Dãy fibonacci ước chung lớn nhất, hợp thành và đồng nhất thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ ĐẠI THANH

DÃY FIBONACCI:
ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, HỢP THÀNH
VÀ ĐỒNG NHẤT THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ ĐẠI THANH

DÃY FIBONACCI:
ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, HỢP THÀNH
VÀ ĐỒNG NHẤT THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2016


i

Mục lục
Mở đầu

1

1

Ước chung lớn nhất trong dãy nâng của dãy Fibonacci

3

1.1

Một số tính chất cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Dãy số fn (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Dãy số ( fn (2)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Dãy số ( fn (−1)), ( fn (−2)) và (ln (1)) . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.5

Chứng minh Định lí 1.1.3 và Định lí 1.1.4 . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2

Hợp thành của các số Fibonacci

14

2.1

Monoit tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.2

Các đồng nhất thức Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

Tài liệu tham khảo

34


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
và hoàn thành với sự hướng dẫn của GS.TSKH. Hà Huy Khoái (Trường Đại học
Thăng Long). Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người
hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời
gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá
trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các giảng viên đã tham
gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể Lớp B, cao học
Toán khóa 8 (2014 - 2016) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt
quá trình học tập.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải
Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh,
Huyện Kiến Thụy, Thành phố Hải Phòng đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành
tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến bố mẹ và

đại gia đình đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành
tốt luận văn này.


1

Mở đầu
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh
vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chưa có câu trả lời. Trên
con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí
thuyết lớn của toán học đã nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học
không chỉ là một lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là có rất nhiều ứng dụng,
đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin.
Dãy Fibonacci là dãy số vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng hai phần tử 0 và 1
hoặc 1 và 1, các phần tử sau đó được thiết lập theo quy tắc mỗi phần tử luôn bằng
tổng hai phần tử trước nó.
Chúng ta cũng đã biết rằng, các số Fibonacci tham gia vào nhiều vấn đề của
toán học đến nỗi từ nhiều năm nay, có một tạp chí toán học chỉ chuyên dành nghiên
cứu các số Fibonacci.
Từ thực tiễn đó, tôi chọn nghiên cứu đề tài “Dãy Fibonacci: Ước chung lớn
nhất, hợp thành và đồng nhất thức” làm luận văn thạc sĩ của mình.
Chúng tôi bỏ qua việc trình bày những tính chất cơ bản của dãy Fibonacci, vì
đã có nhiều tài liệu đề cập đến. Ở đây chỉ chú trọng giới thiệu hai kết quả nghiên
cứu gần đây về ước chung lớn nhất của các số hạng trong dãy nâng Fibonacci, và
về hợp thành của các số Fibonacci, tức là việc biểu diễn số Fibonacci dưới dạng
tổng các số nguyên dương. Đây là những vấn đề được quan tâm nghiên cứu trong
lý thuyết số.
• Chương 1. Ước chung lớn nhất trong dãy nâng của dãy Fibonacci được dành

2
để trình bày về dãy nâng Fibonacci, là một mở rộng của dãy Fibonacci cổ
điển. Nếu như đối với dãy Fibonacci cổ điển, ước chung lớn nhất của hai số
hạng liên tiếp luôn bằng 1, thì với dãy nâng Fibonacci, điều này không còn
đúng nữa. Các kết quả trình bày trong chương này chỉ ra những lớp dãy nâng
Fibonacci mà ước chung lớn nhất nói trên là bị chặn.
• Chương 2. Hợp thành của các số Fibonacci trình bày về hợp thành của các
số Fibonacci. Một số công thức cho hợp thành của số Fibonacci sẽ được
chứng minh trong chương này. Phương pháp tiếp cận ở đây là sử dụng các
monoit tự do, lập nên bởi các hợp thành với phép toán ghép.

Thái Nguyên, ngày 27 tháng 5 năm 2016
Tác giả

Đỗ Đại Thanh


3

Chương 1

Ước chung lớn nhất trong dãy nâng
của dãy Fibonacci
1.1

Một số tính chất cơ sở

Định nghĩa 1.1.1. Dãy Fibonacci là dãy số xác định bởi F1 = 1, F2 = 1 và
Fn = Fn−2 + Fn−1 ,

với n ≥ 3.

Định nghĩa 1.1.2. Dãy Lucas là dãy số xác định bởi L1 = 1, L2 = 3 và
Ln = Fn−2 + 3Fn−1 ,

với n ≥ 3.

Dãy Fibonacci tổng quát được xác định bởi G1 = α, G2 = β , và
Gn = αFn−2 + β Fn−1 ,

với n ≥ 3.

