Luận văn đa thức stern và một số vấn đề liên quan

B ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG
ĐẠI
HỌC
s ư PHẠM
HÀ NỘI
________1
______1
_____________
1________
• 2

NINH THỊ HIÈN

ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN
VĂN THẠC
s ĩ TOÁN HỌC
•
•
•

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2015

LỜ I 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 Thày 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 tói 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 chon đề tài.........................................................

................................... 1

2. Muc đích nghiên cứu...................................................

................................... 1

3. Nhiêm vu nghiên cứu................................................... ............................2
4. Đối tương và pham vi nghiên cứu.............................. ............................2
5. Phương pháp nghiên cứu............................................ .............................2
6. Đóng góp của luân văn................................................ ............................2
Chương 1. ĐA THỨC STERN.............................................. ............................. 3
1.1 Dãy Stem....................................................................

................................... 3

1.1.1 Đinh nghĩa dãy Stem ..........................................................

................................... 3

1.1.2 Môt cách biểu diễn hê đếm ..............................................

.................................10

1.1.3 So sánh với dãy Fibonacci................................................ ................................ 12

1.1.4 Mô tả tâp các số hữu tỉ qua dãy Stem .......................... ................................16
1.2 Đa thức Stem .............................................................................

................................ 20

Chương 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐA THỨC
STERN........................................................................................................ ................................ 47
2.1 Dãy Stem và đồ thi Hà Nôi.................................................. ................................ 47
2.1.1 Trò choi tháp Hà Nôi..........................................................

................................ 47

2.1.2 Đồ thi Hà Nôi......................................................................... ................................ 48
2.1.3 Đồ thi Hà Nôi và dãy Stem .............................................. ................................ 51
2.2 Đa thức Stem và mã Gray..................................................... ................................ 60
KẾT LUÂN............................................................................................... ................................ 64
TÀI LIÊU THAM KHẢO..................................................................

................................ 65


1

MỞ ĐÀU
1. Lý do chọn đề tài
Dãy Stern là dãy được xác định bởi công thức truy hồi dạng
b0 = 0 ,by= 1;
b2n=bn>n * ỉ '>
b 2n+l = b n + b n+l ’ n ^ l -

Dãy Stem lần đàu tiên được Stem nghiên cứu năm 1858 trong [6]. Sau đó dãy
Stem được nhiều nhà toán học khác nghiên cứu (xem, thí dụ, [4], [5], [7], [8])
và sử dụng để giải quyết các vấn đề khác (xem, thí dụ, [3]).
Một phát triển trong nghiên cứu dãy Stem là đa thức Stern, tức là đa thức
Bk (í), k > 0, t e M được xác định bởi công thức truy hồi sau:
Âo(/) = O ,A (0 = l;
B2„{t ) = tB„(t ) ’n ^ ỉ’
B 2 „ A t ) = B n A t ) + B » (t ) ’ n > ỉ -

Đa thức Stem có lẽ lần đầu tiên được nghiên cứu trong [4]. Nhiều tính chất
hay của đa thức Stem đã được nghiên cứu trong [4]. Đa thức Stem có liên
quan đến nhiều vấn đề khác của toán học, tin học và thực tế (xem, thí dụ, [4]).
Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về một đề tài, theo chứng tôi, có nội dung
mới, tương đối phong phú và thú vị, đồng thời có thể sử dụng trực tiếp trong
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 sổ 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 Stem và đa thức Stem.
- Tìm hiểu và trình bày một số vấn đề và một số bài toán liên quan đến dãy
Stem và đa thức Stem.


2

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu dãy Stem và đa thức Stem.
- Nghiên cứu một số bài toán liên quan tới dãy Stem và đa thức Stem.
4. Đối tượng và phạm vỉ nghiên cứu
Dãy Stem, đa thức Stem và một số vấn đề liên quan.

5. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập các tài liệu liên quan tới dãy Stem và đa thức Stem.
- Phân tích, tổng hợp và hệ thống các kiến thức liên quan tới dãy Stem và đa
thức Stem dưới dạng một Luận văn cao học.
6. Đóng góp của luận văn
Trình bày luận văn như một tổng quan về dãy Stem, đa thức Stem và một số
vấn đề liên quan.


