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

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Dãy Stern là dãy được xác định bởi công thức truy hồi dạng

b0  0, b1  1;
b2 n  bn , n  1;
b2 n1  bn  bn1 , n  1.
Dãy Stern lần đầu tiên được Stern nghiên cứu năm 1858 trong [6]. Sau đó dãy
Stern 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 Stern là đa thức Stern, tức là đa thức
Bk  t  , k  0, t   được xác định bởi công thức truy hồi sau:

B0  t   0, B1  t   1;
B2 n  t   tBn  t  , n  1;
B2 n1  t   Bn1  t   Bn  t  , n  1.

Đa thức Stern có lẽ lần đầu tiên được nghiên cứu trong [4]. Nhiều tính chất
hay của đa thức Stern đã được nghiên cứu trong [4]. Đa thức Stern 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 chúng 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 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.


2

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.

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
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 bn tiếp theo trong dãy Stern bn  được định nghĩa theo công
thức truy hồi:
b2 n  bn ,

b2 n1  bn  bn1.

(1.1.1)

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.
Bảng 1.1
1

1

1

2

1

3

1
1
1

4
5

2

3

4

7

6 5 9 4 11

7

10

1

5

3

2
2

5

3

8

5

7

7

3 11

8 13

5 12

7 9 2 9 7 12

1

3

4

5

8

3

7

4

5 13

8 11

3 10

7 11

4 9 5 6 1

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.

1
5

1

4

1
1

1

1
1
1
…

2
3

3

4
…

1

6
…

1
4

…

1
...

…

Hình 1.1
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  1 thì 2n1  1  2 đúng vì hàng đầu tiên có hai phần tử bằng
1. Giả sử qui nạp rằng hàng thứ n chứa 2n1  1 phần tử. Khi ấy theo qui tắc
xây dựng dãy Stern, giữa 2n1  1 phần tử ta phải thêm vào 2n1 phần tử. Do
đó, số phần tử của hàng thứ n  1 là:

2

n 1



 1  2n1  2.2n1  1  2n  1 phần tử.

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  1 thì 3n1  1  2 đúng vì hàng đầu tiên có hai phần tử bằng
nhau 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  1 là 3n  1.
Thật vậy, hàng thứ n  1 có 2n  1, trong đó có 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


5

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





2 3n1  1  1  1, vậy tổng của 2n  1 phần tử của hàng thứ n  1 là





3n1  1  2 3n1  1  1  1  3n  1.

Ta có điều phải chứng minh.
Mảng diatomic Stern có thể được viết một cách hình thức theo các số hạng
của dãy bn  trong Bảng 1.2 dưới đây.
Bảng 1.2
b1

b2

b2

b3

b4

b5

b4

b6

b7

b8

b8

b9

b10

b11

b12

b13

b14

b15

b16

...

...

...

...

...

...

...

...

...

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 b2n và kết thúc
bởi số hạng thứ b2n 1 , do đó ta có thể biểu diễn tính đối xứng này bởi công
thức: với mọi n và mọi 0  k  2n ta có
(1.1.2)

b2n  k  b2n 1  k .

Theo qui nạp, ta cũng khẳng định rằng, với mọi k , n mà 0  k  2n thì

(1.1.3)

b2n  k  bk  b2n k .

Giả sử Fn là số Fibonacci thứ n, được định nghĩa bởi công thức truy hồi
F0  0, F1  1, Fn1  Fn  Fn1 ,

hoặc bởi công thức Binet

 n  2


6

n

Fn

1  5   1  5 


n  n

,
 

2n 5

1  5 

trong đó  là "tỉ số vàng"



n

2

(1.1.4)

và  là liên hợp đại số của  ,

1  5  .
2

Chú ý rằng, cột bên phải của mảng diatomic Stern 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

2

10 3

7

5

11 8

8

3

13 5

7

4

5

12 7

9

2

...

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 J1 , J 2 ,... của dãy Jacobsthal  J n  . Chỉ số thứ


7

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

J1  2, J 2  3, J n1  J n  2 J n1 , n  2,3,... .