Nếu α = β = 1, thì dãy Fibonacci tổng quát Gn là dãy Fibonacci Fn .
Nếu α = 1 và β = 3, thì dãy Fibonacci tổng quát Gn là dãy Lucas Ln .
Xét dãy (Fn + a), với a là số nguyên nào đó. Ta gọi đó là dãy nâng Fibonacci.
Các phần tử liên tiếp của dãy Fibonacci là những số nguyên tố cùng nhau, nhưng
với dãy nâng Fibonacci thì điều này không còn đúng nữa. Năm 1971, Hoggatt đã
lưu ý rằng
gcd(F4n+1 + 1, F4n+2 + 1) = L2n ,
gcd(F4n+1 − 1, F4n+2 − 1) = F2n ,


4
gcd(F4n+3 − 1, F4n+4 − 1) = L2n+1 .
Nghĩa là, các phần tử liên tiếp của dãy nâng Fibonacci bởi ±1 không phải luôn
luôn là những số nguyên tố cùng nhau. Nếu đặt
fn (a) = gcd(Fn + a, Fn+1 + a)
thì ( fn (0)) là dãy không đổi 1, 1, 1, . . . , nhưng ( fn (±1)) là không bị chặn.
Năm 2003 Hernández và Lucas đã chứng minh rằng có một số không đổi c mà
gcd(Fm + a, Fn + a) > ecm ,

đúng đối với vô hạn các cặp số nguyên dương m > n.
Trong luận văn này, chúng ta sẽ thấy rằng ( fn (a)) bị chặn nếu a = ±1. Cụ thể,
chúng ta sẽ chứng minh hai định lý sau.
Định lí 1.1.3. Với mọi số nguyên (α), (β ), n và a với α 2 + (α.β ) − β 2 − a2 = 0,
chúng ta có
gcd(G2n−1 + a, G2n + a) ≤ α 2 + (α.β ) − β 2 − a2 .

(1.1)

Định lí 1.1.4. Với mọi số nguyên (α), (β ), n và a với α 2 + (α.β ) − β 2 + a2 = 0,
chúng ta có
gcd(G2n + a, G2n+1 + a) ≤ α 2 + (α.β ) − β 2 + a2 .

(1.2)

Giả sử α = β = 1 trong Định lí 1.1.3 và Định lí 1.1.4. Chúng ta rút ra được hệ
quả sau:
Hệ quả 1.1.5. Với mọi số nguyên n và a
gcd(F2n−1 + a, F2n + a) ≤ a2 − 1 ,
gcd(F2n + a, F2n+1 + a) ≤ a2 + 1.

nếu a = ±1,


5
Do đó, chúng ta kết luận rằng ( fn (a)) bị chặn nếu a = ±1. Và một hệ quả khác
ln (a) = gcd(Ln + a, Ln+1 + a)
chỉ nhận hữu hạn giá trị.
Hệ quả 1.1.6. Với số nguyên n và a, ta có
gcd(L2n−1 + a, L2n + a) ≤ a2 + 5,

gcd(L2n + a, L2n+1 + a) ≤ a2 − 5 .
Giả sử α = 1 và β = 3 trong Định lí 1.1.3 và Định lí 1.1.4. Chúng ta kết luận
rằng ln (a) bị chặn đối với số nguyên a tuỳ ý.
Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ suy ra được hai bổ đề cơ bản. Từ đó, chúng
ta xác định được fn (1), fn (2), fn (−1), fn (−2) và ln (1), trong phần 3, 4 và 5.
Trong phần cuối, chúng ta sẽ chứng minh Định lí 1.1.3 và Định lí 1.1.4.
Bổ đề 1.1.7. Với số nguyên n, k và a
gcd(Gn + aFk , Gn−1 − aFk+1 ) = gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−3 − aFk+3 ).

(1.3)

Chứng minh. Do gcd(a, b) = gcd(a + bc, b) đối với bất kì số nguyên a, b và c,
chúng ta có
gcd(Gn + aFk , Gn−1 − aFk+1 ) = gcd(Gn + aFk − (Gn−1 − aFk+1 ), (Gn−1 − aFk+1 ))
= gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−1 − aFk+1 )
= gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−1 − aFk+1 − (Gn−2 + aFk+2 ))
= gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−3 − aFk+3 ).
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.1.8. Với số nguyên m, k và a,
gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm−(2k) + aF2k−1 , Gm−(2k+1) − aF2k )

(1.4)


6
Chứng minh. Chúng ta rút gọn gcd(Gm + a, Gm+1 + a),
gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm + a, Gm+1 + a − (Gm + a))
= gcd(Gm + a, Gm−1 ).
Vì F−1 = 1, và F0 = 0, chúng ta có thể viết

= gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm + aF−1 , Gm−1 − aF0 ),
và áp dụng (1.3) k lần để rút ra kết quả.
Lưu ý rằng, ta gọi dãy số {Fn + k} là dãy số fn (k).