3

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
Stem, chủ yếu theo [5].
1.1.1 Định nghĩa dãy stern
Dãy Stem làn đàu tiên được Stem 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 Stem 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 Stem đầu tiên là 0 và 1.
Các số Stem b tiếp theo trong dãy Stem [b Ị được định nghĩa theo công
thức truy hồi:
ì 2n+l
' =\= K

h

í 1-1-1»

+ b n+1-

Dãy Stem còn được gọi là Stem's diatomic sequence. Tên này xuất phát từ
mảng của các số trong Bảng 1.1 dưới đây, được gọi là Stem's diatomic array.
Bảng 1.1
1

1

1

2

1
4

1
1

2

3

1
5
6

5

3

4
9

4

7
11

7

3

8
11

8

5
13

5

7
12

7

5

2
9

2

1

3

2

5

3
10

1

7
9

7

12

5

4

3

5

8
13

8

3
11

3

7
10

7

1

4
11

4

5
9

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.

5

1
6

1


4

1
1

1

1
1
1

2
3

1
1

3

4

6

4

1

Hình 1.1
Dãy Stem được xây dựng tương tự như tam giác Pascal: Khi đã có các số ở
dòng thứ n của dãy Stem, 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 Stem chứa 2”_1 +1 phần tử.
Thật vậy, với n - 1 thì 2"_1 + 1 = 2 đúng vì hàng đầu tiên có hai phàn tử bằng
1. Giả sử qui nạp rằng hàng thứ n chứa 2"“1+1 phàn tử. Khi ấy theo qui tắc
xây dựng dãy Stem, giữa 2”_1 +1 phần tử ta phải thêm vào 2"_1 phàn tà. Do
đó, số phần tử của hàng thứ n +1 là:
(2"_1 + 1) + 2"“1= 2.2"“1+1 = 2" +1 phàn tử.
Khẳng định được chứng minh.
Ta cũng nhận xét rằng, tổng của các phần tử trong hàng thứ n là 3"“1+1.
Thật vậy, với n = 1 thì 3”_1 +1 = 2 đúng vì hàng đàu tiên có hai phàn tử bằng
nhau và bằng 1, 1+ 1 = 2. Giả sử qui nạp rằng tổng của các phần tử trong hàng
thứ n là 3"“1+1. Khi đó tổng của các phàn tử trong hàng thứ n + ỉ là 3" +1.
Thật vậy, hàng thứ n + 1 có 2” +1, trong đó có 2”-1 +1 phần tử là của hàng
thứ n, do đó theo qui nạp, tổng của chúng bằng 3"“1+1. Tổng của 2"“1 phần


5

tử của hàng thứ n + 1 xen giữa 2" 1+1 phàn tò của hàng thứ n là

2 Ị 3"“1 + 1) -1 -1, vậy tổng của 2” +1 phàn tử của hàng thứ /7 + 1 là

3"“1+ l + 2(3"“1+ l ) - l - l = 3 "+ l.
Ta có điều phải chứng minh.
Mảng diatomic Stem có thể được viết một cách hình thức theo các số hạng
của dãy {ốw} trong Bảng 1.2 dưới đây.
Bảng 1.2
k

K

K

K

b3

K

K

K

bi

K

K

K

K

K

K

K

K

K

K

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Mỗi hàng của mảng diatomic Stem có tính chất hồi văn (xuôi ngược đều
giống nhau-palindromic) và hàng thứ n bắt đầu từ số hạng thứ b „ và kết thúc
bởi số hạng thứ b „+1, do đó ta có thể biểu diễn tính đối xứng này bởi công
thức: với mọi n và mọi 0 < k < 2" ta có
b2n+k = b2nn+1+1 k .

