Đa Thức Lucas, Đa Thức Euler Và Số Lucas, Số Euler

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DƯƠNG MINH NGUYỆT ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, năm 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DƯƠNG MINH NGUYỆT ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành : Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên, năm 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Dãy hồi quy tuyến tính 1.1 Iđêan đa thức đặc trưng tối thiểu 1.2 Nghiệm quan hệ hồi quy 1.3 Quan hệ hồi quy không 1.4 Định lí Mahler-Lech 11 Số Euler đa thức Lucas suy rộng 2.1 10 14 Hàm Euler dãy Fibonacci 14 2.1.1 Hàm Euler 14 2.1.2 Số Fibonacci 19 2.2 Tính trù mật φ(Fn )/Fn 22 2.3 Số Euler đa thức Lucas suy rộng 38 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Dãy Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler vấn đề số học, đối tượng quan tâm nghiên cứu Những vấn đề không vấn đề nhà nghiên cứu, mà nhiều nội dung đưa vào chương trình tốn bậc THPT, đặc biệt chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Vì nói rằng, tìm hiểu dãy Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler cho ta nhìn sâu mối liên hệ toán học đại tốn học phổ thơng Luận văn có hai phần Phần thứ trình bày cách tương đối hệ thống dễ hiểu dãy hồi quy tuyến tính phi tuyến; dãy Fibonacci dãy Lucas, hàm Euler Luận văn giới thiệu kết sâu sắc lý thuyết dãy hồi quy, định lý Mahler-Lech Cho đến nay, chưa có chứng minh định lý mà khơng dùng đến giải tích p-adic, nội dung vượt ngồi khn khổ luận văn Vì luận văn giới hạn việc trình bày sơ lược (dựa viết Terence Tao trang blog ơng) Phần thứ hai trình bày kết gần (xem [2]) tính trù mật φ(Fn ) }, đọạn [0, 1], {Fn } dãy Fibonacci, φ(m) dãy { Fn hàm Euler Đây mở rộng kết cổ điển Lucas, dãy Fibonacci thay dãy hồi quy đơn giản an = 2n − Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khoái, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp Cao học Tốn K8A ln quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình làm luận văn Thái Nguyên, ngày 22 tháng năm 2016 Tác giả Dương Minh Nguyệt Chương Dãy hồi quy tuyến tính 1.1 Iđêan đa thức đặc trưng tối thiểu Dãy số dãy gồm vô hạn số, 1, 2, 4, 8, 16, (1.1) Các số dãy số gọi số hạng dãy số, Ta viết dãy số a1 , a2 , a3 , an số hạng thứ n dãy Ví dụ, dãy số (1.1) ta có a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, Kí hiệu {an } {an }∞ n=1 viết gọn cho dãy a1 , a2 , a3 , Thỉnh thoảng, số số hạng bắt đầu khác 1, ví dụ {an }∞ n=0 nghĩa a0 , a1 , a2 , (trong an số hạng thứ n + dãy số) Dãy số xác định công thức an , nghĩa an biểu thị hàm số n