1.2

Dãy số fn(1)

Định lí 1.2.1. Với mọi số nguyên n, chúng ta có
gcd(F4n−1 + 1, F4n + 1) = F2n−1 ,


2,
gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) =

1,
gcd(F4n+1 + 1, F4n+2 + 1) = L2n ,


2,
gcd(F4n+2 + 1, F4n+3 + 1) =

1,

(1.5)
nếu n ≡ 1

mod 3,

(1.6)

nếu ngược lại,
(1.7)
nếu n ≡ 2

mod 3,

nếu ngược lại.

Chứng minh. Giả sử m = 4n − 1, k = n, và a = 1 trong (1.4) :
gcd(F4n−1 + 1, F4n + 1) = gcd(F2n−1 + F2n−1 , F2n−2 − F2n )
= gcd(2F2n−1 , −F2n−1 )
= F2n−1 ,
cho ta (1.5).
Giả sử m = 4n + 1, k = n, và a = 1 trong (1.4) :
gcd(F4n+1 , F4n+2 + 1) = gcd(F2n+1 + F2n−1 , F2n + F2n )

(1.8)


7
= F2n+1 + F2n−1
= L2n ,
cho ta (1.7).
Giả sử m = 4n, k = n, và a = 1 trong (1.4) :
gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) = gcd(F2n + F2n−1 , F2n−1 + F2n )
= gcd(F2n+1 , −F2n−2 ).
Vì gcd(Fqn+r , Fn ) = gcd(Fn , Fr ) cho các số nguyên q, r và n. Điều này cho ta
gcd(F4n+1 , F4n+1 + 1) = gcd(F2n−2 , F3 ).
Vì gcd(Fk , Fr ) = gcd(Fgcd(k,r) ) cho các số nguyên k và r,

gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) = gcd(F2n−2 , F3 )
= Fgcd(2n−2,3)


F3 = 2,
=

F1 = 1,

nếu n ≡ 1

mod 3,

nếu ngược lại,

là (1.6).
Giả sử m = 4n + 2, k = n + 1 và a = 1 trong (1.4)
gcd(F4n+2 + 1, F4n+3 + 1) = gcd(F2n + F2n+1 , F2n−1 − F2n+2 )
= gcd(F2n+2 , F2n−1 − F2n+2 )
= gcd(F2n+2 , F2n−1 )
= gcd(F3 , F2n−1 )
= Fgcd(3,2n−1)


F3 = 2,
=

F1 = 1,
đó là (1.8).

nếu n ≡ 1

mod 3,

nếu ngược lại,


8

1.3

Dãy số (fn(2))

Định lí 1.3.1. Với bất kì số nguyên n, chúng ta có
(1.9)

gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = 1,

(1.10)

gcd(F4n + 2, F4n+1 + 2) = 1,
gcd(F4n+1 + 2, F4n+2 + 2) =

gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) =



3,

nếu n ≡ 0

mod 2,


1,


5,

nếu n ≡ 1

mod 2,

nếu n ≡ 2

mod 5,


1,

nếu ngược lại.

Chứng minh. Giả sử m = 4n − 1, k = n và a = 2 trong (1.4):
gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = gcd(F2n−1 + 2F2n−1 , F2n−2 − 2F2n )
= gcd(3F2n−1 , F2n−1 + F2n )
= gcd(3F2n−1 , F2n+1 ).
Vì
gcd(a, bc) = gcd(a, gcd(a, b)c)

và

gcd(F2n−1 + F2 ) = 1,

ta có
gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = gcd(3gcd(F2n−1 , F2n+1 ), F2n+1 )
= gcd(3, F2n+1 ) = gcd(F4 , F2n+1 )
= Fgcd(4,2n+1) = F1 = 1,
là (1.9).
Giả sử m = 4n, k = n, và a = 2 trong (1.4) :
gcd(F4n+2 , F4n+1 + 2) = gcd(F2n + 2F2n−1 , F2n−1 − 2F2n )
= gcd(F2n−1 + F2n+1 , F2n − F2n−2 )
= gcd(L2n , L2n−1 ) = 1,

(1.11)

(1.12)


9
là (1.10).
Giả sử m = 4n + 1, k = n, và a = 2 trong (1.4) :
gcd(F4n+1 + 2, F4n+2 + 2) = gcd(F2n+1 + 2F2n−1 , F2n − 2F2n )
= gcd(F2n+1 + 2F2n−1 + F2n , F2n )
= gcd(3F2n+1 , F2n )
= gcd(3, F2n ) = gcd(F4 ), F2n )
= Fgcd(4,2n)


F4 = 3,
=


F1 = 1,

nếu n ≡ 0

mod 2,

nếu n ≡ 1

mod 2,

là (1.11).
Giả sử m = 4n + 2, k = n, và a = 2 trong (1.4) :
gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) = gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , F2n+1 − 2F2n )
= gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , −F2n + F2n−1 )
= gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , −F2n−2 )
= gcd(F2n−2 , F2n+2 + 2F2n ).
Từ
F2n+2 + 2F2n = F2n+1 + 3F2n = 4F2n + F2n−1 ,
ta có
gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) = gcd(F2n−2 , 4F2n + F2n−1 )
= gcd(F2n−2 , 5F2n )
= gcd(F2n−2 , 5 gcd(F2n−2 , F2n )
= gcd(F2n−2 , 5) = gcd(F2n−2 , F5 )
= Fgcd(2n−2,5)


F5 = 2, nếu n ≡ 1 mod 5,
=


F1 = 1, nếu ngược lại,


10
đó là (1.12).