(1.1.2)'

v

Theo qui nạp, ta cũng khẳng định rằng, vói mọi k, n mà 0 < k < 2 n thì
i 2.+ t= Ế« + V t -

(1-1-3)

Giả sử Fn là số Fibonacci thứ n, được định nghĩa bởi công thức truy hồi
f 0 = o , í ; = i , í '„ 1= f , + í ; _ „
hoặc bởi công thức Binet

(n > 2)


6

K = - -------------r -------- = - ------ >
2”y/s
ệ -ệ

(1.1.4)

^
M ---------(l + ^ ) và ệ- là liên hợp
- đại sôẨ của ệ,
trong đó ệ là "tỉ sôk vàng"

2
Chú ý rằng, cột bên phải của mảng diatomic Stem đối xứng với bên trái
mảng. Loại bỏ cột bên phải và dồn các số sang bên trái, ta được “mảng dồn”
(crushed array) như trong Bảng 1.3 dưới đây.
Bảng 1.3
1
1

2

1

3

2

3

1

4

3

5

2

5

3

4

1

5

4

7

3

8

5

7

1

6

5

9

4

11

7

10 3

2

7

5

8

3

7

4

5

11

8

13

5

12 7

9

2

...

Dưới đây là các tính chất của mảng dồn.
Định lí 1.1 a) Mỗi cột là một cấp sổ cộng (hiệu của hai sổ liên tiếp là không
đỗi) có các công sai lần lượt là các sổ hạng của dãy Stem :
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 sổ đầu tiên (earliest index) của sổ lớn nhất của các hàng là 1, 3, 5, 11,
21, 43, 85,..., là các số hạng J Ỉ,J 2,... của dãy Jacobsthal ( J n). Chỉ số thứ


7

hai ậast index) của sổ lớn nhất của các hàng là 2, 3, 7, 13, 27, 53,..., là các
số hạng của dãy Jacobsthal ( J n) với
J\ =

= Jn +

= 2,3,—

Chứng minh khẳng định a) Khẳng định a) có thể phát biểu thành
br , t =nbt +c.
Thật vậy, từ (1.1.3) ta có
<3’>
Từ (1.1.2) suy ra
b2n
n+
n k.
+1l-k = b2n+

v(2’)
J

Thay (2’) vào (3’) ta được
i 2-.»+Ä* =Ä2■*'«■

(*)

Từ (3’), (2’) và (*) ta có
V

«

+ V ' - * +í w

= i * +(**+ V ' J

= 26‘ + V - + Í = 26* + (6* + V ’J

= 36* + W

= ... = nbk +b2+k.
Suy ra bz„TÄ - nbk không phụ thuộc vào n hay bz „TÍ = nbk + c.
Đe chứng minh các khẳng định b) và c), trước tiên ta định nghĩa và chứng
minh một số tính chất của dãy Jacobsthal.
Dãy Jacobsthal Ụ n) là dãy có công thức truy hồi
J ị= \, J 2 —3, J n+1 = J n + 2Jn_ì, n = 1,2,...
Một số số hạng đàu tiên của dãy Jacobsthal là:
1,3,5,11,21,43,85,...
Dãy Jacobsthal được cho bởi công thức Binet


8

2” - ( - l ) "
J»= —

(***)

Thật vậy, với n = ì thì J ị= ỉ (đúng). Giả sử (***) đúng với n, ta sẽ chứng
. , ,

,
,,
.
,
2”+1- ( - l ) " +1
minh cho (***) đúng với n +1, tức là phải chứng minh J„+ì=-------- ——
2" - ( - l ) "
2”-1- ( - l ) " “1
Ta có, J n+Ỉ = Jn+ 2Jn_ỉ = ----- L L + 2.------- ± - J —
_ 2.2" - ( - l ) " + 2 .( -l)” _ 2"+1 + ( - l ) ”
3
3
2"+1 - ( - l ) (-l)" 2”+1—
2”+1- ((- l1^”+
) ”+1
= ------—— = ------- -—-— (điều phải chứng minh).
3
3
Vì số hạng J n của dãy Jacobsthal là số nguyên nên từ công thức (***) suy ra
J luôn là một số lẻ. Cũng từ công thức (***) ta có
,

n

2 r-'
3

2 . ( - i r '- ( - i r
3

n -\ -

3

~

z"