Ví dụ, dãy số (1.1) xác định công thức an = 2n−1 Có cách khác dãy số liệt kê vài số hạng đầu quy tắc để tính tốn số hạng cịn lại dãy Ví dụ, dãy (1.1) xác định cách cho số hạng đầu a1 = quy tắc an+1 = 2an với số nguyên n ≥ Khi ta có a2 = 2.a1 = 2.1 = a3 = 2.a2 = 2.2 = a4 = 2.a3 = 2.4 = Quy tắc cho ta tính số hạng dựa vào số hạng trước gọi quan hệ hồi quy hay gọi tắt hồi quy Định nghĩa 1.1.1 Một dãy {an } gọi thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến tính với hệ số ck , ck−1 , , c0 ck an+k + ck−1 an+k−1 + + c1 an+1 + c0 an = (1.2) thỏa mãn với số nguyên n ≥ Số nguyên k gọi bậc quan hệ hồi quy tuyến tính Dãy hồi quy tuyến tính dãy số a1 , a2 , a3 , thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến tính với ck = c0 = Ví dụ, dãy số (1.1) thỏa mãn quan hệ an+1 = 2an , với số nguyên n ≥ nên dãy hồi quy tuyến tính bậc với c1 = c0 = −2 Định nghĩa 1.1.2 Quan hệ hồi quy tuyến tính ck an+k + ck−1 an+k−1 + + c1 an+1 + c0 an = có đa thức hồi quy tuyến tính đặc trưng đa thức ck xk + ck−1 xk−1 + + c1 x + c0 Ví dụ, dãy số (1.1) có quan hệ hồi quy an+1 − 2an = nên có đa thức đặc trưng x − Cùng dãy số thỏa mãn nhiều quan hệ hồi quy tuyến tính khác Ví dụ, dãy (1.1) cịn thỏa mãn quan hệ 2.an+1 − 4.an = 0, đa thức đặc trưng tương ứng 2x − Nó thỏa mãn an+2 − 3an+1 + 2an = nên có đa thức đặc trưng x2 − 3x + = (x − 1) (x − 2) Bây giờ, ta xét dãy {an } tùy ý Cho I tập hợp đa thức đặc trưng tất quan hệ hồi quy tuyến tính thỏa mãn dãy {an } Khi (a) Nếu f (x) ∈ I g (x) ∈ I f (x) + g (x) ∈ I (b) Nếu f (x) ∈ I h (x) đa thức bất kì, h (x) f (x) ∈ I Một tập khác rỗng I đa thức, thoả mãn hai quan hệ gọi iđêan Một kiện đại số: Giả sử I iđêan đa thức Khi I = {0} có đa thức monic f (x) ∈ I cho I = {h (x) f (x)} h (x) đa thức (Một đa thức gọi monic hệ số lũy thừa cao x 1) Áp dụng cho Iđêan đa thức đặc trưng dãy hồi quy tuyến tính {an },ta thấy ln tồn đa thức đặc trưng tối thiểu đa thức monic có bậc thấp I Đây đa thức đặc trưng quan hệ tuyến tính khơng tầm thường bậc thấp thỏa mãn {an } Đa thức đặc trưng quan hệ tuyến tính khác thỏa mãn {an } đa thức bội f (x) Bậc dãy hồi quy tuyến tính {an } bậc thấp số tất quan hệ hồi quy tuyến tính (có nghiệm khơng tầm thường) thỏa mãn {an }, bậc đa thức đặc trưng tối thiểu Ví dụ, dãy (1.1) dãy hồi quy tuyến tính bậc có đa thức đặc trưng tối thiểu x − 1.2 Nghiệm quan hệ hồi quy Định nghĩa 1.2.1 Một dãy {an } thỏa mãn quan hệ hồi quy gọi nghiệm quan hệ Nếu quan hệ hồi quy bậc k k giá trị đầu dãy lấy tùy ý, giá trị hoàn toàn xác định Một nghiệm quan hệ hồi quy bậc k gọi nghiệm tổng quát phụ thuộc k số tùy ý C1 , , Ck Ví dụ 1.2.1 