1.4

Dãy số (fn(−1)), (fn(−2)) và (ln(1))

Áp dụng các phương pháp tương tự, chúng ta có
Định lí 1.4.1. Với bất kì số nguyên n, chúng ta có
gcd(F4n−1 − 1, F4n − 1) = L2n−1 ,


2,
gcd(F4n − 1, F4n+1 − 1) =

1,

nếu n ≡ 1

mod 3,

nếu ngược lại,

gcd(F4n+1 − 1, F4n+2 − 1) = F2n ,


2,

gcd(F4n+2 − 1, F4n+3 − 1) =

1,

nếu n ≡ 2

mod 3,

nếu ngược lại.

Định lí 1.4.2. Với bất kì số nguyên n, chúng ta có
gcd(F4n−1 − 2, F4n − 2) = 1,


5,
gcd(F4n − 2, F4n+1 − 2) =

1,


1,
gcd(F4n+1 − 2, F4n+2 − 2) =

3,
gcd(F4n+2 − 2, F4n+3 − 2) = 1.

nếu n ≡ 4

mod 5,

nếu ngược lại,
nếu n ≡ 0

mod 2,

nếu n ≡ 1

mod 2,


11
Định lí 1.4.3. Với bất kì số nguyên n, chúng ta có




3,
nếu n ≡ 0 mod 6,







1,
nếu n ≡ 1 mod 6,







6,
nếu n ≡ 2 mod 6,
gcd(L4n−1 + 1, L4n + 1) =



1,
nếu n ≡ 3 mod 6,







3,
nếu n ≡ 4 mod 6,






2,
nếu n ≡ 5 mod 6,



4,
nếu n ≡ 1 mod 3,
gcd(L4n + 1, L4n+1 + 1) =

1,
nếu ngược lại,


2,
nếu n ≡ 0 mod 3,
gcd(L4n+1 + 1, L4n+2 + 1) =

1,
nếu ngược lại,


4,
nếu n ≡ 2 mod 3,
gcd(L4n+2 + 1, L4n+3 + 1) =

1,
nếu ngược lại.

1.5

Chứng minh Định lí 1.1.3 và Định lí 1.1.4

Trước tiên, chúng ta chứng minh Định lí 1.1.3.
Chứng minh Định lí 1.1.3. Giả sử m = 4n − 1 và k = n trong (1.4) :
gcd(G4n−1 + a, G4n + a)

= gcd(G2n−1 + aF2n−1 , G2n−2 + aF2n )
= gcd(αF2n−3 + β F2n−2 + aF2n−1 , αF2n−4 + β F2n−3 − aF2n ).
Sử dụng quan hệ truy hồi cho Fn , giả sử
an = αF2n−3 + β F2n−1 + aF2n−1 = (a + α)F2n−3 + (a + β )F2n−2


12
và
bn = αF2n−4 + β F2n−3 − aF2n = (−a − α + β )F2n−3 + (α − 2a)F2n−2 .
Vì gcd(an , bn ) chia hết γan + θ bn , với bất kì số nguyên γ và θ , và
(α + a)bn − (−α + β − a)an = (α 2 + αβ − β 2 − a2 )F2n−2 ,
(α − 2a)an − (β + a)bn = (α 2 + αβ − β 2 − a2 )F2n−3 .
Chúng ta thấy rằng, nếu α 2 + αβ − β 2 − a2 = 0 thì ước chung lớn nhất của hai số
là
α 2 + αβ − β 2 − a2 .
Vì vậy gcd(an , bn ) chia hết α 2 + αβ − β 2 − a2 . Nghĩa là
gcd(G4n−1 + a, G4n + a) ≤ α 2 + αβ − β 2 − a2 .
Nếu chúng ta giả sử, m = 4n + 1 và k = n trong (1.4) bằng cách tương tự, chúng ta
có
gcd(G4n+1 + a, G4n+2 + a) ≤ α 2 + αβ − β 2 − a2 .
Ta có điều cần chứng minh.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh Định lí 1.1.4.
Chứng minh Định lí 1.1.4. Giả sử m = 4n và k = n trong (1.4):
gcd(G4n + a, G4n+1 + a) = gcd(G2n + aF2n−1 , G2n−1 − aF2n )
= gcd(αF2n−2 + β F2n−1 + aF2n−1 , αF2n−3 + β F2n−2 + aF2n ).
Sử dụng quan hệ truy hồi cho Fn , giả sử
an = αF2n−2 + β F2n−1 + aF2n−1 = αF2n−2 + (β + α)F2n−1
và
bn = αF2n−3 + β F2n−2 + aF2n = (−α + β − a)F2n−2 + (α − a)F2n−1 .

