N Ví dụ 1.2.1 Tìm biểu diễn nhị phân 241 Áp dụng thuật toán bên ta có Thương Phần dư Giải thích 120 241 = 120 · + 60 120 = 60 · + 30 60 = 30 · + 15 30 = 15 · + 15 = · + 7=3·2+1 1 3=1·2+1 1=0·2+1 241 Do đó, 24110 = 111100012 Chúng ta liệt kê biểu diễn nhị phân số nguyên không âm từ đến 11: = 02 = 1102 = 12 = 1112 = 102 = 10002 = 112 = 10012 = 1002 10 = 10102 = 1012 11 = 110002 34 Phép biến đổi nhị thức T thõa mãn T T (a) = a ta có n (−1)i an = T (T (a)n )n = i=0 n T (a)i , i n ≥ Ví dụ 3.1.3 Theo Ví dụ 3.1.2 ta có T (T (a)0 )0 = (−1)i 0 T (a)i = (−1)0 T (a)0 = a0 i (−1)i 1 T (a)i = (−1)0 T (a)0 + (−1)1 T (a)1 i i=0 T (T (a)1 )1 = i=0 = a0 − (a0 − a1 ) = a1 2 T (a)i i (−1)i T (T (a)2 )2 = i=0 = (−1)0 2 T (a)0 + (−1)1 T (a)1 + (−1)2 T (a)2 = a0 − 2(a0 − a1 ) + a0 − 2a1 + a2 = a2 3 T (a)i i (−1)i T (T (a)3 )3 = i=0 = (−1)0 3 3 T (a)0 + (−1)1 T (a)1 + (−1)2 T (a)2 + (−1)3 T (a)3 = a0 − 3(a0 − a1 ) + 3(a0 − 2a1 + a2 ) − (a0 − 3a1 + 3a2 − a3 ) = a3 Định nghĩa 3.1.4 ([7]) Với số nguyên dương n bất kỳ, định nghĩa hm Mă obius : N Z nh sau µ(n) =    1 n =   0 ngược lại (−1)k n = p1 · · · pk , pi số nguyên tố phân biệt Ví dụ 3.1.5 Giá trị µ(n) với 30 số nguyên dương n µ(n) n 10 −1 −1 −1 −1 0 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 µ(n) −1 −1 1 −1 −1 n 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 µ(n) 1 −1 0 0 −1 −1 35 Định nghĩa 3.1.6 ([7]) Dãy số nguyên a = (an )n≥0 gọi dãy Dold µ(k)an/k ≡ (mod n), n ≥ 1, (3.1) k|n µ : N → Z l hm Măobius k k , m t Ví dụ 3.1.7 Xét dãy số nguyên lm = k|m µ(k)ln/k = nn , in = n ≥ k|n Do in ≡ (mod n), ∀n ≥ Cho nên (lm )m≥1 dãy Dold Định lý 3.1.8 ([2]) Cho a dãy số nguyên Khi a dãy Dold an ≡ a np (mod pt ) ∀n ∈ N với ước nguyên tố p n thỏa mãn pt ||n, t ∈ N (tức pt | n pt+1 n) Chứng minh Lấy n ∈ N gọi p ước nguyên tố n, µ(d)a nd = d|n µ(d)a nd + d|n,p d µ(d)a nd d|n,p|d µ(d)a nd + = n µ(dp)a dp d|n,p d d|n,p d n ) µ(d)(a nd − a dp = d|n,p d µ(d)a nd = an − a np + d|n n ) µ(d)(a nd − a dp d|n,p d,d=1 Nếu pt ||n tổng vế phải ta có pt || nd Do ta thu điều kiện cần Điều kiện đủ suy trực tiếp quy nạp theo n Hệ 3.1.9 ([7]) Dãy số nguyên a dãy Dold với số nguyên tố p số tự nhiên m, α thỏa mãn gcd(p, m) = ampα ≡ ampα−1 (mod pα ) Định nghĩa 3.1.10 ([7]) Dãy số nguyên a gọi dãy Dold yếu với số nguyên tố p, ta có ap ≡ a1 (mod p) 36 Bổ đề 3.1.11 ([7]) Cho a dãy số nguyên Khi a dãy Dold yếu T (a) dãy Dold yếu Chứng minh Vì T đối hợp nên ta cần chứng minh T (a) dãy Dold yếu a dãy Dold yếu Ta có T (a)1 = a0 − a1, T (a)2 = a0 − 2a1 + a2 , a1 ≡ a2 (mod 2) nên T (a)2 ≡ a0 + a2 ≡ a0 + a1 ≡ a0 − a1 ≡ T (a)1 Cho p số nguyên tố lẻ Vì p | p (−1)i T (a)p = i=0 p i (mod 2) với i = 1, , p − 1, nên p ≡ a0 − ap ≡ a0 − a1 ≡ T (a)1 i (mod p) Bổ đề 3.1.12 ([7]) Cho a dãy Dold yếu tuần hoàn chu kỳ l (l ≥ 2) Nếu gcd(n, l) = an = a1 Chứng minh Theo định lý Dirichlet tồn vô hạn số nguyên tố dãy kl+n Gọi p số nguyên tố có dạng kl + n cho p > |an − a1 | Vì a dãy Dold yếu tuần hoàn chu kỳ l nên ta có an = ap ≡ a1 (mod p) Do đó, p | (an − a1 ), suy an = a1 Hệ 3.1.13 ([7]) Cho a dãy Dold yếu tuần hoàn chu kỳ l với l nguyên tố Khi T (a)n = an (l, 0)(a0 − a1 ), s n s≡0 (mod 1) (−1) s an (l, 0) = n ≥ 0, Chứng minh Từ Bổ đề 3.1.12 suy dãy a tuần hồn chu kỳ l có dạng a1 = · · · = al−1 , a0 = al , nên   (−1)s T (a)n =  s≡0 (mod l) = an (l, 0)(a0 − a1 ) n s n s=0 (−1) s =  n  a0 +  s s≡0  (−1)s (mod l) n  a1 s 37 Định nghĩa 3.1.14 ([2]) Cho c = (cn )n≥1 dãy số nguyên Ta nói dãy a dãy Newton sinh c an = c1 an−1 + c2 an−2 + · · · + cn−1 a1 + ncn , n ≥ Mệnh đề 3.1.15 ([7]) Cho a = (an )n≥1 dãy số nguyên Khi a dãy Dold tồn dãy số nguyên dương c cho a dãy Newton sinh c Chứng minh Được suy từ [2, Định lý 5, 6] Bổ đề 3.1.16 ([7]) Cho a = (an )n≥1 dãy số nguyên Khi a dãy Dold với m ≥ tồn ma trận Am ∈ Mm (Z) cho an = tr Anm , ≤ n ≤ m Chứng minh Điều kiện cần Giả sử a dãy Dold Gọi c dãy số nguyên thỏa mãn a dãy Newton sinh c Cố định m ≥ Xét dãy c(m) xác định c(m)n = cn , ≤ n ≤ m; 0, ngược lại Gọi b dãy Newton sinh c(m) Khi đó, theo định nghĩa dãy Newton ta có n bn = tr Mm , n ≥ 1, an = bn với ≤ n ≤ m Điều phải chứng minh Điều kiện đủ Ta phải chứng minh a dãy Dold Cố định m ≥ Ta chứng minh µ(k)am/k ≡ (mod m) k|m Theo giả thiết, tồn ma trận Am ∈ Mm (Z) cho n an = tr Mm , ≤ n ≤ m Gọi b dãy xác định bn = tr Anm , n ≥ Khi b dãy Dold an = bn với ≤ n ≤ m Nói riêng, µ(k)bm/k ≡ µ(k)am/k = k|m điều phải chứng minh k|m (mod m), 38 Định lý 3.1.17 ([7]) Giả sử a = (an )n≥0 dãy số nguyên Khi a dãy Dold T (a) dãy Dold Chứng minh Vì T đối hợp, ta cần chứng minh T (a) dãy Dold a dãy Dold Cố định m ≥ Ta phải chứng minh µ(k)T (a)m/k ≡ (mod m) k|m Theo Bổ đề 3.1.16 tồn ma trận Am ∈ Mm (Z) cho an = tr Anm , ≤ n ≤ m Gọi a˜ dãy xác định a ˜n = tr Anm Khi a1 = a ˜ , am = a ˜m , a ˜0 = m, T (˜a) dãy Dold xác định T (˜ a) = tr(I − Am )n , n ≥ µ(k)T (˜ a)m/k ≡ (mod m) Nói riêng, k|m Cho ≤ n ≤ m Khi đó, ta có n i T (˜ a)m = (−1) i=0 n a ˜ i = m − a0 + i n (−1)i i=0 n = m − a0 + T (a)m i Do đó, ta thu µ(k)T (a)m/k = k|m   µ(k)T (˜ a)m/k + (m − a0 )  µ(k) k|m