Xét quan hệ hồi quy an+2 − 5an+1 + 6an = có nghiệm tổng quát an = C1 2n + C2 3n Sau số phương pháp tìm nghiệm quan hệ hồi quy tuyến tính Trước tiên, ta xét trường hợp đơn giản quan hệ hồi quy tuyến tính bậc 2: an+2 = c1 an+1 + c0 an (1.3) (1) (2) Bổ đề 1.2.1 Nếu an , an nghiệm (1.3) với số tùy ý A, B dãy (2) an = Aa(1) n + Ban nghiệm (1.3) Chứng minh Theo giả thiết ta có (1) (1) (1) an+2 = c1 an+1 + c0 an (2) (2) (2) an+2 = c1 an+1 + c0 an Từ suy (1) (2) (1) (1) (1) Aan+2 + Ban+2 = c1 Aan+1 + Ban+1 + c0 Aa(1) n + Ban (1) (2) Như vậy, an = Aan + Ban nghiệm (1.3) Bổ đề 1.2.2 Giả sử r1 nghiệm phương trình đặc trưng r2 = c1 r + c0 (1.4) Khi dãy {r1n } nghiệm quan hệ (1.3) Chứng minh Ta có an = r1n , an+1 = r1n+1 , an+2 = r1n+2 Thay vào quan hệ (1.3) ta r1n+2 = c1 r1n+1 + c0 r1n Đẳng thức r2 = c1 r + c0 Nhận xét Dãy r1n+m với m tùy ý nghiệm quan hệ hồi quy (1.3) Từ bổ đề ta có định lí sau: Định lí 1.2.1 Giả sử cho quan hệ hồi quy an+2 = c1 an+1 + c0 an Giả sử phương trình đặc trưng r2 = c1 r + c0 Có hai nghiệm phân biệt r1 r2 Khi đó, nghiệm tổng quát quan hệ hồi quy có dạng an = Ar1n + Br2n (1) (2) Chứng minh Theo bổ đề 1.2.2, an = r1n , an = r2n nghiệm quan hệ xét Theo bổ đề 1.2.1, với A, B tùy ý, Ar1n + Br2n nghiệm quan hệ hồi quy Chỉ phải chứng minh rằng, nghiệm tùy ý quan hệ viết dạng nêu định lí Mỗi nghiệm quan hệ xác định giá trị a0 , a1 Vì ta cần rằng, hệ phương trình A+B =a Br1 + Ar2 = b có nghiệm với a, b tùy ý Dễ thấy nghiệm A= b − ar2 , r1 − r2 B= ar1 − b r1 − r2 Bây ta chuyển sang xét trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm bội Giả sử phương trình đặc trưng quan hệ cho có nghiệm trùng nhau, chẳng hạn r1 = r2 Khi đó, biểu thức Ar1n−1 + Br2n−1 khơng cịn nghiệm tổng qt nữa, nghiệm viết dạng an = Cr1n−1 Nói chung khơng thể chọn số C cho hai điều kiện ban đầu a0 = a, a1 = b thỏa mãn 28 Vì q < x1/4 ta có x/q > x1/2 , nên x S1 = y log2 y = log3 z Từ p ≡ ±1 (modz (p)) ta có p ≥ log3 z − Do đó, 1 sj+1 = 1− = 1− = 1− sj p p p z(p)|nj+1 d|nj p∈Pdq p|F nj+1 | p Fnj z(p)|nj j+1 30 = exp − d|nj 1 +O p∈Pdqj+1 p p≥log3 z−1 p    log (dqj+1 )  = exp O  dqj+1 (2.21) d|nj Chú ý d|nj log (dqj+1 ) log (dqj+1 ) log d + = dqj+1 dqj+1 d|nj d qj+1 d|nj d log qj+1 log2 nj + (log2 nj )2 qj+1 (2.22) Ta sử dụng bổ đề 2.2.3 với ước lượng σ (m) = d m d|m log2 m với m = nj , ta có nj ≤ q < exp (2qj+1 ) q x0 ta có log2 nj d|nj log qj+1 , với (2.22), ta có (log qj+1 )2 qj+1 log (dqj+1 ) dqj+1 (log3 y)2 (log4 z)2 = log2 y log3 z Thay bất đẳng thức vào bất đẳng thức (2.21), ta được: sj+1 = exp O sj (log4 z)2 log3 z =1+O (log4 z)2 log3 z =1+O (log5 x)2 log4 x