Chứng minh khẳng định a) Khẳng định a) có thể phát biểu thành
b2n k  nbk  c.

Thật vậy, từ (1.1.3) ta có
b2n 1  k  bk  b2n 1 k .

(3’)

b2n 1 k  b2n  k .

(2’)

Từ (1.1.2) suy ra

Thay (2’) vào (3’) ta được
b2n k  bk  b2n 1 k .

(*)

Từ (3’), (2’) và (*) ta có



b2n 1 k  bk  b2n 1 k  bk  b2n k  bk  bk  b2n1  k







 2bk  b2n 1 k  2bk  bk  b2n 2 k  3bk  b2n 2 k

 ...  nbk  b2k .
Suy ra b2n  k  nbk không phụ thuộc vào n hay b2n  k  nbk  c.
Để 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  J n  là dãy có công thức truy hồi
J1  1, J 2  3, J n1  J n  2 J n1 , n  1,2,...

Một số số hạng đầu tiên của dãy Jacobsthal là:
1, 3, 5,11, 21, 43, 85,...

Dãy Jacobsthal được cho bởi công thức Binet


8

n

2n   1
Jn 
.
3

(***)

Thật vậy, với n  1 thì J1  1 (đúng). Giả sử (***) đúng với n, ta sẽ chứng

2n1   1
minh cho (***) đúng với n  1, tức là phải chứng minh J n1 
3
n

2n   1
2n1   1
Ta có, J n1  J n  2 J n1 
 2.
3
3
n

n

n

.

n 1

2.2n   1  2. 1
2n1   1


3
3
2n1   1 . 1
2n1   1



3
3

n 1

n

n 1

(điều phải chứng minh).

Vì số hạng J n của dãy Jacobsthal là số nguyên nên từ công thức (***) suy ra
J n luôn là một số lẻ. Cũng từ công thức (***) ta có
n

2n   1
2n1   1
J n  2 J n1 
 2.
3
3


2. 1

n 1

3

  1

n



2. 1

n 1

n 1

  1 . 1
3

n 1

  1

n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, b1  1 là số lớn nhất của hàng đầu tiên, b3  2 là số lớn nhất
của hàng thứ hai, b5  b7  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 lần, trừ hai hàng đầu tiên.
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,


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1  J n  2 J n1 , n  1, 2,... với J1  2, J 2  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
b2 n1  bn  bn1  b2 n  bn1  b2 n .

Do đó, M n1  b2 k 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 ): bk và bk 1. Một trong hai
số k và k  1 là chẵn, vì vậy sẽ xuất hiện trong hàng liền trước (hàng thứ
n  1 ), do đó M n1  M n  M n1.

Bởi vì M 1  1  F2 và M 2  2  F3. Bằng phép quy nạp ta chứng minh được
M n  Fn1.

Thật vậy, với n  2 ta có M 3  M 2  M 1  F3  F2  F4 .
Giả sử (**) đúng với n, tức là M n  Fn1. Ta sẽ chứng minh M n1  Fn 2 .
Theo định nghĩa dãy Fibonacci Fn2  Fn1  Fn và giả thiết qui nạp, ta có:
M n1  M n  M n1  Fn1  Fn  Fn 2 .

Vì J n  2 J n1  1 nên
bJ n 1  bJ n 2 J n 1  bJ n  b2 J n 1  bJ n  bJ n 1 .

Bởi vì bJ1  b1  1  F1 và bJ 2  b2  1  F2 nên bJ n  Fn .

(**)


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  e0  e1.2  e2 .4  e3.8  e4 .16  ...  ek .2k ,

ở đó ei  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 số tự nhiên n, số biểu diễn siêu cơ số 2 của n bằng bn1.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh điều này bằng cách sử dụng hàm sinh
(generating function). Xét hàm sinh cho dãy diatomic Stern


A  x  :  bn1 x n .
n 0

Từ Khẳng định b), c) của Định lí 1.1, nếu bk xảy ra ở hàng thứ n  1 thì
n2

bk  Fn   n và k  2n2 và vì vậy bk1/ k   n /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




n 0

n 0

A  x    b2 n1x 2 n   b2 n2 x 2 n1




n 0

n 0

   bn  bn1 x 2 n   bn1x 2 n1



  

 1  x  x2 A x2

(sử dụng (1.1.1))

(sử dụng b0  0 ).