13
Vì gcd(an , bn ) chia hết γan + θ bn , với bất kì số nguyên γ và θ , và

(α − a)an − (a + β )bn = (α 2 + αβ − β 2 + a2 )F2n−2 ,
αbn − (β − α − a)an = (α 2 + αβ − β 2 − a2 )F2n−1 .
Chúng ta thấy rằng, nếu α 2 + αβ − β 2 − a2 = 0, thì ước chung lớn nhất của hai
số là α 2 + αβ − β 2 + a2 . Vì vậy gcd(an , bn ) chia hết α 2 + αβ − β 2 + a2 . Nghĩa
là
gcd(G4n + a, G4n+1 + a) ≤ α 2 + αβ − β 2 + a2 .
Nếu chúng ta giả sử m = 4n + 2 và k = n trong (1.4) bằng cách tương tự, ta có
gcd(G4n+2 + a, G4n+3 + a) ≤ α 2 + αβ − β 2 + a2 .
Ta có điều phải chứng minh.


14

Chương 2

Hợp thành của các số Fibonacci
2.1

Monoit tự do

Định nghĩa 2.1.1. Một tập hợp khác rỗng G được trang bị một phép toán hai ngôi
∗ là một monoid nếu và chỉ nếu
(i) (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c), ∀a, b, c ∈ G,
(ii) a ∗ e = e ∗ a = a, ∀a ∈ G, ∃e ∈ G.
Định nghĩa 2.1.2. Một monoid con của một monoid (M, ∗) là một tập con N của
M mà nó đóng trong phép toán monoid và chứa phần tử đơn vị e của M. Ký hiệu,

N là monoid con của M nếu N ⊆ M, x ∗ y ∈ N, ∀x, y ∈ N và e ∈ N.
Định nghĩa 2.1.3. Monoid tự do trên một tập hợp là một monoid mà các phần tử
của nó là tất cả các dãy hữu hạn gồm không (dãy rỗng) hoặc nhiều phần tử của tập
hợp đó, với phép toán monoid là phép ghép dãy và với phần tử đơn vị duy nhất là
dãy rỗng.
Chúng ta nghiên cứu công thức cho số Fibonacci như một tổng của các thành
phần. Số Fibonacci Fn+1 như là số các cách biểu diễn số n thành tổng của các số
1 và 2. Các tổng với thành phần là 1 và 2 lập nên một monoit tự do với phép toán
ghép và các công thức của chúng ta phát sinh từ monoit con của monoit tự do này.
Một hợp thành của số nguyên n là dãy a1 a2 . . . ak số nguyên dương, được gọi
là các phần của hợp thành, với tổng bằng n.


15
Người ta đã biết nhiều công thức biểu diễn các số Fibonacci trong thuật ngữ
của tổng các hợp thành:
(i) Fn+1 là số các hợp thành của n với các phần bằng 1 hoặc 2.
(ii) Fn−1 là số các hợp thành của n với các phần lớn hơn 1.
(iii) Fn là số các hợp thành của n với các thành các phần lẻ.
(iv) F2n = ∑ a1 a2 . . . ak .
(v) F2n−2 = ∑(2a1 −1 − 1) . . . (2ak −1 − 1).
(vi) F2n = ∑ 2#{i:ai =1} .
Từ nay về sau, ta gọi C(n) là tập hợp các hợp thành a1 . . . ak của n.
Bổ đề 2.1.4. Giả sử u1 , u2 , u3 , . . . là dãy số tuỳ ý. Khi đó tổng

∑

ua1 ua2 . . . uak

a∈C(n)

là hệ số của xn trong
∞

−1

1 − ∑ ui xi

,

(2.1)

i=1

Chứng minh. Để chứng minh Bổ đề 2.1.4, ta chỉ cần khai triển Công thức (2.1)
thành tổng chuỗi lũy thừa, rồi nhân chuỗi ta được.
Khi đó công thức (i) − (vi) suy ra từ Bổ đề 2.1.4, các đồng nhất thức dễ kiểm tra
(i’)

1
1−x−x2

= (1 − x − x2 )−1
2

x
2
3
4
−1

(ii’) 1 + 1−x−x
2 = (1 − x − x − x − . . .)
x
3
5
−1
(iii’) 1 + 1−x−x
2 = (1 − x − x − x − . . .)
x
2
3
−1
(iv’) 1 + 1−3x+x
2 = (1 − x − 2x − 3x − . . .)


16
2

x
2
3
4
5
−1
(v’) 1 + 1−3x+x
2 = (1 − x − 3x − 7x − 15x − . . .)