2 . ( - i r '- ( - i ) . ( - Ị r '
3

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, ỉ\ = \ là số lớn nhất của hàng đầu tiên, ỏ3 - 2 là số lớn nhất
của hàng thứ hai, b5 - ồ7 = 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 làn, trừ hai hàng đầu tiên.
Giữ lại hai số đàu 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,


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 nhất trong mỗi hàng), cũng tuân theo công thức truy hồi
Jacobsthal J n+Ì =J„+ 2J n_u n = 1,2,... với J x =2, J 2 = 3.
Kí hiệu M n là số lớn nhất của hàng thứ n của mảng Stem. 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 2n+l = K + b n+1 = b 2n + b n+1 > b 2n -

Do đó, M n+Ỉ - b2k+ì đối với một số k nào đó, vì vậy M n+l bằng tổng của hai
số hạng liên tiếp trong hàng liền trước (hàng thứ n): bkvằ bk+v Một trong hai
số Ả:và k + l là chẵn, vì vậy sẽ xuất hiện trong hàng liền trước (hàng thứ
n - 1), do đó M n+l < M n +

.

Bởi vì M l = 1 = F2 và M 2 = 2 = F3. Bằng phép quy nạp ta chứng minh được
M n
(**)

Thật vậy, với n = 2 ta có M 3 < M 2 + M l = F3 + F2 = F4.
Giả sử (**) đúng với n, tức là M n < Fn+1. Ta sẽ chứng minh M n+Ỉ < Fn+2.
Theo định nghĩa dãy Fibonacci Fn+1 = Fn+1 + Fn và giả thiết qui nạp, ta có:
M n+1 ^ M n + M n- 1 ^ F n+1 + F n = F n+2-

Vì J n - 2 J n_ỉ = ±1 nên
b Jn +1 = b J n + U n-l = b J n + b ^ n - l = b J n

Bởi VÌ bJx =b1=l = F1 và bj2 =b2 =1 = F2 nên bjn =Fn.

+ h Jn-X ■


10

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:
n —Bq + .2 + £2 *4 + 63.8 + 64.16 +... + Bfc.2 ,
ở đó ei e {0 , 1, 2 } được gọi là một phép biểu diễn siêu cơ số 2 (siêu nhị phânhyperbinary representation) của n. Nói chung có nhiều phép biểu diễn siêu cơ
số 2 của một số nguyên n.
Định lí 1.2 Với mọi sổ tự nhiên n, sổ biểu diễn siêu cơ sổ 2 của n bằng bn+ỉ.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh điều này bằng cách sử dụng hàm sinh
(generating function). Xét hàm sinh cho dãy diatomic Stem
A ( x ) : = f]bn+1x n.
n=0

Từ Khẳng định b), c) của Định lí 1.1, nếu bk xảy ra ở hàng thứ n - 1 thì
bk
. Từ đây suy ra ả (x ) có bán

kính hội tụ dương, và với X trong khoảng hội tụ thì chia chuỗi
các tổng mà ở đó n lẻ hoặc chẵn, ta được

Ả ( x ) = ± b lny

+± b ln lx ^

n=ữ

= Ễ ( K + b n+1 y
n=0

= ^1 + X+ X2

n=0

n + Ễ b n+lx2n+ì
n=0

)

( s ử d W !g ( ! • 1 • ! ) )

(sử dụng b0 = 0).

Tính liên tục của A (x) tại 0, kết hợp với ^4 ( 0 ) = 1 cho ta
^4(jc) = ^l + x + x2jỊl + x2 +JC4^1 + JC4 + x 8jỊl + Jc8 + x 16)...

ả (x )

thành

11

= (*01 + x u + * 21)(x0-2 + x1-2 + x2-2)(x0A+ x1A+ x2A)...
Mỗi so hạng trong tích này có dạng
X

ở đây,

Cq+6{.2+e2.4+Ổ3.8+£4. 16+...

e {0 , 1, 2 }, và vì vậy hệ số của x n trong

3
ả (x )

e0 +eỊ.2 + e2.4 + eĩ .S + e4.ỉ6 + ...,

có dạng

ẽị e {0 , 1, 2 }.