Tính liên tục của A  x  tại 0, kết hợp với A  0   1 cho ta











A  x   1  x  x 2 1  x 2  x 4 1  x 4  x8 1  x8  x16 ...


11





 x 0.1  x1.1  x 2.1 x 0.2  x1.2  x 2.2

 x

0.4



 x1.4  x 2.4 ...

Mỗi số hạng trong tích này có dạng
x e0 e1.2e2 .4e3 .8e4 .16... ,

ở đây, ei  0,1,2 , và vì vậy hệ số của x n trong A  x  có dạng
ei  0,1,2 .

e0  e1.2  e2 .4  e3 .8  e4 .16  ...,

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  1. Thật ngạc nhiên là, các số bn tương tự như các số
Fibonacci.
Xét tam giác Pascal:

1
1
1
1
1
.

3

3
.

1

2

4
.

1

6
.

.

1
4

.

.

1
.

.

n
n!
trong đó các số hạng của mỗi hàng là các hệ số của nhị thức   :
.
 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
n i
i 




 i  2i  j  n  i


i

j
  Fn1.


(1.1.5)


12

a
Kí hiệu a mod b là phần dư của a khi chia cho b hay a mod b : a  b   ,
b 
a 
trong đó,   là phần nguyên của a chia b .
b 

n
Bây giờ, xét "tam giác Pascal mod 2 ", ở đó mỗi số   được thay bởi
k 

n
1, nÕu   lµ lÎ,
n

k
mod
2
:


 
k
0, nÕu  n  lµ ch½n.
 

k


1
1
1

.

0

11

1
1

0
.

1

.

1
1

0
.

.

1
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  b5 .

Tổng quát ta có kết quả sau đây.
Định lí 1.3 (Theorem 4.1, [5])
 i  j 

mod 2   bn1.


2 i  j  n  i 




(1.1.6)

Mệnh đề 1.1 (Proposition 4.3, [5]) Dãy Stern diatomic thỏa mãn công thức
bn1  bn  bn1  2  bn1 mod bn  .

Chứng minh Ta chứng minh bằng qui nạp.

(1.1.7)


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 Stern ta có
b2 n 1  bn  bn 1  b2 n  bn 1  b2 n

nên
b2 n mod b2 n1  b2 n  bn .

Vì vậy
b2 n 2  bn1   bn1  bn   bn  2  b2 n mod b2 n1 
 b2 n1  b2 n  2  b2 n mod b2 n1  .

Do đó (1.1.7) đúng với 2n  1.
Lại có
b2 n1 mod b2 n   bn  bn1  mod bn  bn1 mod bn .

Theo qui nạp, (1.1.7) đúng với n nên ta có:
b2 n1  bn  bn1  bn   bn  bn1  2  bn1 mod bn  
 b2 n  b2 n1  2  b2 n1 mod b2 n  .

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:
n

Fn1   k nk .
k 0

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

(1.1.8)


14

Mệnh đề 1.2 Giả sử s2  k  là số số 1 trong phép khai triển nhị phân của
k và  : e i /3 ,  : e   i /3 là căn nguyên thủy thứ 6 của đơn vị. Khi ấy
n

bn1    s2 ( k ) s2  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  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:
 s2  k 
 s2  2 k 

 s2  2k  1  s2  k   1
s
 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  a0 .2m  a1.2m1  ...  am1.21  am .20   a0 a1...am  2 .
2k  2. a0 .2m  a 1.2m1  ...  am1.21  am .20 
 a0 .2m1  a1.2m  ...  am1.22  am .21  0.20   a0 a1...am 0 2 .

2k  1  a0 .2m1  a1 2m  ...  am1.22  am .21  1.20   a0 a1...am1 2 .
Cho  : ei /3 và số thực x. Đặt


D  x  :   s2  k  x k .
k 0

Khi đó D  0   1 và




k 0

k 0





k 0

k 0

s 2k
s 2 k 1
D  x     2   x 2 k   2   x 2 k 1

   s2  k  x 2 k  x   s2  k 1 x 2 k  1   x  D x 2 .