(vi’)

1−x
1−3x+x2

= (1 − 2x − x2 − x3 − x4 − x5 − . . .)−1

và các công thức
∞

x

∑ Fnxn = 1 − x − x2 ,

n=0
∞

x

∑ F2nxn = 1 − 3x + x2 ,

n=0
∞

1−x

∑ F2n+1xn = 1 − 3x + x2 .

(2.2)
(2.3)
(2.4)

n=0

Công thức (2.2) suy ra dễ dàng từ quan hệ truy hồi Fibonacci Fn = Fn−1 + Fn−2 .
Với (2.3) và (2.4), chúng ta có

∞

∑ Fnxn =

n=0

x
1 + x − x2
·
1 − x − x2 1 + x − x2

x + x2 − x3
1 − 3x2 + x4
x2
1 − x2
+
.
=x
1 − 3x2 + x4 1 − 3x2 + x4
=

(2.5)

Khi đó (2.3) và (2.4) được suy ra bằng cách loại lũy thừa lẻ của x từ (2.5).
Giả sử A là một tập hợp, chúng ta có thể gọi là Bảng chữ cái. Giả sử A∗ là tập

hợp các từ (dãy hữu hạn các phần tử của A). Khi đó với phép toán ghép, A là một
monoit (nửa nhóm có đơn vị), mà đơn vị là từ rỗng. Chúng ta gọi A∗ là một monoit
tự do trên A. Độ dài l(x) của một phần tử x = a1 a2 . . . ak , mà mỗi ai trong A, là k.
Tổng quát hơn, một monoit tự do M là một monoit đẳng cấu với monoit tự do
có dạng A∗ . Vì vậy nếu M là một nửa nhóm tự do, thì tồn tại tập hợp con P của M
mà mỗi phần tử của M có một sự phân tích duy nhất thành tích các phần tử của P.
Chúng ta gọi P là tập hợp nguyên tố của M ( dễ thấy P là tập hợp duy nhất).
Hàm trọng số trên nửa nhóm tự do M là một hàm ω : M −→ N , mà N là tập
hợp các số nguyên không âm, với tính chất ω(m1 m2 ) = ω(m1 ) + ω(m2 ) đối với


17
mọi m1 , m2 ∈ M và ω(m) = 0 khi và chỉ khi m là phần tử đơn vị của M. Rất dễ
để nhận ra rằng hàm trọng số trên M được xác định bởi giá trị của nó trên tập hợp
nguyên tố của M.
Nếu L là monoit con tuỳ ý của một monoit tự do, chúng ta có thể gọi phần tử
p của L là bất khả quy (trong L) nếu p không phải là phần tử đơn vị của M và p
không thể biểu diễn được như tích của hai phần tử khác đơn vị của L. ( Lưu ý rằng
tính bất khả quy của p phụ thuộc vào cả p và L) Rõ ràng rằng mọi phần tử của L có
thể phân tích thành tích các phần tử bất khả quy, nhưng phân tích này không phải
là duy nhất. Nếu L là một monoit tự do, thì phân tích này luôn luôn là duy nhất và
các phần tử bất khả quy là các nguyên tố của L.
Giả sử M là một monoit tự do với hàm trọng ω. Nếu x là ẩn, thì khi đó ánh xạ
m → xω(m) là một phép đồng cấu từ M vào monoit các luỹ thừa của x với phép toán
nhân, và việc phân tích duy nhất trong M cho ta một đồng nhất thức quen biết đối
với các chuỗi luỹ thừa hình thức

∑

xω(m) = (1 −

m∈M

∑ xω(m))−1

(2.6)

p∈P

trong đó P là tập hợp các nguyên tố của M. Một cách tương đương, số các từ trong
M có trọng số n là tổng

∑

ua1 ua2 . . . uak ,

a∈C(n)

trong đó ui là số các nguyên tố của M có trọng số i. Chúng ta sẽ thấy rằng các công
thức (i) − (vi) có thể được giải thích theo cách này.
Chúng ta đặc biệt quan tâm đến monoit tự do là các monoit con của A∗ đối với
bảng chữ cái A nào đó. Ví dụ, tập hợp các từ trong {a}∗ có độ dài chẵn là monoit
con của {a}∗ . Tập hợp các từ trong {a}∗ có độ dài không bằng 1 cũng là monoit
con, nhưng nó không tự do, vì đối với a5 ta có hai phân tích, a5 = a2 .a3 = a3 .a2
thành những từ mà không thể phân tích thêm. Tập hợp các từ trong {a, b}∗ mà bắt
đầu với a, cùng với từ rỗng, là một monoit con tự do trong đó các từ nguyên tố có
dạng abi , với i ∈ N.