1.1.3 So sánh vói dãy Fibonacci
Ta đã thấy rằng số lớn nhất của hàng thứ n của mảng diatomic Stem là số
Fibonacci thứ n +1. Thật ngạc nhiên là, các số bn tương tự như các số
Fibonacci.
Xét tam giác Pascal:

1
1
1

'
1

1
2

1

0

3
6

4

1
4

1

trong đó các số hang của mỗi hàng là các hê số của nhi thức

'n '
\ k;

n\
k \ịn - k y .

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 = Fs.

Tổng quát
'i +j '
= 2i+j=n
£

=

pn+l'

(1.1.5)


12

Kí hiệu a m odb là phần dư của a khi chia cho b hay a m odb := a -b

ừong đó,

là phần nguyên của a chia b .

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

'n '

được thay bởi

Vk J
là lẻ,

1, nếu

mod 2 :=
vk y

0, nếu

vky
V

là chẵn.

vk y
1

0

0

0

Dãy diatomic Stem xuất hiện như các tổng đường chéo qua tam giác Pascal
mod 2. Ví dụ, tổng của các số ừong ô vuông là 3 = b5.
Tổng quát ta có kết quả sau đây.
Định lí 1.3 (Theorem 4.1, [5])
íi I A
i +j

mod 2

= b n+v

( 1.1.6)

2 i+]=n

Mệnh đề 1.1 (Proposition 4.3, [5]) Dãy Stern diatomic thỏa mãn công thức
K +1 = b n + K - x - 2 ( b n -1 m o d K ị

Chứng minh Ta chứng minh bằng qui nạp.

0 • 1 -7 )


13

Giả sử (1.1.7) đúng tại n cố định. Ta phải chỉ ra rằng (1.1.7) cũng đúng với
2n +1 và 2n.
Chú ý rằng, theo định nghĩa dãy Stem ta có
b 2«+ l= b n + b «+ l= b 2 n + b «+ l> b 2n

nên
b2nmoảb2n+ì=b2n=bn.
Vì vậy
b 2n+2 = b n+l = ( K +l + b n ) + b « - 2 ( b 2n m o d b 2n+l )
= b 2n+l + K

- 2 { b 2n m O ả b 2rl+l ) .

Do đó (1.1.7) đứngvới2n + l.
Lại có
*2,-1 mod K = (K + K-\ ) mod K = bn_xmod bn.

Theo qui nạp, (1.1.7) đúng với n nên ta có:
b 2n+l = b n + b n +1 = K

+ ( K + K -X

- 2 ( b n - l m o ả b n ))

= b 2 n + b 2 n - l - 2 ( b 2 n - i m ữ ả b 2n)-

Vậy (1.1.7) cũng đúng với 2n.
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:

k=0

Ta cũng có điều tương tự cho dãy Stem trong Mệnh đề 1.2 dưới đây.


14

Mệnh đề 1.2 Giả sử s2(£) là sổ sổ 1 trong phép khai Men nhị phân của
kvà ơ := e™13, ỡ .= e~ ÂỈ/3 là căn nguyên thủy thứ 6 của đơn vị. Khỉ ấy
r

- s 2{n-k)

(1.1.9)

k =0

Chứng minh Ta sẽ chỉ ra rằng, hàm sinh của cả hai vế như nhau. Chú ý rằng,
s2 (£) 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:
s2(2k)

=s2(k )

s2{2k + ì) =5'2(ả:) + 1
=

0

0.

Thật vậy, bằng cách chia cho 2, một số tự nhiên k bất kì đều có thể biểu diễn
dưới dạng tổng các lũy thừa của 2 với các hệ số bằng 1 hoặc bằng 0. Ta có
k = a„.T + a ,.2 " ‘ +... + am_v2'+a„.2° = (a Go,...a.)2.
2k = 2 ịa 0.2~ + a r 2"-1+... + U _r 2‘ +a .2°)
=
.22 + am.2' +0.2° =

0)2.

2k + l = a0.2’ " + 0, 2- +... + a,_ư22 + a„.2‘ +1.2" = (a 0a1...a.l)ĩ .
Cho ơ := ei7ĩl3 và số tìiực

X.