 


15





Bởi vì 1  x  x 2  1   x 1   x  nên ta có
2

2



  

D  0   1, D  x   1  x  x 2 D x 2

2

2

và bởi vì D  x  có công thức tích tương tự như A  x  . Do đó
  s2 ( k ) k    s2  k  k    n s2 ( k ) s2  nk   n
n
b
x

 n1    x  .   x       
x .
n 0
 k 0
  k 0
 n 0  k 0







Dãy  s2  k  đã được nghiên cứu kĩ, dãy 2 s2  k  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
xn :

 i 

ai bj  n  i



j

mod
2
,




Mệnh đề 1.2 dẫn đến một số cách khác để viết bn . Bởi vì    1 và vế trái
của (1.1.9) là số thực nên có thể viết
n





n

bn1     s2  k s2  nk    cos   s2  k   s2  n  k   / 3.
k 0

(1.1.10)

k 0

Cuối cùng, vì

 

 n 

1
 1n . 3.13  n   1 ,
2





trong đó, 1 3  n  bằng 1 nếu n là một bội số của 3, ngược lại thì bằng 0.
Ta thấy
bn1 

1 n
 1 s2  k s2  nk  3.1 3  s2  k   s2  n  k    1 .

2 k 0

Từ công thức Binet (1.1.4) ta có
lim

n

Suy ra

Fn

n



1
.
5


16

b

lim sup



n 

n
log 2  n 

 1.

(1.1.11)

Ngoài ra, ta cũng có
2 2 
lim sup log2  n   1.
n
2
s n

Nếu S  n  là số các số lẻ trong n hàng đầu tiên của tam giác Pascal,
S  n    2s2  k  thì
k n

lim sup
n

S  n
log 2  n 

3

 1.

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
 , tập các số nguyên dương). Ta cũng có một phép tương ứng 1-1 giữa các

phần tử của dãy diatomic Stern và tập các số hữu tỉ.
Định lí 1.4 Ánh xạ n 

bn
là một song ánh từ   vào tập các số hữu tỉ
bn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 lần trong dãy
L : 1,1 , 1, 2 ,  2,1 , 1,3 , 3, 2 ,  2,3 , 3,1 ,..., bn , bn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    4,3  1,3  1,2  1,1.

14,24  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 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  a1k , b  b1k . Khi đó a  b   a1  b1  k , ở
đây a1, b1 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  .
Đặt Ln : bn , bn1 . Từ (1.1.1), thấy rằng với n  1 thì
SEA: L2 n , L2 n1  Ln
và hơn nữa, nếu SEA:  a, b   Ln thì hoặc  a, b   L2 n hoặc  a, b  L2 n1 . Vì
L1  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 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  1 sao cho Ln  Lm với m  n. Áp dụng một
n m
bước của thuật toán SEA vào cả hai Ln và Lm cho      và do đó
2  2 

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

Nhận xét Tập hợp
1 1 2 1 3 2 3 1 4
bn1 
,...
 , , , , , , , , ,...,
1
2
1
3
2
3
1
4
3
b


n

tương ứng 1-1 với tập các số hữu tỉ dương (mà không có số nào xuất hiện hai
lần).

18

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.
Định lí 1.5 Dãy lặp x1  1, xn 1  1 

1
1
 2   , n  1, 2,... (hay dãy lặp
xn
 xn 

1 1
xn 1  1  2    ), trải hết tập các số hữu tỉ dương.
 xn  xn

Chứng minh Đặt rn :

bn1
, ta có thể viết lại công thức (1.1.7)
bn

bn1  bn  bn1  2  bn1 mod bn  dưới dạng sau
rn1  1 

1

1 1
1
 2   hay rn 1  1  2   
rn
 rn  rn
 rn 

Thật vậy, ta có

b  
bn1  bn  bn1  2  bn1 mod b n   bn  bn1  2  bn1  bn  n1  
 bn  

b 
 bn  bn1  2bn  n1  .
 bn 
b 
b 
b
b
Suy ra bn 2  bn1  bn  2bn1  n  hay n 2  1  n  2  n  .
bn1
bn1
 bn1 
 bn1 

Suy ra rn1  1 

 1  1 
1

1
1
1
1
 2    1   2       1   2  .
rn
rn
rn
 rn 
 rn 
 rn  rn  

1 1 2 1 3 2 3 1 4

b
Mà theo Nhận xét 1 ở trên thì tập  , , , , , , , , ,..., n1 ,... tương
bn
1 2 1 3 2 3 1 4 3


ứng 1-1 với tập số hữu tỉ dương.


