Về các dãy hồi quy tuyến tính

Về các dãy hồi quy tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Hoàng Thanh Nghị

VỀ CÁC DÃY HỒI QUY TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên – 2008

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HOÀNG THANH NGHỊ

VỀ CÁC DÃY HỒI QUY TUYẾN TÍNH

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số Mã số: 60.46.05

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

GS.TSKH Hà Huy Khoái

THÁI NGUYÊN - 2008

Lời nói đầu

Lý thuyết các dãy hồi quy tuyến tính là một trong những hướng nghiêncứu truyền thống của số học Nhiều dãy số quan trọng được định nghĩa quacác dãy hồi quy Nổi tiếng nhất trong số các dãy số như vậy là các sốFibonacci, các số Lucas.

Mặc dù có lịch sử phát triển lâu đời, các số Fibonacci và Lucas vẫn chứađựng nhiều tính chất thú vị chưa được biết đến, và luôn luôn là một trongnhững đề tài trọng tâm của lý thuyết số hiện đại.

Bản luận văn này nhằm giới thiệu về lý thuyết các dãy hồi quy tuyến tínhnói chung, một số tính chất cổ điển của dãy số Fibonacci, cũng như một sốtính chất được phát hiện rất gần đây (2007) của các số Lucas.

Bố cục của luận văn như sau:

Chương 1 "Lý thuyết đồng dư" dành để giới thiệu các khái niệm, các tínhchất cơ bản về lý thuyết đồng dư, đồng dư tuyến tính, định lý Fécma bé, sốgiả nguyên tố, nhằm phục vụ cho các chứng minh sau.

Chương 2 "Các quan hệ hồi quy" đã đưa ra các khái niệm về các quan hệhồi quy, phương trình đặc trưng của các quan hệ hồi quy tuyến tính hệ sốhằng rồi từ đó đưa ra nghiệm tổng quát cho các trường hợp phương trình đặctrưng có nghiệm bội và không có nghiệm bội Ngoài ra trong chương nàycũng trình bày khái niệm dãy số Fibonacci và một số tính chất cổ điển củadãy số này.

Chương 3 "Một số tính chất số học của số Lucas" nhằm trình bày mộtsố kết quả gần đây của dãy Lucas Cụ thể là Định lý về sự tồn tại các sốchính phương trong dãy Lucas và sự đặc trưng của các số Lucas giả nguyêntố không chính phương.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS TSKH HàHuy Khoái Nhờ Thầy tôi đã bước đầu làm quen và say mê với Toán học.Nhân dịp này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy.

Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán, khoa Sau Đại học

-Đại học Sư phạm Thái Nguyên, các thầy cô giáo đã trang bị kiến thức, tạođiều kiện cho tôi trong thời gian học tập tại đây.

Tôi rất biết ơn BGH Trường CĐ Kinh tế Kỹ thuật Điện Biên và các đồngnghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi thực hiện kế hoạch học tập củamình.

Tôi xin cảm ơn người thân, bạn bè đã cổ vũ động viên tôi trong quá trìnhlàm luận văn.

1.1.3 Mệnh đề Giả sử m là một số nguyên dương Quan hệ đồng dư môđulôm thoả mãn các tính chất sau đây:

1) (Tính chất phản xạ) Nếu a là một số nguyên, thìa ≡ a(modm).

2) (Tính chất đối xứng) Giả sử a và b là các số nguyên Khi đó, nếua ≡ b(modm) thì b ≡ a(modm).

3) (Tính chất bắc cầu) Giả sử a, b và c là các số nguyên Khi đó, nếua ≡ b(modm), b ≡ c(modm) thì a ≡ c(modm).

Chứng minh 1) Ta có a ≡ a(modm) vì m|(a − a).

2) Giả sử a ≡ b(modm), tức là m|(a − b) Khi đó, m|(b − a) và b ≡a(modm).

3) Nếu a ≡ b(modm), b ≡ c(modm) thì m|(a − b) và m|(b − c) Do đó,m|(a − c) vì (a − c) = (a − b) + (b − c).