18

Bổ đề 2.1.5. Giả sử M là một monoit con của monoit tự do A∗ với tính chất mọi
từ không rỗng trong M đều có phân tích duy nhất thành xy, trong đó mà x bất khả
quy trong M và y ∈ M. Khi đó M tự do.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng mọi từ trong M độ
dài n có phân tích bất khả quy duy nhất trong M. Sự khẳng định đúng cho n = 0.
Bây giờ giả sử rằng w là một từ trong M độ dài n > 0 và tất cả các từ trong M độ
dài nhỏ hơn n có phân tích bất khả quy duy nhất. Giả sử w = x1 x2 . . . xk là phân
tích bất khả quy của w. Vì w có phân tích duy nhất dạng w = xy, trong đó x bất khả
quy trong M và y ∈ M, chúng ta có x1 = x và x2 . . . xk = y. Theo giả thiết quy nạp
y có phân tích bất khả quy duy nhất, vì vậy x2 , . . . , xk được xác định duy nhất.
Chúng ta nói rằng monoit con M của monoit tự do A∗ thỏa mãn tiêu chuẩn
Schutzenberger nếu nó có tính chất rằng với mọi p, q, và r trong A∗ , nếu p, pq, qr,
và r thuộc M thì q thuộc M.

Bổ đề 2.1.6. Giả sử M là một monoit con của monoit tự do A∗ . Khi đó M tự do khi
và chỉ khi M thỏa mãn tiêu chuẩn của Schutzenberger.
Chứng minh. Trước tiên ta giả sử rằng, M thỏa mãn tiêu chuẩn của Schutzenberger. Chỉ cần chứng tỏ rằng giả thiết của Bổ đề 2.1.4 thoả mãn. Giả sử w là từ
không rỗng của M, và giả sử rằng w = xy trong đó x bất khả quy trong M và y ∈ M.
Giả thiết thêm rằng w có thể phân tích thành xy.z, trong đó y không rỗng, xy và z
thuộc M. Chỉ cần chứng minh rằng xy không bất khả quy.
Vì x, yz = v, xy và z thuộc M, theo tiêu chuẩn Schutzenberger, chúng ta có
y ∈ M và điều này có nghĩa là xy không phải là bất khả quy.
Tiếp theo, chúng ta giả sử rằng M tự do và giả sử rằng p, pq, qr và r thuộc
M. Giả sử w = pqr. Khi đó w có phân tích duy nhất w = u1 u2 . . . uk thành tích các
nguyên tố của M. Các phân tích w = p.qr = pq.r thành tích các phần tử của M, suy


19
ra rằng với i ≤ j, nào đó, chúng ta có p = u1 . . . ui , q = ui+1 . . . u j , và r = u j+1 . . . uk ,
và q ∈ M, vì vậy tiêu chuẩn Schutzenberger thoả mãn.

Giả sử u và v là các từ. Chúng ta nói rằng u chồng chéo v nếu tồn tại các từ x và
y sao cho ux = yv và l(y) < l(u)(và l(x) < l(v)). Ví dụ ab chồng chéo với bc bởi vì
ab.c = a.bc. Chúng ta gọi từ a của w không chồng chéo nếu nó không chồng chéo
với chính nó. Như vậy, ab không chồng chéo nhưng aa chồng chéo với chính nó.
Giả sử w là từ trong monoit tự do A∗ . Chúng ta ký hiệu Aw là tập hợp các từ
trong A∗ mà bắt đầu với w, cùng với từ rỗng. Khi đó Aw là một monoit con của A∗ .
Nếu A = {a} và w = a2 , thì Aw là không tự do, vì Aw là tập hợp các từ trong {a}∗
có độ dài không bằng 1. Mặt khác, nếu A = {a, b} và w = ab thì Aw dễ thấy là tự
do.
Bổ đề 2.1.7. Monoit con Aw của monoit tự do A∗ là tự do khi và chỉ khi w không
chồng chéo.
Chứng minh. Trước tiên, chúng ta hãy chỉ ra rằng điều kiện là đủ. Giả sử w không
chồng chéo. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng tiêu chuẩn của Schutzenberger thỏa mãn. Giả
sử rằng p, pq, qr, và r trong Aw và r là không rỗng. Khi đó vì qr và r đều bắt đầu
với w, và w không chồng chéo, nên l(q) ≥ l(w). Điều này có nghĩa rằng, do qr bắt
đầu với w, nên q cũng vậy, và q ∈ Aw .
Để chứng minh điều kiện cần, chúng ta chỉ ra rằng nếu w chồng chéo thì Aw
không tự do. Giả sử rằng, w chồng chéo, vì vậy tồn tại t, u và v mà t = wu = vw
mà v (và do đó u) ngắn hơn w. Chúng ta có thể chỉ ra rằng wt có hai phân tích bất
khả quy khác nhau trong Aw . Bất kì từ nào trong Aw mà không phải là bất khả quy
phải có độ dài ít nhất bằng hai lần độ dài của w, vì vậy wu và wv là bất khả quy. Do
đó w.wu và wv.w là hai phân tích bất khả quy của Aw , vì vậy Aw không tự do.
Tương tự, chúng ta có thể chỉ ra rằng nếu u không chồng chéo với v thì monoit
con của A∗ gồm các từ bắt đầu với u và kết thúc với v là tự do.