Đặt
/> (* ):=
¿=0

Khi đó £>(0) = 1 và
D ( x ) = Ẽ ° A ( 2 ‘ )* 2 ‘ + Ẻ
k =0
k =0

V

‘*‘

= ¿ ơ SÁk)x2k + x ỵ ơ Sĩ{k)+ỉx 2k = (1 + ơ-x)Z)(x2).
k=0

¿=0


15

Bởi vì (l + X + X2) = (l + crx)(l + ene) nên ta có
|z>(0 )|2 = 1, |z>(*)|2 = (l + JC+ X2)|z>(x2)|2
và bởi vì |z>(jt)|2có công thức tích tương tự như

(Jt). Do đó

V Ì = Ễ Í Ề ơ s^ k)ỡ SÁn-k) x n.

ẳ Ồn+1*" = Í Ễ
n=0

ẩ

\£ = 0

) v*=0

)

n=0\k=0

Dãy 1^2 ( ả:)Ị đã được nghiên cứu kĩ, dãy |2 Ỉ2^ | 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
x n -=

X
ai+bj=n

mod 2

Mệnh đề 1.2 dẫn đến một số cách khác để viết bn.Bởi vì
trái

của (1.1.9) là số thực nên có thể viết
b n +1

=Ẻ 9ì(ơ-ỉ
2W ' Ỉ2(" ' Ế) )= ¿ c o s ( ^ ( ä 2 (*) k=0 v

'

k=0

s2

(n

-

*)) / 3 ) .

( 1 .1 .1 0 )

Cuối cùng, vì

trong đó, 1(3) (n) bằng 1 nếu n là một bội số của 3, ngược lại thì bằng 0.
Ta thấy
*„+, = ị Ề

¿ k =0

L

Từ công thức Binet (1.1.4) ta có
lim — - -j=.

"_K0 ện V5
Suy ra

[3.1(3)( t ) - * (»
w _|

- 1)) - 1].


16

limsuP
-ã ằ W = L
n->00
(p

(1-L11)

Ngoài ra, ta cũng có
2*2(")
limsup—:—r r = ln-> 00

A

Nếu £(«) là số các số lẻ trong n hàng đàu tiên của tam giác Pascal,
5 ( / i) = X 2 '2(*) thì
k
V
,

lim sup S, M
_ /s -=1.
r ; 3^«
1.1.4 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
X , tập các số nguyên dương). Ta cũng có một phép tương ứng 1-1 giữa các
phàn tử của dãy diatomic Stem và tập các số hữu tỉ.
'
b
'
Đinh lí 1.4 Anh xa n I—> —^— là môt song ảnh từ z + vào tâp các sô hữu tỉ
K +1
dương.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lí bằng cách chỉ ra rằng mọi cặp số
nguyên tố cùng nhau [a,b] xuất hiện chỉ một làn trong dãy
L := [1,1], [1,2], [2,1], [1,3], [3,2], [2,3], [3,1],...,
Ta định nghĩa "thuật toán ơclit chậm" (Slow Euclidean Algorithm-SEA) trên
các cặp số nguyên dương như sau: Cho một cặp [a,b], trừ số lớn cho số nhỏ
hơn, lặp lại, dừng khi hai số trong cặp bằng nhau.
Ví dụ:
[4,7] H. [4,3] H. [1,3] H. [1,2] l-> [1,1],
[14,24] l-> [14,10]

[4,10]

[4,6]

[4,2]—>[2,2].