Nhờ tính chất trên, với mỗi số nguyên dương m, ta có thể chia tậphợp các số nguyên thành các lớp đồng dư môđulô m Hai số nguyên cùngthuộc vào một lớp đồng dư môđulô m khi và chỉ khi chúng đồng dư với nhaumôđulô m.

1.1.4 Định nghĩa Một hệ thặng dư đầy đủ môđunlô m là một tập hợp cácsố nguyên sao cho mỗi số nguyên tuỳ ý đều đồng dư môđunlô m với đúngmột số của tập hợp.

Ví dụ: 1) Tập hợp các số 0, 1, , m−1 là một hệ thặng dư đầy đủ môđulôm Hệ này gọi là hệ thặng dư không âm bé nhất môđulô m.

2) Giả sử m là một số nguyên lẻ Khi đó tập hợp các số nguyên−m − 1

2 , −

m − 3

2 , , 0, 1, ,

m − 32 ,

m − 12

là hệ thặng dư đầy đủ, được gọi là hệ thặng dư tuyệt đối bé nhất môđulô m.1.1.5 Định lý Giả sử a, b, c và m là các số nguyên, m > 0 và a ≡ b(modm).Khi đó:

1) a + c ≡ b + c(modm),2) a − c ≡ b − c(modm),3) ac ≡ bc(modm).

Chứng minh Vì a ≡ b(modm) nên m|(a − b) Do (a + c) − (b + c) = a − bnên m|[(a + c) − (b − a)]: 1) được chứng minh.

Tương tự 2) được suy ra từ chỗ (a − c) − (b − c) = a − b.

Để chứng minh 3) ta chú ý rằng ac − bc = c(a − b) nên từ m|(a − b) suyra m|c(a − b), tức là ac ≡ bc(modm).

Tuy nhiên, nói chung không thể làm phép chia hai vế của cùng một đồngdư cho một số Chẳng hạn

2002 ≡ 4(mod6)nhưng

2 = 1001 6= 2(mod6).

1.1.6 Định lý Giả sử a, b, c và m là các số nguyên, m > 0 vàac ≡ bc(modm) và d = (c, m) Khi đó ta có

a ≡ b(modmd).

Chứng minh Giả sử ac ≡ bc(modm) Ta có m|(ac − bc) = c(a − b) Do đótồn tại số nguyên k sao cho c(a − b) = km Chia hai vế cho d ta được:

d(a − b) = km

d .Vì c

= 1 nên từ đó suy ra m

d |(a − b), tức làa ≡ b(modm

Ví dụ: 2002 ≡ 2(mod5) Do (2, 5) = 1 nên ta có1001 ≡ 1(mod5).Định lý sau đây là hệ quả của định lý 1.1.6.

1.1.7 Định lý Nếu a, b, c và m là các số nguyên, sao cho m > 0, (c, m) = 1,và ac ≡ bc(modm) Khi đó a ≡ b(modm).

Định lý 1.1.7 có thể mở rộng thành định lý sau đây, cho ta thấy rằngcó thể làm một số phép tính số học đối với các lớp đồng dư như đối với cácsố nguyên.

1.1.8 Định lý Nếu a, b, c, d và m là các số nguyên, m > 0, a ≡ b(modm),c ≡ d(modm) Khi đó:

1) a + c ≡ b + d(modm),2) a − c ≡ b − d(modm),3) ac ≡ bd(modm).

Chứng minh Vì a ≡ b(modm), c ≡ d(modm) nên m|(a−b), m|(c−d) Dođó tồn tại các số nguyên k và l sao cho km = a − b, lm = c − d.

Để chứng minh 1), ta nhận xét rằng (a+c)−(b+d) = km+lm = (k+l)m.Do đó m|[(a + c) − (b + d)] tức là a + c ≡ b + d(modm).

Để chứng minh 2) ta chú ý rằng (a − c) − (b − d) = (a − b) − (c − d) =km−lm = (k −l)m Do đó m|[(a−c)−(b−d)], tức là a−c ≡ b−d(modm).Để chứng minh 3), ta thấy ac−bd = ac−bc+bc−bd = c(a−b)+b(c−d) =ckm + blm, tức là m|(ac − bd) Do đó ac ≡ bd(modm).