k|m µ(k)T (˜ a)m/k ≡ = (mod m), k|m k|m µ(k) = với m ≥ Chứng minh kết thúc m ≥ tùy ý Định lý 3.1.18 ([7]) Nếu a dãy Dold a, T (a) bị chặn (an )n≥1 , (T (a))n≥1 tuần hoàn chu kỳ Hệ 3.1.19 ([7]) Nếu a dãy Dold tuần hoàn chu kỳ l (khác hằng) với l = T (a) khơng bị chặn 39 3.2 Ứng dụng cho tổng nhị thức Giả sử l ≥ r ∈ Z Ta định nghĩa dãy tuần hoàn chu kỳ l a[l, r] = (an [l, r])n≥0 an [l, r] = 1, n ≥ r (mod l) 0, ngược lại Khi đó, a(l, r) = (an (l, r))n≥0 = T (a[l, r]) phép biến đổi nhị thức nó, (−1)s an (l, r) = s≡r (mod l) n , s n ≥ Định nghĩa b[l, r] := la[l, r], b(l, r) := la(l, r) Nhận xét 3.2.1 ([7]) Từ Hệ 3.1.13 ta có T (a) = a(l, 0)(a0 − a1 ), n ≥ 0, a dãy Dold tuần hoàn chu kỳ l với l số nguyên tố Ngoài ra, theo (3.1), ta có a0 = ak ≡ a1 (mod l), nên T (a) = kb(l, 0) với k ∈ Z Trong mục này, ta ứng dụng Định lý 3.1.17 để chứng minh với l ≥ r ∈ {0, , l − 1} dãy b(l, r) dãy Dold l ≥ r = l = 2r r ≥ Ta chứng minh đồng dư kiểu Glaisher cho dãy a(l, r) Ngoài ra, ta an (l, 0) = l lẻ n bội lẻ l Nhận xét 3.2.2 ([7]) Ta có l−1 ω −tr (1 − ω t )n , bn (l, r) = n ≥ 0, t=0 ω = e 2πi t nguyên thủy thứ l đơn vị Thật vậy, ta biết l−1 ω ts = t=0 l, l | s 0, ngược lại 40 nên ta biến đổi l−1 l−1 ω −tr n t n (1 − ω ) = ω t=0 −tr (−1)n−k t=0 n k=0 n n−k n−k (−1) = k=0 n s=0 l−1 ω t(n−k−r) t=0 l−1 n s (−1)s = n ω t(n−k) n−k ω t(s−r) = bn (l, r) t=0 Định lý 3.2.3 ([7]) Dãy b(l, 0) = (bn (l, 0))n≥0 dãy vết Nói riêng, b(l, 0) dãy Dold Chứng minh Cho l ≥ ω = e  1   Al = 0   2πi l Xét ma trận Al ∈ Ml (Z) xác định  ··· ··· ··· 0 0 ··· 0  0  ∈ Ml (Z)   Ta kiểm tra Al có giá trị riêng 1, ω, , ω l−1 , l−1 n (1 − ω t )n = bn (l, 0) tr(I − Al ) = t=0 Định lý 3.2.4 ([7]) Cho l ≥ r ∈ {1, , l − 1} Dãy b(l, r) dãy Dold l = 2r Bổ đề 3.2.5 ([7]) Nếu l = 2r b(2r, r) dãy Dold Chứng minh Với l = 2r ω = e 2πi l ta có l−1 bn (2r, r) = l−1 ω −tr t n t=0 t=0 (1 − ω t )n − = tchẵn (−1)t (1 − ω t )n (1 − ω ) = (1 − ω t )n tlẻ 41 Chú ý 1, ω, , ω l−2 nghiệm đa thức λr − = giá trị riêng ma trận  1   A = 0 0   0 ··· ··· ··· ···  0  0  ∈ Mr (Z)   ω, ω , , ω l−1 nghiệm λr + = giá trị riêng ma trận   1   B = 0   0 0 ··· ··· ··· ··· 0 −1 0  0  ∈ Mr (Z)   bn (2r, r) = tr(I − A)n − tr(I − B)n , nên b(2r, r) dãy Dold Nhận xét 3.2.6 ([7]) Nếu n > tồn số nguyên tố p < n cho gcd(n, p) = Thật vậy, n lẻ ta lấy p = Nếu n = 2k số chẵn theo tiên đề Bertrand, tồn số nguyên tố p cho k < p < 2k Bổ đề 3.2.7 ([7]) Nếu l > r ∈ {1, , l − 1} dãy b(l, r) dãy Dold yếu gcd(r, l) > Nói riêng, b(l, 1) không dãy Dold l > Chứng minh Giả sử