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,




m 2 k 1,
k 1

1
t

,
t  1  t  12

(1.1.12)

bm

và


2

b

2
n 1 2 nb2 n 1b2 n  2

(1.1.13)

 1.

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

  r  : min k   : kr  .
Đặt

A   n, j  : n, j    , j  n và B   r , k  : r  , 0  r  1, k     , và

n

định nghĩa f : A  B là hàm f  n, j    , gcd  n, j   . Ta thấy f là song
j


ánh và nếu f  n, j    r , k  thì   r  

j
và vì vậy k  r   j.
k

Do đó
1



   r 1    t
0 r 1 t
0 r 1 k 1

 k  r 







1

n 1

j 1

 t  12

   t  j   t n  t  j 
n 1 j  n

.

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
m  1 duy nhất, và ta thấy rằng:




m1 t

1

b2 m 1

1



1

 t  12

.

b2 m
b
 m , với
b2 m1 b2 m1


20

Vì b1  1 , cộng

1
vào cả hai vế ta được (1.1.12).
t 1

Kí hiệu a  b 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


b

2

2
n 1 2 nb2 n 1b2 n  2



1



2

n ,k 1,n  k

nk  n  k 

2




m 2

2
2
k  m ,k  m  m  k  km







2
1   4
1
1

 m3   k m  k    m3  k .
 m  2 k  m ,k  m
m 2
k  m ,k  m 

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
4
n3


k  n;
gcd k ,n  1

1

.
k

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 Bk  t  , k  0, t   là đa thức được định
nghĩa như sau:
B0  t   0, B1  t   1;
B2 n  t   tBn  t  , n  1;
B2 n1  t   Bn1  t   Bn  t  , n  1.

(1.2.1)


21

Từ công thức trên, ta có
B2  t   tB1  t   t.1  t ;

+ Với n  1:

B3  t   B2  t   B1  t   t  1 .

+ Với n  2 : B4  t   tB2  t   t 2 ,
B5  t   B3  t   B2  t   t  1  t  2t  1.

B6  t   tB3  t   t  t  1  t 2  t ,

+ Với n  3:

B7  t   B4  t   B3  t   t 2  t  1.
+ Với n  4 : B8  t   tB4  t   t 3 ,
B9  t   B5  t   B4  t   2t  1  t 2  t 2  2t  1 .
Tiếp tục quá trình trên cho từng giá trị n nguyên dương ta được dãy đa thức
Stern như sau
0, 1, t , t  1, t 2 , 2t  1, t 2  t , t 2  t  1, t 3 , t 2  2t  1, 2t 2  t , t 2  3t  1, t 3  t 2 ,
2t 2  2t  1, t 3  t 2  t , t 3  t 2  t  1, t 4 , ...

Nhận xét 1.2.1
1) Bn 1  bn , n  0.
Chứng minh bằng qui nạp.
Ta có B0 1  0  b0 , B1 1  1  b1. Giả sử 1) đúng với n  k , ta chứng minh 1)
cũng đúng với n  k  1. Thật vậy, theo giả thiết qui nạp, định nghĩa đa thức
Stern và dãy Stern ta có:
+ Nếu n  2k thì B2 k 1 1  Bk 1  Bk 1 1  bk  bk 1  b2 k 1. Suy ra
Bn1 1  bn1 nếu n chẵn.

+ Nếu n  2k  1 thì B2 k  2 1  Bk 1 1  bk 1  b2 k  2 . Suy ra Bn1 1  bn1
nếu n lẻ.