1.1.9 Định lý Giả sử r1, r2, , rm là hệ đầy đủ các thặng dư môđulô m, alà số nguyên dương và (a, m) = 1 Khi đó

ar1 + b, ar2 + b, , arm+ bcũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđulô m.

Chứng minh Trước tiên ta chỉ ra rằng, trong các số nguyênar1 + b, ar2 + b, , arm+ b

không có hai số nào đồng dư nhau môđulô m Thật vậy, nếuarj + b ≡ ark + b(modm)

arj ≡ ark(modm).Do (a, m) = 1 nên theo định lý 1.1.7 ta có

rj ≡ rk(modm).

Vì rj 6≡ rk(modm) nếu j 6= k nên ta suy ra j = k.

Do tập hợp các số nguyên trên đây gồm m số nguyên không đồng dư môđulôm nên các số nguyên đó lập thành hệ thặng dư đầy đủ môđulô m.

Định lý sau cho thấy rằng, các đồng dư được bảo toàn nếu cả hai vế đượcnâng lên cùng một luỹ thừa nguyên dương.

1.1.10 Định lý Giả sử a, b, k, m là các số nguyên, đồng thời k > 0,m > 0, a ≡ b(modm) Khi đó

ak ≡ bk(modm).

Chứng minh Do a ≡ b(modm), ta có m|(a − b) Vì

ak − bk = (a − b)(ak−1 + ak−2b + + abk−2+ bk−1)nên (a − b)|(ak − bk) Vậy m|(ak − bk), tức là ak ≡ bk(modm).

Trong trường hợp các số a, b đồng dư nhau môđulô nhiều số nguyên dươngkhác nhau, ta có thể kết hợp lại theo định lý sau.

1.1.11 Định lý Giả sử a ≡ b(modm1), a ≡ b(modm2), , a ≡ b(modmk),trong đó a, b, m1, , mk là các số nguyên, m1, m2, , mk > 0 Khi đó

a ≡ b(mod[m1 mk])

trong đó [m1 mk] là bội chung nhỏ nhất của m1, , mk.

Chứng minh Vì a ≡ b(modm1), a ≡ b(modm2), , a ≡ b(modmk), nên tacó m1|(a − b), m2|(a − b), , mk|(a − b) Từ đó suy ra rằng

[m1, m2, , mk]|(a − b),tức là

a ≡ b(mod[m1 mk]).

1.1.12 Hệ quả Giả sử a ≡ b(modm1), a ≡ b(modm2), , a ≡ b(modmk),trong đó a, b nguyên, m1, m2, , mk là các số nguyên dương nguyên tố cùngnhau từng cặp Khi đó

a ≡ b(modm1 mk).

Chứng minh Do m1, m2, , mk là các số nguyên dương nguyên tố cùngnhau từng cặp nên ta có

[m1m2 mk] = m1m2 mk.khi đó hệ quả được suy trực tiếp từ định lý 1.1.11.

Trước tiên ta nhận xét rằng nếu x = x0 là một nghiệm của đồng dưax ≡ b(modm) và nếu x1 ≡ x0(modm), thì ax1 ≡ ax0 ≡ b(modm), nên x1

cũng là một nghiệm Như vậy, nếu một phần tử của một lớp đồng dư môđulôm nào đó là một nghiệm, thì mọi phần tử của lớp đó cũng là nghiệm Vìthế có thể đặt câu hỏi: trong m lớp đồng dư môđulô, có bao nhiêu lớp chonghiệm, hay một cách tương đương, có bao nhiêu nghiệm không đồng dưmôđulô m.

1.2.1 Định lý Giả sử a, b, m là các số nguyên, m > 0 và (a, m) = d Nếud 6 |b thì đồng dư ax ≡ b(modm) vô nghiệm Nếu d|b thì ax ≡ b(modm) cóđúng d nghiệm không đồng dư môđulô m.