l > Vì b(l, r) = T (b[l, r]), nên theo Định lý 3.1.17 ta cần b[l, r] dãy Dold yếu gcd(r, l) > Giả sử gcd(r, l) > Nói riêng, r > nên theo định nghĩa dãy b[l, r] ta có b1 [l, r] = Vì gcd(r, l) > nên khơng tồn số ngun tố p có dạng kl + r Do bp [l, r] = với số nguyên tố p, b[l, r] dãy Dold yếu Giả sử b[l, r] dãy Dold yếu giả sử gcd(r, l) = Nếu r > theo định nghĩa b1 [l, r] = br [l, r] = l Mặt khác, theo Bổ đề 3.1.12 b1 [l, r] = br [l, r], mâu thuẫn Cho r = Khi đó, theo định nghĩa b1 [l, r] = l Theo Nhận xét 3.2.6 tồn số nguyên tố p cho p < l gcd(l, p) = Khi đó, theo Bổ đề 3.1.12 ta có bp [l, 1] = b1 [l, r] = l bp [l, 1] = 0, mâu thuẫn 42 Bổ đề 3.2.8 ([7]) Cho l > r ∈ {1, , l − 1} Nếu b(l, r) dãy Dold r > r | l Chứng minh Giả sử b(l, r) = la(l, r) dãy Dold Ta giả sử gcd(r, l) > Nói riêng, ≤ r < l − Khi với ≤ n < r ta có bn (l, r) = br (l, r) = (−1)r l Theo phương trình (3.1) ta thu (−1)r l = br (l, r) = µ k|r r bk (l, r) ≡ k (mod r), điều phải chứng minh Bổ đề 3.2.9 ([7]) Giả sử l > r ∈ {1, , l − 1} Nếu b(l, r) dãy Dold l = 2r Chứng minh Theo Định lý 3.1.17 ta có b[l, r] dãy Dold Theo Bổ đề 3.2.8 ta giả sử r | l, nên l = mr với m > Theo định nghĩa ta có br [l, r] = l bn [l, r] = với n ∈ {1, , r(m + 1) − 1}\{r} Cho p < m số nguyên số Từ (3.1) suy với n = pr ta có µ(k)bn/k [l, r] = br [l, r] = l ≡ (mod n) k|n Do pr | l = mr p | m Theo Nhận xét 3.2.6 ta thu m = Chứng minh Định lý 3.2.4 Được suy từ Bổ đề 3.2.5 3.2.9 Bổ đề 3.2.10 ([7]) Dãy bn (l, r) có tính chất bn+1 (l, r) = bn (l, r) − bn (l, r − 1) với n ≥ 0, bn (l, r) = bn (l, r + l) với n ≥ Chứng minh Tính tốn trực tiếp ta l−1 bn+1 (l, r) = l−1 ω −tr t n+1 (1 − ω ) = t=0 l−1 ω t=0 −tr ω −t(r−1) (1 − ω t )n t n (1 − ω ) − t=0 = bn (l, r) − bn (l, r − 1) Vì ω l = nên l−1 ω −t(r+l) (1 − ω t )n = bn (l, r) bn (l, r + l) = t=0 43 Bổ đề 3.2.11 ([7]) Cho l ≥ Giả sử q > k ≥ cho   r ≡ (mod l)  1 (mod q), ak+1 (l, r) ≡ −1 (mod q), r ≡ (mod l)   0 (mod q), r ≡ s ∈ {2, , l − 1} Khi với r ∈ Z ta có an+k (l, r) ≡ an (l, r) (mod q), n > Chứng minh Ta có a1 (l, r) =    1, −1,   0, r ≡ (mod l) r ≡ (mod l) khác, nên kết luận với n = Giả sử với n ≥ Bằng phương pháp quy nạp Bổ đề 3.2.10 ta có an+1+k (l, r) = an+k (l, r) − an+k (l, r − 1) ≡ an (l, r) − an (l, r − 1) = an+1 (l, r) (mod q) Ví dụ 3.2.12 Giả sử p số nguyên tố b ≥ cho pb ≡ (mod l) Khi với k = pb − q = p ta an+pb −1 (l, r) ≡ an (l, r) (mod p), n > Đặc biệt, với l = p − b = ta thu đồng dư thức Glaisher an+pb −1 (p − 1, r) ≡ an (p − 1, r) (mod p), n > Ví dụ 3.2.13 Giả sử q > số nguyên nguyên tố vói l ∈ Z+ Cho q= t αs s=1 ps , p1 , , pt số nguyên tố khác αs ∈ Z+ Đặt νl (q) = lcm(pα1 −1 (pβ1 − 1), , pαt t −1 (pβt t − 1)), βs số nguyên dương nhỏ với pβs s ≡ (mod m) Khi ta có   r ≡ (mod l)  1 (mod q), a1+νl (q) (l, r) ≡ −1 (mod q), r ≡ (mod l)   0 (mod q), r ≡ s ∈ {2, , l − 1} 44 Bổ đề 3.2.14 ([7]) Với n ≥ k ∈ Z ta có b2n (l, n + k) = b2n (l, n − k), b2n+1 (l, n + k + 1) = −b2n+1 (l, n − k) Chứng minh Kết luận hiển nhiên với n = b0 (l, m) = bl (0, −m) b0 (l, r) = l, r = kl 0, ngược lại Với n ≥ ta thu l−1 b2n (l, n + k) = l−1 ω −t(n+k) t 2n (1 − ω ) t=0 l−1 = ω −t(n+k) (1 − 2ω t + ω 2t )n = t=0 l−1 ω −t(n+k) t t t ω −tk (ω t + ω t − 2)n 2t n (ω ω − 2ω + ω ) = t=0 t=0 Vì b2n (l, n + k) ∈ Z ω t + ω t − ∈ R nên l−1 ω tk (ω t + ω t − 2)n = b2n (l, n − k) b2n (l, n + k) = bl (2n, n + k) = t=0 Theo Bổ đề 3.2.10 công thức bên ta thu b2n+1 (l, n + k + 1) = b2n (l, n + k + 1) − b2n (l, n + k) = b2n (l, n − k − 1) − b2n (l, n − k) = −(b2n (l, n − k) − b2n (l, n − k − 1)) = −b2n+1 (l, n − k), điều phải chứng minh Hệ 3.2.15 ([7]) Với n ≥ ta có bn (l, n) = (−1)n bn (l, 0) Bổ đề 3.2.16 ([7]) Nếu l chẵn (−1)r bn (l, r) > với n ≥ Chứng minh Nếu l chẵn (−1)r bn (l, r) = (−1)r l (−1)s s≡r (mod l) =l s≡r (mod l) n s > n s = (−1)r l (−1)r s≡r (mod l) n s 45 Bổ đề 3.2.17 ([7]) Nếu l lẻ Chứng minh Giả sử n−2r l n−2r l ∈ 2N + bn (l, r) = = 2k + Suy n − số lẻ, nên theo Bổ đề 3.2.14 với k = r − n−1 ta thu bn−1 (l, r) = bn−1 (l, n − − r) Theo Bổ đề 3.2.10 ta có bn−1 (l, r − 1) = bn−1 (l, n − − r + (2r − n)) = bn−1 (l, n − − r − (2r − n)l) = bn−1 (l, n − − r) Cho nên theo Bổ đề 3.2.14 ta thu bn (l, r) = bn−1 (l, r) − bn−1 (l, r − 1) = bn−1 (l, n − − r) − bn−1 (l, n − − r) = Định lý 3.2.18 ([7]) Giả sử l lẻ Khi đó, với n ≥ − ta có  n−2r   = 0, l ∈ 2N + 1, (−1)r bn (l, r) > 0, n−2r ∈ (4k − 1, 4k + 1), l   < 0, n−2r ∈ (4k + 1, 4k + 3) l Chứng minh Ta sử dụng phép quy nạp theo n Cho n = l − Vì l lẻ nên n−2r l số lẻ Theo định nghĩa (−1)r bl−1 (l, r) = (−1)s+r l l−1 s = (−1)s−r l l−1 , s s ∈ {0, , l − 1} thỏa mãn s ≡ r (mod l) Nếu l lẻ (−1)s−r = (−1) nên ta có r−s r ∈ 2N ⇔ ∈ 2N l l r l − − 2r 1 ∈ [2m, 2m + 1) ⇔ ∈ − 4m − − , −4m + − l l l l (−1)r bl (l − 1, r) > ⇔ Vì l − chẵn nên l − − 2r ∈ / l 1 − 4m − − , −4m + − , l l r−s l 46 l − − 2r ∈ l 1 l − − 2r − 4m − − , −4m + − ⇔ ∈ (−4m − 1, −4m + 1) l l l Tương tự, ta có l − − 2r 1 ∈ − 4m + − , −4m + − l l l l − − 2r ⇔ ∈ (−4m + 1, −4m + 3), l (−1)r bl−1 (l, r) < ⇔ nên kết luận với n = l − Giả sử kết luận với n − Ta xét ba