17

Ta nhận thấy rằng, sau mỗi bước, ước chung lớn nhất của hai số a và ố là
không đổi. Thật vậy, giả sử a và ỏ là hai số nguyên dương, a > b, k là ước
chung lớn nhất của a và ỏ thì a = aỉk, b - bịk. Khi đó a - b = (aỉ - b ỉ)k, ở
đây av bị 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,bỴ
Đặt Ln := [ỏn,ỏn+1]. Từ (1.1.1), thấy rằng với n> \ thì
SEA: L2n,L2n+l I—>Ln
và hơn nữa, nếu SEA: [a,b] h-> Ln thì hoặc [a,b] - L2n hoặc [a,b] - Lln+Ỉ. Vì
Lị = [1,1] nên mỗi Ln là một cặp nguyên tố cùng nhau.
Nếu có cặp nguyên tố cùng nhau [a,b\không nằm trong L, thì tất cả các phàn
tà 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 làn trong L. Nói chung, không có cặp nguyên tố
cùng nhau nào xuất hiện nhiều hơn một làn trong L. Thật vậy, giả sử ngược
lại, tồn tại một số n nhỏ nhất, n> 1 sao cho Ln - Lm với m>n. Áp dụng một
bước của thuật toán SEA vào cả hai

và Lm cho

n
_2_

m
và do đó
_2_

m - n + ỉ. Do đó, bn = bn+Ị = bn+2 (mâu thuẫn).
Nhận xét Tập hợp
1 1 2 13 2 3 14
l ’2 ’ l ’3 ’2 ’3 ’ l ’4 ’3 ’" ‘’ bn 7
tương ứng 1-1 với tập các số hữu tỉ dương (mà không có số nào xuất hiện hai
lần).


18

Kí hiệu ỊxỊ là kí hiệu cho phần dư (phần thập phân của JC). Theo định nghĩa
phàn nguyên và phần dư của

X

ta có

1 + 2|_JCJ - x = l + 2 ị x - {jt}) - x = l + x - 2 ị x } .

Phương trình (1.1.7) dẫn đến Định lí 1.5 dưới đây.
Định lí 1.5 Dãy lặp JCj=l,

x n+1
4.1 =

1+ 2

x_

X

J=l + — -2-1 — L n = 1,2,... (hay dãy lặp
X
X

1
-----), trải hêt tập các sô hữu tỉ dương.
X

~
Chứng minh Đăt rn

b ,

.1 1
ta có thế viết lai công thức (1.1.7)

K
K +1 = K + K - x - 2 { K -1 m o d K ) dưới d ạ n g !

rn+i = ỉ+ - r - 2 \ z r \ hay

=1 +2 r

n

Thật vậy, ta có
K +1 = b n + K -1 - 2 { K - 1

mod

= b ,-b ,_ ,+ 2 b ,

K

) = K

+

K -x -

(
2

b
K - \ ~ bn

l

\

L

bn \ )

.
L bn _

Suy ra i „ 2 =

- i„ + 2i„+] A -

hay | ± ì = l - i + 2 A - .

_ B+l J

n+1

n+1

L n+1 -

1 ^ 1
, 1 „ (l f l l ì , 1
lì
Suy ra rn+l = 1 - — + 2 — = 1 - —+ 2 — - i — f =1 + — —2< — k
rn

l rn \

rn

\r n

ự « })

Tn

ựn\

1TLS.
fl 1 2 1 3 2 3 1 4
bn+ì
Mà theo Nhận xét 1 ở trên thì tập
,...,^Ĩ±L,
■ [1 2 1 3 2 3 1 4 3
bn
ứng 1-1 với tập số hữu tỉ dương.

tương


19

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,
“
l
í
Y
~ ^ — = — —Tì
m=ỷkn,tbm- l ( í- 1 ) 2
k=1
v '

(1.1.12)

và
X,

(1-1-13)

n =1D2n0 2n+l°2n+2

Chứng minh Với số hữu tỉ r, kí hiệu ổ[r) là mẫu số của r khi r được biểu
diễn dưới dạng phân số tối giản, hay
<ỹ(r) := min {ả: e N :fe , e Z |.
Đặt A = ịịn, j) :n ,

> n |v à

B = ịịr ,k ) \r eQ , 0 < r < 1, £ e Z +j,

định nghĩa f : A ^ > B là hàm f { n , j } =

(n

ì
.,g cd (n ,j) ■ Ta thấy / là song
vi
/

ánh và nếu f ị n , j ) = (r ,k ) thì ố (r) = — và vì vậy k ổ ịr ) - j.
Do đó
] . ^ =
ữ