Bây giờ, ta lấy γ ∈ (0, 1) ε > tùy ý Lấy j ∈ {0, , T } Như vậy, sj > γ Từ sT = o (1) với x nhận giá trị lớn, j = T Lấy j giá trị cực đại thỏa mãn tính chất Khi sj+1 ≤ γ Tuy nhiên γ ≥ sj+1 = sj 1+O (log5 x)2 log4 x (log5 x)2 > sj − c , log4 x 31 c>0 số Ta có (log5 x)2 γ, y + c log4 x φ F nj = sj ∈ Fnj Chọn x đủ lớn để (log5 x)2 c x0 , tồn số khơng có ước phương n < x để p (n) > log2 x thỏa mãn φ (Fn ) ∈ Fn (log5 x)3 γ, γ + log4 x Lấy i ≥ cố định viết αi = αi , βi = β i Ta có dãy Fni αin − β in (i) = với n = 1, 2, Fn = i α − βi Fi (i) Dãy Fn có tính chất chia hết dãy Fibonacci Bổ đề 2.2.5 Lấy i ≥ cố định Khi ta có: (i) (i) (i) Nếu a |b Fa Fb (i) (ii) Nếu số nguyên tố p ước Fi Fa p chia hết a (iii) Nếu p ≡ 13 (mod20) i (p + 1)/2 nguyên tố (i) p F(p+1)/2 Chứng minh (iii) p ≡ 13 (mod20), theo bổ đề 2.1.1 ta có (i) p F(p+1)/2 F(p+1)/2 Vì i (p + 1)/2 nguyên tố z (p) |(p + 1)/2 nên z(p) không chia hết i Vậy Fi không bội p nên Fi(p+1)/2 (i) p = F(p+1)/2 Fi 32 Bổ đề 2.2.6 Lấy i ≥ cố định γ ∈ (0, 1) Khi tồn x0 (i) để với x > x0 (i) tồn số khơng có ước phương n < x với p (n) > log2 x (i) φ Fn (i) Fn ∈ (log5 x)3 γ, γ + log4 x Định lí 2.2.2 Với số thực dương k, tập hợp φ (Fn+k ) φ (Fn+1 ) φ (Fn+2 ) , , , φ (Fn ) φ (Fn ) φ (Fn ) :n≥1 trù mật Rk≥0 Chứng minh Giả sử k ≥ Đặc biệt, FK ≥ K với mọị K ≥ k Ta viết f (n) = φ (n) /n Khi ta có φ (Fn+i ) f (Fn+i ) Fn+i = φ (Fn ) f (Fn ) Fn Fn+i = αi (1 + o (1)) Fn Vậy ta phải chứng minh tập hợp vecto n → ∞ f (Fn+1 ) f (Fn+2 ) f (Fn+k ) , , , f (Fn ) f (Fn ) f (Fn ) :n≥1 (2.23) trù mật Rk≥0 Lấy K = ((k + 1)!)2 chọn n = K.n0 với n0 số nguyên dương K Khi n + i = K.n0 + i = i n0 + := ini với i = 1, , k Hơn nữa, i ý ni nguyên tố với số nguyên tố p ≤ k + Ta có p (ni ) > k + 1, p (ni ) > Fk với i = 1, , k nên Fn+i = Fini = F Fini Fi (i) = Fi F ni (i) Theo (ii) bổ đề 2.2.5, thừa số nguyên tố gcd Fi , Fni ni chia hết 33 (i) Từ p (ni ) > Fk với i = 1, , k ta thấy Fi Fni nguyên tố Do hàm f (n) hàm nhân tính nên ta có f (Fn+i ) = f (Fi ) f Fn(i)i với i = 1, , k Tương tự, giả sử p (n0 ) > FK , ta có Fn = FK FnK0 f (Fn ) = f (FK ) f FnK0 Vì tập hợp    (2) (k)   f (F ) f Fn2 f Fnk n1   , , , : p (n0 nk ) > FK (2.24)   f F (K) f F (K) f F (K) n0 n0 n0 trù mật Rk≥0 k Bây ta lấy γ = (γ1 , , γk ) ∈ R>0 Ta viết γ = δ1 δk , , δ0 δ0 δi ∈ (0, 1) với i = 1, , k Lấy δ0 = 1/ (2Γ) với Γ = M ax {1, γ1 , , γk } δi = γi δ0 với i = 1, , k Để chứng minh tập hợp (2.23) trù mât Rk≥0 , ta đưa dãy N vô hạn n để f Fn(K) , f (Fn1 ) , f Fn(2) , , f Fn(k) 0 → (δ0 , δ1 , , δk ) với n → ∞ dãy N Giả sử ε > số dương bé tùy ý, ta lựa chọn số dương khơng có ước phương