20

2.2

Các đồng nhất thức Fibonacci

Ta nhắc lại rằng hợp thành của một số là một biểu diễn số đó dưới dạng tổng
những số nguyên dương. Mỗi số nguyên dương trong tổng gọi là thành phần của
hợp thành.
Chúng ta định nghĩa hợp thành Fibonacci của n là một hợp thành của n với các
thành phần 1 và 2. Do vậy tập hợp của tất cả các hợp thành Fibonacci là monoit tự
do {1, 2}∗ . Hầu hết các kết quả trình bày dưới đây là hệ quả của sự kiện nói rằng
số n có Fn+1 hợp thành Fibonacci.
Áp dụng (1.3) cho monoit tự do này với hàm trọng số ω(1) = 1, ω(2) = 2,
cùng với sự kiện tồn tại Fn+1 hợp thành của n, ta có hàm sinh
∞

1

∑ Fn+1xn = 1 − x − x2 ,

n=0

điều này tương đương với (2.2).
Chứng minh (i)-(vi) và các công thức tương tự khác được dựa trên monoit con
của monoit tự do của các hợp thành Fibonacci.
Bây giờ chúng ta hãy xem xét monoit {1, 2}1 của các hợp thành Fibonacci mà
bắt đầu với 1 (bao gồm cả hợp thành Fibonacci ). Bằng Bổ đề 2.1.7, monoit này
là tự do, và các nguyên tố là các hợp thành có 1 2i , với i ≥ 0. Vì vậy hàm sinh của
∞

các số nguyên tố trong monoit tự do này là ∑ x2i+1 .
i=0

Từ đó suy ra rằng, nếu sn là số các hợp thành Fibonacci của n bắt đầu với 1,
với s0 = 1 thì
∞

∞

n=0

i=0

∑ snxn = (1 − ∑ x2i+1)−1,

(2.7)

và vế phải của (2.7) là hàm sinh cho hợp thành với thành phần lẻ. Nhưng số các
hợp thành Fibonacci của n bắt đầu với 1 là số hợp thành Fibonacci của n − 1, vì
vậy chúng ta thấy rằng với n > 0, số các hợp thành của n với thành phần lẻ bằng
với số các hợp thành của n − 1, tức là bằng Fn . Vì vậy (iii) đúng (Kết quả này được
đưa ra đầu tiên bởi Hoggatt và Hoggatt và Lind).


21
Mục tiêu của chúng ta là đưa ra chứng minh song ánh đơn giản của sự kiện
này. Giả sử rằng c là một hợp thành Fibonacci của n − 1, khi đó 1 c là hợp thành
Fibonacci của n, bắt đầu với 1, nó có thể được biểu diễn duy nhất 1 2i1 1 2i2 . . . 1 2ik .
Khi đó hợp thành tương ứng của n với thành phần lẻ là 1 + 2i1 1 + 2i2 . . . 1 + 2ik .
Chúng ta có thể áp dụng phân tích tương tự với việc hoán đổi vai trò 1 và 2, và
chúng ta có thể thấy rằng số các hợp thành Fibonacci của n bắt đầu với 2 bằng với
số các hợp thành của n với tất cả các thành phần tử lớn hơn 1, và đó chính là (ii).
Một kết quả tương tự cũng đúng cho hợp thành với tập hợp tuỳ ý gồm hai thành

phần.
Mệnh đề 2.2.1. Giả sử p và q là hai số nguyên phân biệt. Khi đó với n ≥ p số các
hợp thành của n − p với thành phần p và q bằng số các hợp thành của n với các
thành phần dạng p + qi, với i ∈ N.
Chứng minh. Trước tiên, chúng ta lưu ý rằng thêm vào phía trước một thành phần
p của hợp thành n − p với các thành phần p và q sẽ cho một hợp thành của n bắt
đầu với p. Trong monoit tự do {p, q}∗p của các hợp thành với thành phần p và q
bắt đầu với p, các số nguyên tố là hợp thành có dạng p qi . Vì vậy một song ánh từ
các hợp thành của n > 0 bắt đầu với p đến các hợp thành của n với các thành phần
của dạng p + qi được cho bởi ánh xạ chuyển p qi1 p qi2 . . . p qik thành hợp thành
p + qi1 p + qi2 . . . p + qik .
Đồng nhất thức hàm sinh tương ứng với Mệnh đề 2.2.1 là
1+

xp
xp
=
1
−
1 − x p − xq
1 − xq

−1

.

Một cách tổng quát, chúng ta có thể chỉ ra với bất kì k ≥ 1
1 + xk

∞

∑ Fn+1xn = 1 +

n=0

là hàm sinh đối với monoit tự do.

xk
1 − x − x2