ữ
j . h - a{r)= ị ỵ , t - ‘ = ị t - ' ị r ‘ = - ±
0ữ
n=lj>n
n=ì j>n

n=1
n=1

/=1

ị t — ]j=\ { t —1^

Chú ý rằng với số nguyên dương j bất kì, bj < b j +ỉ nếu và chỉ nếu j chẵn.
Do đó, bất cứ số hữu tỉ ngặt nào giữa 0 và 1 đều có dạng ^2m ^2m +l

m> 1 duy nhất, và ta thấy rằng:
“

1

và

1

ỉ i / * 2- 1 - l = ( í - l )

, với
^2m+l


20

1
Vì ốj =1, cộng —— vào cả hai vê ta được (1.1.12).
Kí hiệu a _Lb nghĩa là a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Để chứng minh
công thức thứ hai, ta viết lại vế trái bằng cách sử dụng phép thế m - n + k thì

n=l ^2n^2n+1^2n+2

=2

I

77

Tũ= i

X

^
z

—-Vk
k7 + m

=x

n,k>\,nl.k Y l k ị ĩ l + m=2 k
_ " 2
=£ 3
771=2 771

3

k < m ,k l.m

k^km

r 11
3

I

1 ^ 4 1
7

Ta chú ý rằng (xem Theorem 7, [1]), nếu điểm (a,Ị3) được chọn ngẫu nhiên
duy nhất từ tam giác I( a , 0 ) : 0 < a < 1,0 < p < a Ị tìiì xác suất để mẫu số nhỏ
nhất có thể của bất cứ phân số nào giữa a và J3 là n được cho bởi công thức
—3 ¿X-t
ft

-1

k

k
gcd(fc,n)=l

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 Stem có thể được phát triển thành đa thức Stem 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 Stem, theo các tài liệu [2], [4], [7], [8].
Định nghĩa 1.2.1 Đa thức Stern Bk{t), Ả;>0, í e R là đa thức được định
nghĩa như sau:
Bữ(í) = 0,B1(í) = ỉ;
B2n(t) ^ tB n{t)ì n >V,
B 2n+l { t ) = B n Ả t ) + B n { t ) ’ n > 1 -

(1.2.1)


21

Từ công thức trên, ta có
+ Với n = 1 :

B2(í) = tB1(í) = t.\ = í;
(0 = B2(0 +

(0 = t + 1•

+ Với n - 2 : BA{t) = íB2(í) = í2,
Bị ( ^) = Bị ( í) "I"-®2( 0 = ^ 1 ^ =
+ VỚÌ n = 3:

1■

5 6(í) = í53(í) = í(í + l) = í2 +t,
B-J ^t ^ = B ị

^t ) +

B-ị ị^ t')= t

+ Í + 1.

+ Với n - 4 : B%{ t ) - t B ị (í) = í3,
Bỹ ( í ) = -®5(í) + -®4( í ) = 2í +1 +1 —t + 2.Í + 1.
Tiếp tục quá trình trên cho từng giá trị n nguyên dương ta được dãy đa thức
Stem như sau
0,1,

t, t

+1,

t ,

21 + 1 ,

t

-\- i , i

2í + 2í +1,í + í

+í

+ í +1,

t ,t

+ 2 1 + 1 , 2 1 + í,

t

+ 3í + 1 ,

t

+

1

,

+Í + 1,í

Nhận xét 1.2.1

l) 5 „ ( l) = 6„,n>0.
Chứng minh bằng qui nạp.

Ta có B0( 1) = 0 = b0,B1( 1) = 1= bv Giả sử 1) đứng với n< k, ta chứng minh 1)
cũng đúng với n = k +1. Thật vậy, theo giả thiếtqui nạp,định nghĩa đa thức
Stem và dãy Stem ta có:
+ Nếu n = 2k thì B2k+Ỉ (1) = Bk ( 1) + Bk+l ( 1) = bk + bk+l = b2k+l. Suy ra
B n A l ) = b n+i

nếu chẵn.
n

+ Nếu n = 2k +1 thì B2k+2 ( 1) = Bk+l ( 1) = bh+ì = b2k+2. Suy ra Bn+Ỉ ( 1) = bn+ỉ
nếu n lẻ.