trường hợp Nếu n−2r l = 2k + từ Bổ đề 3.2.17 suy bn (l, r) = Lấy n−2r l ∈ (4k − 1, 4k + 1) Khi số n − 2r (n − 1) − 2(r − 1) = + , l l l (n − 1) − 2r n − 2r = − l l l nằm đoạn [4k − 1, 4k + 1] hai số thuộc phần [4k − 1, 4k + 1] Theo bước quy nạp, ta có (−1)r−1 bn−1 (l, r − 1) ≥ 0, (−1)r bn−1 (l, r) ≥ nhiều số chúng có dấu Do đó, (−1)r bn (l, r) = (−1)r bn−1 (l, r) + (−1)r−1 bn−1 (l, r − 1) > Theo cách tương tự, với n−2r l ∈ (4k − 1, 4k + 3), ta thu (−1)r bn (l, r) = (−1)r bn−1 (l, r) + (−1)r−1 bn−1 (l, r − 1) < Điều phải chứng minh Hệ 3.2.19 ([7]) Cho l ≥ Khi bn (l, 0) l lẻ n l ∈ 2N + 47 Kết luận Luận văn “Định lý nhị thức số” giải vấn đề sau • Tổng hợp số kiến thức chuẩn bị định lý nhị thức, biểu diễn nhị phân số nguyên định lý nhị thức số • Trình bày phát biểu chứng minh định lý nhị thức số tổng quát cho số b ≥ Ứng dụng định lý nhị thức số ta thu công thức cho hệ số đa thức Prouhet–Thue–Morse • Chứng minh dãy a dãy Dold phép biến đổi nhị thức T (a) dãy Dold Nếu a dãy Dold thỏa mãn a T (a) bị chặn hai dãy a T (a) tuần hồn chu kỳ Nếu dãy a dãy Dold tuần hoàn chu kỳ l (khác hằng) với l = T (a) khơng bị chặn 48 Tài liệu tham khảo [1] D Callan (2006), “Sierpinski’s Triangle and the Prouhet-Thue-Morse Word”, arXiv:math/0610932 [2] B S Du, S S Huang, and M C Li (2003), “Generalized Fermat, Double Fermat and Newton Sequences”, J Number Theory, Vol 98, pp 172–183 [3] H W Gould (1956), “Some generalizations of Vandermonde’s convolution”, Amer Math Monthly, Vol 63, pp 84–91 [4] H D Nguyen (2014), “A digital binomial theorem”, preprint, http://arxiv.org/abs/1412.3181 [5] H D Nguyen (2015), “A Generalization of the Digital Binomial Theorem”, Journal of Integer Sequences, Vol 18, Article 15.5.7 [6] K Thomas (2009), Catalan Numbers with Applications, Oxford University Press, New York [7] K Wójcik (2015), “Binomial Transform and Dold Sequences”, Journal of Integer Sequences, Vol 18, Article 15.1.1 ... Định lý nhị thức số Chương trình bày định lý nhị thức định lý nhị thức dạng số hóa dựa theo hàm tổng kí tự Chương Định lý nhị thức số tổng quát Trong chương ta trình bày định lý nhị thức số tổng... văn Nguyễn Thị Quỳnh Hoa Chương Định lý nhị thức số Nội dung chương trình bày định lý nhị thức định lý nhị thức dạng số hóa dựa theo hàm tổng kí tự Bên cạnh cách chứng minh định lý nhị thức số. .. tổng quát, mà định lý nhị thức trường hợp riêng định lý Luận văn này, chọn đề tài Định lý nhị thức số để làm nội dung nghiên cứu Mục tiêu luận văn trình bày lại kết định lý nhị thức thông qua