m0 , m1 , , mk thỏa mãn đồng thời tính chất sau: (i) p(m0 m1 mk ) > FK (K) (ii) f Fm0 ∈ (δ0 , δ0 + ε) , f Fm1 ∈ (δ1 , δ1 + ε) , , (k) f Fmk ∈ (δk , δk + ε) (iii) gcd (mi , mj ) = với ≤ i < j ≤ k Để thực điều này, ta làm sau: Lấy số có giá trị lớn x > x0 (K) để hai bất đẳng thức log2 x > FK (log5 x)3 / (log4 x) < ε tồn Ta chọn số ngun dương khơng có ước phương m0 < x bổ đề 2.2.6 với i = K γ = δ0 Số m0 thỏa mãn 34 p (m0 ) > log2 x f Fm(K) ∈ (log5 x)3 δ0 , δ0 + log4 x ⊂ (δ0 , δ0 + ε) Sau chọn m0 , ta cố định m0 lấy số x lớn x > x0 (1) log2 x > max {FK , m0 } Ta lại áp dụng bổ đề 2.2.6 với i = γ = δ1 ta số ngun dương khơng có ước phương m1 < x với p (m1 ) > log2 x > max {FK , m0 } thỏa mãn f Fm(1)1 ∈ (δ1 , δ1 + ε) Chú ý m1 nguyên tố với m0 p (m1 ) > m0 Bây ta lấy số x mới, lớn cho x > x0 (2) log2 x > max {FK , m0 , m1 } áp dụng bổ đề 2.2.6 với i = δ = δ2 để số ngun dương khơng có ước phương m2 < x thỏa mãn p (m2 ) > log2 x > max {FK , m0 , m1 } f Fm(2)2 ∈ (δ2 , δ2 + ε) Giả sử m2 nguyên tố với m0 m1 nên p (m2 ) > max {m0 , m1 } Tiếp tục trình k lần, ta kết thúc Khi có số ngun dương khơng có ước phương m0 , , mk thỏa mãn ba tính chất Ta bắt đầu việc tìm số n0 thỏa mãn điều kiện sau: n0 ≡ (modm0 ) (K/i) n0 + ≡ (modmi ) với i = 1, , k Thừa số nguyên tố lớn K ≤ k + ≤ K ≤ FK < p (mi ) i = 1, , k Điều chứng tỏ K/i khả nghịch mơđunlơ mi Đồng dư (K/i) n0 + ≡ (mod mi ) giải đối n0 , n0 thuộc lớp đồng dư 35 N0,i (modmi ) Từ m0 , , mk nguyên tố nhau, định lí số dư Trung Hoa, n0 thuộc lớp đồng dư N0 (modM ), M = m0 mk Ta giả định N0 số nguyên dương nhỏ cấp số Ta viết n0 = N0 + M Do n0 = m0 (K/i) n0 + = mi N0 + m0 m m0 , (K/i) N0 + M + (K/i) mi mi (2.25) (2.26) với i = 1, , k Đặt A0 = N0 /m0 , B0 = M/m0 Với i = 1, , k đặt Ai = ((K/i) N0 + 1) /mi đặt Bi = (K/i) M/mi Ta kiểm tra thấy gcd (Ai , Bi ) = Giả sử p |gcd (Ai , Bi ) nên với số nguyên tố p Khi p |mi p (K/i) n0 + Hơn nữa, p |n0 nên p |1 = ((K/i) n0 + 1) − (K/i) n0 , điều vơ lí Bây giờ, ta giả thiết p |(Ai , Bi ) với i ∈ {1, , k} Nếu p |K/i p ≤ k + 1, số nguyên tố không chia hết cho Ai Vì thế, p |M/mi p |mj với j = i Nhưng p |(K/i) n0 + p |(K/j) n0 + 1, p |n0 (K/i − K/j) = n0 K (j − i) /ij Rõ ràng, p n0 , p |K (i − j) ij, đặc biệt, p ≤ k + Tuy nhiên, p (mj ) > FK ≥ K > k + 1, ta có mâu thuẫn Ta ý ∆= (Ai Bj − Aj Bi) = 0≤i k + đa thức bậc k + k (Ai + Bi x) i=0 không đa thức môđunlô p, tồn lớp đồng dư x ≡ (mod p) khác đa thức Từ điều kiện này, theo sàng Brun, tồn số c > phụ thuộc vào k số m0 , , mk thỏa mãn x > x0 có x/(log x)k+1 số ngun dương < x để p (Ai + Bi ) > xc với i = 0, , k Đặc biệt, ω (Ai + Bi ) = O (1) với i = 0, , k, x đủ lớn Bây ta lấy số Hãy quan sát Fn(K) = FKm0 FKm0 (A0 +B0 ) FKn0 = FK FK FKm0 (K) Thừa số bên trái Fm0 Nếu có số nguyên tố chia hết tất FKm0 FKm0 (A0 +B0 ) /FKm0 số nguyên tố chia hết A0 +B0 Điều sai với x lớn p(Ao + Bo ) > xc , vượt FKm0 Do FKm0 (A0 +B0 ) (K) f Fn(K) = f F f m 0 FKm0 Chúng ta để ý p FKm0 (A0 +B0 ) / FKm0 Các số nguyên tố có z(p) chia hết FKm0 (A0 +B0 ) không chia hết Km0 Đặc biệt, z (p) ≥ xc nên p ≥ xc − 37 Dựa vào nhận xét sau bổ đề 2.2.4 bổ đề 2.2.2, ta có f FKm0 (A0 +B0 ) FKm0 1− = z(p)|Km0 (A0 +B0 ) p /| z(p) Km0     = exp O   d|A0 +B0 d1 |Km  log (dd1 ) +  c dd1 p p>x −1 d>1 Bây giờ, Km0 có O(1) ước Hơn nữa, từ p (A0 + B0 ) > xc số A0 + B0 có O(1) ước lớn 1, số nhỏ ≥ xc Ta có d||A0 +B0 d1 |Km log (dd1 ) dd1 log x = o (1), xc d>1 đó, ta có p2 p>xc −1 = o (1) xc hai điều xảy x → ∞ Do f Fn(i)i = f Fm(K) (1 + o (1)) = δ0 + ε + o (1) x → ∞ Làm tương tự, ta chứng minh (i) (i) f Fni = f Fmi (1 + o (1)) = δi + ε + o (1) với i = 1, , k x → ∞ Do đó, chọn x lớn, ta có số n để f Fn(K) ∈ (δ0 − 2ε, δ0 + 2ε) f Fn(i)i ∈ (δi − 2ε, δi + 2ε) với i = 1, , k 38 2.3 Số Euler đa thức Lucas suy rộng Định nghĩa 2.3.1 Cho {Vn (x)} dãy đa thức Các đa thức Lucas tổng quát xác định V0 (x) = 2, V0 (x) = P (x) Vn+2 (x) = P (x) Vn+1 (x) + Q (x) Vn (x) , (2.27) P (x) Q(x) đa thức biến x với hệ số thực Định nghĩa 2.3.2 Các số Euler xác định hàm sinh chúng sau ∞ tn Et =e = En , |t| < π (2.28) F (t) = t e +1 n! n=0 −1 Ta thấy E0 = 1, E1 = , E2 = 0, E3 = , E4 = 0, , E2k = với k = 1, 2, 3, Định lí 2.3.1 Cho số nguyên dương k n với k ≤ n, ta có cơng thức Va1 (x) Vak (x) Eb1 Ebk a1 ! ak ! b1 ! bk ! a1 + +ak +b1 + +bk =n n k (kβ (x)) =2 n! β (x) = P (x) − ∆ (x) ∆ (x) b1 + bk (2.29) ∆ (x) = P (x) + 4Q (x) P (x) + ∆ (x) P (x) − ∆ (x) β (x) = 2 nghiệm đa thức đặc trưng λ2 − P (x) λ − Q (x) dãy đa thức Chứng minh Lấy α (x) = Lucas tổng quát {Vn (x)} Ta có Vn (x) = P (x) + ∆ (x) n + P (x) − ∆ (x) n (2.30) Suy hàm sinh V (t, x) ∞ tn V (t, x) = Vn (x) = n! n=0 ∞ tn (α(x) + β(x) ) n! n=0 n n (2.31) 39 Tức V (t, x) = e α(x)t eβ(x)t = β(x)t +e t β(x)t =e 1+e √ ∆(x) Do ta có V (t, x) V (t, x) √ √ = t ∆(x) t ∆(x) 1+e 1+e Từ (2.28) (2.30) ta có n ∞ t Vm (x) m=0 m! eβ(x)t = ∞ m t ∆ (x) En (2.32) n! n=0 ∞ an tn Chú ý với hai chuỗi lũy thừa hôi tụ tuyệt đối n=0 ta có ∞ ∞ an t ∞ n bn t n=0 n bn tn , n=0 ∞ = n=0 ∞ au b v tn (2.33) u+v=n n=0 th với lũy thừa k , ta có β(x)t LHS = e ∞ k kβ(x)t =e = n=0 (kβ (x))n n t n! ∞ RHS =  1  k n=0 a1 + ak +b1 + bk =n Va1 (x) a1 ! Va (x) Eb1 Ebk k ak ! b1 ! bk !  ∆ (x) b1 + bk n t Va1 (x) Vak (x) a ! ak ! n a + a +b + b =n k k So sánh hệ số t , ta đồng thức n (kβ (x)) = 2k n! Nếu định lí 1, lấy P (x) = 2x Q (x) = 1, ta có Hệ 2.3.1 Cho số nguyên dương k n với k ≤ n,ta có a1 + +ak +b1 + +bk Pa1 (x) Pak (x) Eb1 Ebk x2 + a1 ! ak ! b1 ! bk ! b1 + +bk (x))n =2 n! √ dãy {Pn (x)} dãy Pell-Lucas, β (x) = x − x2 + k (kβ 40 Nếu định lí 1, lấy P (x) = x Q (x) = 1, ta có Hệ 2.3.2 Cho số nguyên dương k n với k ≤ n,ta có a1 + +ak +b1 + +bk La1 (x) Lak (x) Eb1 Ebk a1 ! ak ! b1 ! bk ! k (kβ =2 x2 + ∗ (x))n n! x− {Ln (x)} dãy đa thức Lucas , β ∗ (x) = b1 + +bk √ x2 + Trong hệ 2, lấy x = 1, ta có đồng thức Hệ 2.3.3 Cho số nguyên dương k n với k ≤ n,ta có La1 Lak Eb1 Ebk √ b1 + +bk a1 ! ak ! b ! b k ! a1 + +ak +b1 + +bk =n k (kβ =2 (1))n n! √ 1− β (1) = Trong hệ 4, ta lấy k = 1, 2, ta Hệ 2.3.4 Đối với tất số nguyên dương n, ta có La1 Eb1 √ b1 (β (1))n =2 a1 ! b1 ! n! a1 +b1 =n Cho số nguyên dương n ≥ 2, ta có: Hệ 2.3.5 a1 +a2 +b1 +b2 =n La1 La2 Eb1 Eb2 √ a1 ! a2 ! b1 ! b2 ! b1 +b2 (2β =2 (1))n n! Đối với tất số nguyên dương n ≥ 3, ta có Hệ 2.3.6 a1 +a2 +a3 +b1 +b2 +b3 =n La1 La2 La3 Eb1 Eb2 Eb3 √ a1 ! a2 ! a3 ! b1 ! b2 ! b3 ! b1 +b2 +b3 (3β =2 (1))n n! 41 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: - Cơ sở lý thuyết dãy hồi quy không nhât - Định lý Skolem-Mahler-Lech phân bố số hạng dãy hồi quy - Hàm Euler dãy Fibonacci φ(Fn ) }, đoạn [0, 1], trong - Tính trù mật dãy { Fn {Fn } dãy Fibonacci, φ(m) hàm Euler, Fn số Fibonacci - Mối quan hệ số Euler đa thức Lucas suy rộng 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt: Hà Huy Khoái (2014),Số học, NXB Giáo dục, Đà Nẵng Tiếng Anh: B.Poonen (1998), Linear recursive sequences, Lecture Notes, http://mathcircle.berkeley.edu/BMC6/ps/, ngày 11/10/1998 V Huguet , F Luca (2009), "On the Euler Function of Fibonacci Numbers", Journal of Integer Sequences, Vol 12 , Article 09.6.6, pp 1-15 A Nalli and T Zhang (2010) ," On generalized lucas polynomials and euler numbers", Miskolc Mathematical Notes, 11(2), pp 163–167 T Tao (2007), Open question: effective Skolem-Mahler-Lech theorem, https://terrytao.wordpress.com/, ngày 25/5/2007 ... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DƯƠNG MINH NGUYỆT ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA... 1.1 Iđêan đa thức đặc trưng tối thiểu Dãy số dãy gồm vô hạn số, 1, 2, 4, 8, 16, (1.1) Các số dãy số gọi số hạng dãy số, Ta viết dãy số a1 , a2 , a3 , an số hạng thứ n dãy Ví dụ, dãy số (1.1)... f (x)} h (x) đa thức (Một đa thức gọi monic hệ số lũy thừa cao x 1) Áp dụng cho Iđêan đa thức đặc trưng dãy hồi quy tuyến tính {an },ta thấy ln tồn đa thức đặc trưng tối thiểu đa thức monic có