Chứng minh Số nguyên x là nghiệm của đồng dư ax ≡ b(modm) nếu vàchỉ nếu tồn tại số nguyên y sao cho ax − my = b Vì d = (a, m) nên d|b.Vậy, nếu d 6 |b thì đồng dư đang xét không tồn tại nghiệm.

Bây giờ giả sử d|b Vì d = (a, m) nên tồn tại các số nguyên s, t sao chod = as + mt.

Mặt khác, tồn tại số nguyên e sao cho b = de Từ đó ta đượcb = a(se) + m(te).

Như vậy, ta có thể lấy một nghiệm của đồng dư là x0 = se Ta sẽ chứng tỏrằng, các số

x = x0 + m ad

trong đó k nguyên, đều là nghiệm đồng đư đang xét Thật vậyax = ax0 + m a

k,mà ax0 ≡ b(modm), a

a(x − se) − m(y + te) = 0tức là

a(x − se) = m(y + te).Chia hai vế cho d ta được

d(x − se) =m

d(y + te).Do d = (a, m) nên (a

dk = x0 +m

dk.

Còn phải chứng minh rằng, có đúng d nghiệm không đồng dư môđulô m.Giả sử các nghiệm x1 = x0+m

dt1 và x2 = x0+m

d t2 đồng dư môđulô m:x0 + m

d t1 ≡ x0 + m

dt2(modm).Ta có

d t1 ≡ m

dt2(modm).Vì m

d|m nên (m,md ) =

d nên theo định lý 1.1.6,t1 ≡ t2(modm)

Như vậy, hệ đầy đủ các nghiệm không đồng dư nhận được bằng cách đặtx = x0 + m

dt, trong đó t chạy qua hệ đầy đủ các thặng dư môđulô d Tậphợp đó có đúng d phần tử, cho bởi t = 0, 1, 2, , d − 1.

1.2.2 Định nghĩa Giả sử a, m là các số nguyên, m > 1 Nghiệm của đồngdư

ax ≡ 1(modm)được gọi là nghịch đảo của a môđulô m.

Đặc biệt, có những số là nghịch đảo của chính nó môđulô một số nguyêntố p.

1.2.3 Mệnh đề Giả sử p là một số nguyên tố Số nguyên a là nghịch đảomôđulô p của chính nó khi và chỉ khi

a ≡ 1(modp)hoặc

a.2a (p − 1)a ≡ 1.2 (p − 1)(modp).VËy

ap−1(p − 1)! ≡ (p − 1)!(modp).V× ((p − 1)!, p) = 1 nªn ta ®­îc

1.3.3 Hệ quả Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên tố với p 6 |a Khiđó ap−2 là nghịch đảo của a môđulô p.

Chứng minh Giả sử p 6 |a Khi đó theo định lý Fécma bé ta cóa.ap−2 = ap−1 ≡ 1(modp).

Vậy ap−2 là nghịch đảo của a môđulô p.

1.3.4 Hệ quả Giả sử a, b là các số nguyên dương và p là số nguyên tố, p 6 |a.Khi đó nghiệm của đồng dư tuyến tính

ax ≡ b(modp)là các số nguyên x sao cho x ≡ ap−2b(modp).

Chứng minh Giả sử ax ≡ b(modp) Vì p 6 |a nên ap−2 là một nghịch đảocủa a(modp) Từ đó ta có:

x ≡ ap−2ax ≡ ap−2b(modp).

1.4 Số giả nguyên tố

Theo Định lý Fécma bé, nếu n là số nguyên tố thì với mọi số nguyên b tacó bn ≡ b(modn) Như vậy, nếu có số nguyên b sao cho bn 6≡ b(modn)thì n phải là hợp số Tuy nhiên, Định lý Fécma bé lại không cho ta cáchkiểm tra xem một số n có phải là số nguyên tố hay không Nói cách khác,phần đảo của định lý Fécma bé không phải bao giờ cũng đúng Ví dụ: vớin = 341, b = 2 ta có: n = 11.31,

2340 = (210)34 ≡ 1(mod11);2340 = (25)68 = 3268 ≡ 1(mod31).Từ đó suy ra 2340 ≡ 1(mod341), nhưng n = 341 là hợp số.

1.4.1 Định nghĩa Giả sử b là số nguyên dương Nếu n là một hợp số nguyêndương và bn ≡ b(modn) thì n được gọi là số giả nguyên tố cơ sở b.

Ví dụ trên đây cho thấy rằng 341 là số giả nguyên tố cơ sở 2.

Chú ý rằng, nếu (b, n) = 1 thì từ bn ≡ b(modn), ta suy được bn−1 ≡1(modn) Ta cũng thường dùng đẳng thức này để làm định nghĩa cho các sốgiả nguyên tố cơ sở b và nguyên tố cùng nhau với b.

Các số giả nguyên tố rất "thưa", chẳng hạn trong 1010 số tự nhiên đầu tiêncó 455.052.512 số nguyên tố, nhưng chỉ có 14.884 số giả nguyên tố cơ sở 2.Tuy nhiên, với mọi số nguyên b > 1, tồn tại vô hạn số giả nguyên tố cơ sở b.Ta sẽ chứng minh điều này cho trường hợp b = 2 Trước hết ta có bổ đề sau:1.4.2 Bổ đề Giả sử d, n là các số nguyên dương sao cho d|n Khi đó

(2d − 1)|(2n− 1).

Chứng minh Vì d|n nên tồn tại số nguyên t sao cho dt = n Đặt x = 2d, từkhai triển xt− 1 = (x − 1)(xt−1 + xt−2 + + 1) ta có:

2n− 1 = (2d− 1)(2d(t−1)+ 2d(t−2)+ + 2d+ 1),tức là (2d− 1)|(2n− 1).

1.4.3 Định lý Tồn tại vô hạn số giả nguyên tố cơ sở 2.

Chứng minh Giả sử n là một số giả nguyên tố cơ sở 2 Ta sẽ chứng tỏ rằng,m = 2n − 1 cũng là số giả nguyên tố cơ sở 2 Theo giả thiết, n là hợp số,chẳng hạn n = dt(1 < d, t < n) và 2n−1 ≡ 1(modn) Vì (2d − 1)|(2n − 1)nên m là hợp số Do n là số giả nguyên tố, 2n ≡ 2(modn), tức là tồn tại ksao cho 2n − 2 = kn Ta có: 2m−1 = 22n−2 = 2(kn+2)−2 = 2kn Do đó

m = (2n − 1)|(2nk − 1) = 2m−1− 1,tức là

2m−1 ≡ 1(modn).Vậy m là số giả nguyên tố cơ sở 2.

Chương 2

Các quan hệ hồi quy

2.1 Quan hệ hồi quy tổng quát

2.1.1 Định nghĩa Quan hệ hồi quy bậc k là một công thức cho phép tínhgiá trị f(n + k) qua các giá trị f(n), f(n + 1), , f(n + k − 1).

Ví dụ:

f (n + 2) = n2f (n + 1) − f (n) + f (n − 1) là quan hệ hồi quy bậc ba,f (n + 1) = f (n) + f (n − 1)là quan hệ hồi quy bậc hai (1)2.1.2 Chú ý Đối với quan hệ hồi quy bậc k, nếu cho các giá trị f(1), , f(k)thì các giá trị còn lại hoàn toàn được xác định Chẳng hạn trong quan hệ (1),nếu ta cho f(1) = f(2) = 1 thì ta nhận được dãy số nổi tiếng gọi là các sốFibonacci.

2.1.3 Định nghĩa Một dãy f(n) thỏa mãn một quan hệ hồi quy nào đó đượcgọi là một nghiệm của quan hệ đó Nếu quan hệ hồi quy bậc k thì k giá trịban đầu của dãy có thể lấy tùy ý, các giá trị tiếp theo hoàn toàn được xácđịnh.

Một nghiệm của quan hệ hồi quy bậc k được gọi là nghiệm tổng quát nếunó phụ thuộc k hằng số tùy ý C1, , Ck.

Ví dụ: Xét quan hệ hồi quy

f (n + 2) = 5f (n + 1) − 6f (n) (2)

4C1 + 9C2 = b

Hệ phương trình này có nghiệm C1, C2 với mọi giá trị của a, b.

2.2 Hồi quy tuyến tính hệ số hằng

2.2.1 Định nghĩa Quan hệ hồi quy tuyến tính bậc k với hệ số hằng là quanhệ có dạng

f (n + k) = a1f (n + k − 1) + a2f (n + k − 2) + + akf (n),trong đó a1, a2, , ak là các hằng số nào đó (không phụ thuộc n)

Trước tiên ta xét trường hợp đơn giản: các quan hệ hồi quy tuyến tính với hệsố hằng

Af1(n+2)+Bf2(n+2) = a1[Af1(n+1)+Bf2(n+1)]+a2[Af1(n)+Bf2(n)].Vậy f(n) = Af1(n) + Bf2(n) là nghiệm của (3).

2.2.3 Bổ đề Giả sử r1 là nghiệm của phương trìnhr2 = a1r + a2 (4).Khi đó dãy {rn} là một nghiệm của quan hệ

f (n + 2) = a1f (n + 1) + a2f (n) (5).Chứng minh Ta có f(n) = rn

2.2.4 Nhận xét Dãy rn+m1

thể viết dưới dạng đã nêu trong định lí Mỗi nghiệm của quan hệ (6) đượcxác định duy nhất bởi các giá trị f(1), f(2) Vì thế, chỉ cần chỉ ra rằng, hệphương trình

C1 + C2 = aC1r1 + C2r2 = b

có nghiệm với a, b tùy ý Dễ thấy rằng, các nghiệm đó làC1 = b − ar2

r1 − r2, C2 =

ar1 − br1 − r2Định lí được chứng minh.

Bây giờ ta chuyển sang xét trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệmbội.

Giả sử phương trình đặc trưng của quan hệ đã cho có các nghiệm trùngnhau, chẳng hạn r1 = r2 Khi đó biểu thức C1rn−11 + C2rn−12 không còn lànghiệm tổng quát nữa, vì nghiệm đó được viết dưới dạng f(n) = Crn−1

Nói chung, không thể chọn hằng số C sao cho hai điều kiện ban đầuf (1) = a, f (2) = b được thỏa mãn.

2.2.6 Định lý Giả sử phương trình đặc trưngr2 = a1r + a2

có nghiệm bội r1 Khi đó nghiệm tổng quát của quan hệ đang xét có dạngf (n) = r1n−1(C1 + C2n),

trong đó C1, C2 là các hằng số tùy ý.

Chứng minh Vì phương trình đặc trưng có nghiệm bội nên theo Định lí Viétta có: a1 = 2r1, a2 = −r12 Ta viết phương trình đặc trưng dưới dạng:

r2 = 2r1r − r12.Như vậy quan hệ hồi quy sẽ có dạng

f (n + 2) = 2r1f (n + 1) − r12f (n) (7).

Ta thử lại rằng f2(n) = nrn−11 là một nghiệm của quan hệ đang xét.Ta có:

f2(n + 2) = (n + 2)rn+11 , f2(n + 1) = (n + 1)rn1.Thay các giá trị này vào (7) ta nhận được các đồng nhất thức:

(n + 2)r1n+1 = 2(n + 1)rn+11 − nr1n+1.Vậy nrn−1

1 đúng là một nghiệm.Theo bổ đề 2.2.2, với C1, C2 tùy ý,

f (n)r1n−1(C1 + C2n) (8)

cũng là nghiệm Mặt khác, với điều kiện f(1) = a, f(2) = b tùy ý, ta luônluôn xác định được C1, C2 sao cho (8) là một nghiệm của quan hệ đang xét.Vậy (8) cho ta công thức nghiệm tổng quát trong trường hợp phương trìnhđặc trưng có nghiệm bội.

2.2.7 Nhận xét Đối với quan hệ hồi quy tuyến tính hệ số hằng cấp k tùy ý,ta cũng có kết quả hoàn toàn tương tự Xét quan hệ hồi quy cấp k dạng

f (n + k) = a1f (n + k − 1) + + akf (n).phương trình đặc trưng tương ứng: