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 TỐN HỌC

Thái Nguyên – 2008

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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 nghiên
cứu truyền thống của số học. Nhiều dÃy số quan trọng được định nghĩa qua
các d·y håi quy. Nỉi tiÕng nhÊt trong sè c¸c d·y số như vậy là các số
Fibonacci, các số Lucas.
Mặc dù có lịch sử phát triển lâu đời, các số Fibonacci và Lucas vẫn chứa
đựng nhiều tính chất thú vị chưa được biết đến, và luôn luôn là một trong
những đề tài trọng tâm của lý thuyết số hiện đại.
Bản luận văn này nhằm giới thiệu về lý thuyết các dÃy håi quy tuyÕn tÝnh
nãi chung, mét sè tÝnh chÊt cæ ®iĨn cđa d·y sè Fibonacci, cịng nh­ mét sè
tÝnh chÊt 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 tính
chất cơ bản về lý thuyết đồng dư, đồng dư tuyến tính, định lý Fécma bé, số
giả nguyên tố, nhằm phục vụ cho các chứng minh sau.
Chương 2 "Các quan hệ hồi quy" đà đưa ra các khái niệm về các quan hệ
hồi quy, phương trình đặc trưng của các quan hÖ håi quy tuyÕn tÝnh hÖ sè
h»ng råi tõ đó đưa ra nghiệm tổng quát cho các trường hợp phương trình đặc
trưng có nghiệm bội và không có nghiệm bội. Ngoài ra trong chương này
cũng trình bày khái niệm dÃy số Fibonacci và một số tính chất cổ điển của
dÃy số này.
Chương 3 "Một số tính chất số học của số Lucas" nhằm trình bày một
số kết quả gần đây của dÃy Lucas. Cụ thể là Định lý về sự tồn tại các số
chính phương trong dÃy Lucas và sự đặc trưng của các số Lucas giả nguyên
tố không chính phương.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS. TSKH. Hà
Huy Khoái. Nhờ Thầy tôi đà 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 -

4


Đại học Sư phạm Thái Nguyên, các thầy cô giáo đà trang bị kiến thức, tạo
điều 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 đồng
nghiệp đà tạo điều kiện thuận lợi cho tôi thực hiện kế hoạch học tập của
mình.
Tôi xin cảm ơn người thân, bạn bè đà cổ vũ động viên tôi trong quá trình
làm luận văn.

5


Chương 1
Lý thuyết đồng dư

1.1

Khái niệm cơ bản

1.1.1 Định nghĩa.

môđulô
Khi

Giả sử a,

b là các số nguyên. Ta nói rằng a ®ång d­ víi b

m nÕu m|(a − b).

a ®ång d­ với b môđulô m, ta viết
a b(modm).

Nếu

a không đồng dư b môđulô m, ta viết
a 6 b(modm).
Nếu

a

và

khi tồn tại số nguyên

k

sao cho

1.1.2 Mệnh đề.

Chứng minh.

số nguyên
thì

Giả sử

b

là các số nguyên thì

a b(modm)

khi và chỉ

a = b + km.

a b(modm). Khi đó m|(a b), tức là a b = km với

k nào đó. Ngược lại, nếu tồn tại số nguyên k sao cho a = b + km

m|(a − b), tøc lµ a ≡ b(modm).

1.1.3 MƯnh đề.

Giả sử

m là một số nguyên dương. Quan hệ đồng dư môđulô

m thoả mÃn các tính chất sau đây:
1) (Tính chất phản xạ). Nếu

a là một số nguyên, thì

a a(modm).
2) (Tính chất đối xứng). Giả sử

a b(modm) thì b a(modm).
6

a

và

b

là các số nguyên. Khi đó, nếu


3) (Tính chất bắc cầu). Giả sử

a, b và c là các số nguyên. Khi đó, nếu

a b(modm), b c(modm) thì a c(modm).
Chứng minh.

2) Giả sử

1) Ta cã

a ≡ a(modm) v× m|(a − a).

a ≡ b(modm), tøc là m|(a b). Khi đó, m|(b a) và b ≡

a(modm).
3) NÕu

a ≡ b(modm), b ≡ c(modm) th× m|(a b) và m|(b c). Do đó,

m|(a c) v× (a − c) = (a − b) + (b c).
Nhờ tính chất trên, với mỗi số nguyên dương
hợp các số nguyên thành các lớp đồng dư môđulô
thuộc vào một lớp đồng dư môđulô
môđulô

m, ta có thể chia tập

m. Hai số nguyên cùng

m khi và chỉ khi chúng đồng dư với nhau

m.

1.1.4 Định nghĩa.

Một hệ thặng dư đầy đủ môđunlô

m là một tập hợp các

số nguyên sao cho mỗi số nguyên tuỳ ý đều đồng dư môđunlô

m với đúng

một số của tập hợp.

Ví dụ: 1) Tập hợp các số 0, 1, ..., m 1 là một hệ thặng dư đầy đủ môđulô

m. 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

m1 m3
m3 m1
,
, ..., 0, 1, ...,
,
2
2
2
2

là hệ thặng dư đầy đủ, được gọi là hệ thặng dư tuyệt đối bé nhất môđulô
1.1.5 Định lý.

Giả sử

m.

a, b, c và m là các số nguyên, m > 0 và a b(modm).

Khi ®ã:
1)

a + c ≡ b + c(modm),

2)

a − c b c(modm),

3)

ac bc(modm).

Chứng minh.

nên

Vì

a b(modm) nên m|(a − b). Do (a + c) − (b + c) = a − b

m|[(a + c) − (b − a)]: 1) được chứng minh.

Tương tự 2) được suy ra từ chỗ

(a c) (b c) = a − b.
7


§Ĩ chøng minh 3) ta chó ý r»ng
ra

ac − bc = c(a − b) nªn tõ m|(a − b) suy

m|c(a b), tức là ac bc(modm).
Tuy nhiên, nói chung không thể làm phép chia hai vế của cùng một đồng

dư cho một số. Chẳng hạn

2002 4(mod6)
nhưng

1.1.6 Định lý.

2002
= 1001 6= 2(mod6).
2
Giả sử a, b, c và m là các số nguyên, m > 0 và

ac bc(modm) và d = (c, m). Khi ®ã ta cã
a ≡ b(mod
Chøng minh.

Giả sử

tồn tại số nguyên

m
).
d

ac bc(modm). Ta có m|(ac − bc) = c(a − b). Do ®ã

k sao cho c(a − b) = km. Chia hai vÕ cho d ta được:

c
m
(a b) = k .
d
d


c m
m
Vì
,
= 1 nên từ đó suy ra |(a b), tức là
d d
d
m
a ≡ b(mod ).
d

VÝ dô:

2002 ≡ 2(mod5). Do (2, 5) = 1 nên ta có
1001 1(mod5).

Định lý sau đây là hệ quả của định lý 1.1.6.
1.1.7 Định lý.

và

Nếu

a, b, c và m là các số nguyên, sao cho m > 0, (c, m) = 1,

ac ≡ bc(modm). Khi ®ã a b(modm).
Định lý 1.1.7 có thể mở rộng thành định lý sau đây, cho ta thấy rằng

có thể làm một số phép tính số học đối với các lớp đồng dư như đối với các
số nguyên.

8


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 ®ã:
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). Do

đó tồn tại các số nguyên

k và l sao cho km = a b, lm = c − d.

§Ĩ chøng minh 1), ta nhËn xÐt r»ng (a+c)−(b+d)
Do ®ã

= km+lm = (k+l)m.

m|[(a + c) − (b + d)] tøc lµ a + c ≡ b + d(modm).

§Ĩ chøng minh 2) ta chó ý r»ng

(a − c) − (b − d) = (a − b) − (c − d) =

km−lm = (k−l)m. Do ®ã m|[(a−c)−(b−d)], tøc là ac bd(modm).
Để chứng minh 3), ta thấy acbd

= ac−bc+bc−bd = c(a−b)+b(c−d) =

ckm + blm, tøc lµ m|(ac − bd). Do đó ac bd(modm).
1.1.9 Định lý.

Giả sử

là số nguyên dương và

r1 , r2 , ..., rm

là hệ đầy đủ các thặng dư môđulô

(a, m) = 1. Khi đó
ar1 + b, ar2 + b, ..., arm + b

cịng lµ một hệ thặng dư đầy đủ môđulô
Chứng minh.

m.

Trước tiên ta chỉ ra rằng, trong các số nguyên

ar1 + b, ar2 + b, ..., arm + b
không có hai số nào ®ång d­ nhau m«®ul«

m. ThËt vËy, nÕu

arj + b ≡ ark + b(modm)
thì

arj ark (modm).
Do

(a, m) = 1 nên theo định lý 1.1.7 ta có
rj rk (modm).
9

m, a


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 môđulô

m 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 được
nâng 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 ®ã
ak ≡ bk (modm).
Chøng minh.

Do

a ≡ b(modm), ta cã m|(a − b). V×

ak − bk = (a − b)(ak−1 + ak−2 b + ... + abk−2 + bk−1 )
nªn

(a − b)|(ak − bk ). VËy m|(ak − bk ), tøc lµ ak bk (modm).

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

trong đó

Giả sử

a b(modm1 ), a b(modm2 ), ..., a ≡ b(modmk ),

a, b, m1 , ..., mk

lµ các số nguyên,

m1 , m2 , ..., mk > 0. Khi đó

a b(mod[m1 ...mk ])
trong đó

[m1 ...mk ] là béi chung nhá nhÊt cña m1 , ..., mk .

Chøng minh.

cã

V×

a ≡ b(modm1 ), a ≡ b(modm2 ), ..., a ≡ b(modmk ), nªn ta

m1 |(a − b), m2 |(a − b), ..., mk |(a − b). Tõ ®ã suy ra r»ng
[m1 , m2 , ..., mk ]|(a − b),

tøc lµ

a ≡ b(mod[m1 ...mk ]).

10


1.1.12 Hệ quả.

trong đó

Giả sử

a b(modm1 ), a b(modm2 ), ..., a ≡ b(modmk ),

a, b nguyªn, m1 , m2 , ..., mk

là các số nguyên dương nguyên tố cùng

nhau từng cặp. Khi đó

a b(modm1 ...mk ).
Chứng minh.

Do

m1 , m2 , ..., mk là các số nguyên dương nguyên tố cùng

nhau từng cặp nên ta có

[m1 m2 ...mk ] = m1 m2 ...mk .
khi đó hệ quả được suy trực tiếp từ định lý 1.1.11.

1.2

Đồng dư tuyến tính

Một đồng dư dạng

ax b(modm),
trong đó
biến.

x là một số nguyên chưa biết, được gọi là

đồng dư tuyến tính một

Ta sẽ thấy rằng, việc nghiên cứu các đồng dư như vậy hoàn toàn tương

tự việc nghiên cứu phương trình nghiệm nguyªn hai biÕn.
Tr­íc tiªn ta nhËn xÐt r»ng nÕu

x = x0 là một nghiệm của đồng dư

ax b(modm) và nÕu x1 ≡ x0 (modm), th× ax1 ≡ ax0 ≡ b(modm), nên x1
cũng là một nghiệm. Như vậy, nếu một phần tử của một lớp đồng dư môđulô

m nào đó là một nghiệm, thì mọi phần tử của lớp đó cũng là nghiệm. Vì
thế có thể đặt câu hỏi: trong

m lớp đồng dư môđulô, có bao nhiêu lớp cho

nghiệm, hay một cách tương đương, có bao nhiêu nghiệm không đồng dư
môđulô

m.

1.2.1 Định lý.

Giả sử

a, b, m

là các số nguyên,

d 6 |b thì đồng dư ax b(modm) vô nghiệm.
đúng

m>0

Nếu

và

(a, m) = d.

Nếu

d|b thì ax b(modm) có

d nghiệm không đồng dư môđulô m.

Chứng minh.

Số nguyên

x là nghiệm của đồng dư ax b(modm) nếu và

chỉ nếu tồn tại số nguyên
Vậy, nÕu

y sao cho ax − my = b. V× d = (a, m) nên d|b.

d 6 |b thì đồng dư đang xét không tồn tại nghiệm.

11


Bây giờ giả sử

d|b. Vì d = (a, m) nên tồn tại các số nguyên s, t sao cho
d = as + mt.

Mặt khác, tồn tại số nguyên

e sao cho b = de. Từ đó ta được

b = a(se) + m(te).
Nh­ vËy, ta cã thĨ lÊy mét nghiƯm cđa ®ång dư là
rằng, các số

x0 = se. Ta sẽ chứng tỏ

 
a
x = x0 + m
k,
d

trong đó

k nguyên, đều là nghiệm ®ång ®­ ®ang xÐt. ThËt vËy
 
a
k,

ax = ax0 + m
d
a
mà ax0 b(modm),
nguyên nên
d
ax ax0 b(modm).
Ngược lại, mọi nghiệm của đồng dư đều phải có dạng (1). Thật vậy, giả
sử

x là nghiệm tuỳ ý,
ax my = b.

Ta cã:

a(x − se) − m(y + te) = 0
tøc lµ

a(x − se) = m(y + te).
Chia hai vÕ cho

d ta được

m
a
(x se) = (y + te).
d
d
a m
a

Do d = (a, m) nªn ( , ) = 1, suy ra |(y +te). Vậy phải tồn tại số nguyên
d d
a
a d
a
k sao cho k = (y + te), tøc lµ y = k − te. Do ®ã a(x − se) = mk . VËy,
d
d
d
m
m
x = se + k = x0 + k.
d
d
12


Còn phải chứng minh rằng, có đúng

d nghiệm không đồng dư môđulô m.
m
m
Giả sử các nghiệm x1 = x0 + t1 và x2 = x0 + t2 đồng dư môđulô m:
d
d
m
m
x0 + t1 ≡ x0 + t2 (modm).
d
d

Ta cã

V×

m
m
t1 ≡ t2 (modm).
d
d

m
m
m
|m nên (m, ) =
nên theo định lý 1.1.6,
d
d
d
t1 t2 (modm)

Như vậy, hệ đầy đủ các nghiệm không đồng dư nhận được bằng cách đặt

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

x = x0 +

1.2.2 Định nghĩa.

Giả sử

a, m là các số nguyên, m > 1. Nghiệm của đồng

dư

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 nguyên
tố p.
1.2.3 Mệnh đề.

môđulô

Giả sử

p

là một số nguyên tố. Số nguyên

a

là nghịch đảo

p của chính nó khi và chỉ khi

a 1(modp)

hoặc

a 1(modp).
Chứng minh.

Nếu

a 1(modp) hoặc a 1(modp) thì a2 1(modp) nên

a là nghịch đảo của chính nó.
Ngược lại, giả sử

a là nghịch đảo của chính nó, tức là
a2 = a.a 1(modp).

Khi đó p|(a2 1). Vì (a2 1)
hoặc

= (a 1)(a +1) mà p nguyên tố, nên p|(a 1)

p|(a + 1). Do đó, a 1(modp) hc a ≡ −1(modp).
13


1.3

Định lý Fécma bé

1.3.1 Định lý.

dương với

(Định lý Fécma bé). Giả sử

p là số nguyên tố và a là số nguyên

p 6 |a. Khi đó ap1 1(modp).

Chứng minh.

Xét

p 1 số nguyên a, 2a, ..., (p 1)a. Không số nguyên nào

trong các số nói trên chia hết cho p, vì p|ja với j nào đó thì p|j do (a, p)
Mµ ta cã

1 ≤ j ≤ p − 1. Hơn nữa, không có hai số nguyên nào trong dÃy

trên ®ång d­ m«®ul« p. ThËt vËy nÕu
suy ra

= 1.

ja ≡ ka(modp) thì do (a, p) = 1 nên

j k(modp), tức là j = k , (vì 1 j p 1). Như vậy, các số

nguyên

a, 2a, ..., (p 1)a là tập hợp (p 1) số nguyên không đồng đư 0 và

không có hai số nào đồng dư nhau môđulô
nhất của hệ đó phải là

p, nên các thặng dư dương bé

1, 2, ..., (p 1) xếp theo thứ tự nào đó. Từ đó suy ra

a.2a...(p − 1)a ≡ 1.2...(p − 1)(modp).
VËy

ap−1 (p − 1)! ≡ (p 1)!(modp).
Vì

((p 1)!, p) = 1 nên ta được
ap1 1(modp).

1.3.2 Hệ quả.

Giả sử

p

là số nguyên tố và

a

là số nguyên dương. Khi đó

ap a(modp).
Chứng minh.

Nếu

p 6 |a thì theo Định lý Fécma bé, ta có
ap1 1(modp).

Nhân hai vế với

a ta được
ap a(modp).

Ngược lại, nếu

p|a thì p|ap nªn ap ≡ a ≡ 0(modp).
14


1.3.3 Hệ quả.

đó

ap2

Giả sử

p

là số nguyên tố và

là nghịch đảo của

Chứng minh.

Giả sử

a

là số nguyên tố với

p 6 |a.

Khi

a môđulô p.

p 6 |a. Khi đó theo định lý Fécma bé ta có
a.ap2 = ap1 1(modp).

Vậy ap2 là nghịch đảo của
1.3.4 Hệ quả.

Giả sử

a môđulô p.

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
Chứng minh.

của

x sao cho x ap2 b(modp).
ax b(modp). Vì p 6 |a nên ap2 là một nghịch đảo

Giả sử

a(modp). Từ đó ta có:
x ap2 ax ap2 b(modp).

1.4

Số giả nguyên tố

Theo Định lý Fécma bé, nếu
có bn
thì

n là số nguyên tố thì với mọi số nguyªn b ta

≡ b(modn). Nh­ vËy, nÕu cã sè nguyªn b sao cho bn 6 b(modn)

n phải là hợp số. Tuy nhiên, Định lý Fécma bé lại không cho ta cách

kiểm 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: víi

n = 341, b = 2 ta cã: n = 11.31,
2340 = (210 )34 ≡ 1(mod11);
2340 = (25 )68 = 3268 ≡ 1(mod31).
Tõ ®ã suy ra 2340

≡ 1(mod341), nh­ng n = 341 là hợp số.
15


1.4.1 Định nghĩa.

dương và bn

Giả sử b là số nguyên dương. Nếu n là một hợp số nguyên

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 bn1

1(modn). Ta cũng thường dùng đẳng thức này để làm định nghĩa cho các số

giả 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 tiªn

cã 455.052.512 sè nguyªn tè, nh­ng chØ cã 14.884 sè 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
Giả sử

1.4.2 Bổ đề.

b = 2. Trước hết ta có bổ đề sau:

d, n là các số nguyên dương sao cho d|n. Khi ®ã

(2d − 1)|(2n − 1).
Chøng minh.

khai triển

Vì

d|n nên tồn tại số nguyên t sao cho dt = n. Đặt x = 2d , từ

xt 1 = (x − 1)(xt−1 + xt−2 + ... + 1) ta cã:
2n − 1 = (2d − 1)(2d(t−1) + 2d(t−2) + ... + 2d + 1),

tøc lµ

(2d − 1)|(2n − 1).

1.4.3 Định lý.

Chứng minh.

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

Giả sử

n là một số giả nguyên tè c¬ së 2. Ta sÏ chøng tá r»ng,

m = 2n 1 cũng là số giả nguyên tố cơ sở 2. Theo giả thiết, n là hợp số,
chẳng hạn
nên

n = dt(1 < d, t < n) vµ 2n−1 ≡ 1(modn). Vì (2d 1)|(2n 1)

m là hợp số. Do n là số giả nguyên tố, 2n 2(modn), tức là tồn tại k

sao cho 2n

2 = kn. Ta cã: 2m−1 = 22

n

−2

= 2(kn+2)−2 = 2kn . Do ®ã

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

2m1 1(modn).
Vậy

m là số giả nguyên tố cơ së 2.
16


Chương 2
Các quan hệ hồi quy

2.1

Quan hệ hồi quy tổng quát

2.1.1 Định nghĩa.

giá trị

Quan hệ hồi quy bậc

k là một công thức cho phép tính

f (n + k) qua các giá trị f (n), f (n + 1), ..., f (n + k − 1).

VÝ dô:

f (n + 2) = n2 f (n + 1) − f (n) + f (n − 1) lµ quan hƯ håi quy bËc ba,
f (n + 1) = f (n) + f (n − 1) là quan hệ hồi quy bậc hai.
2.1.2 Chú ý.

(1)

Đối víi quan hƯ håi quy bËc k , nÕu cho các giá trị f (1), ..., f (k)

thì các giá trị còn lại hoàn toàn được xác định. Chẳng hạn trong quan hÖ (1),
nÕu ta cho

f (1) = f (2) = 1 thì ta nhận được dÃy số nổi tiếng gọi là các số

Fibonacci.
2.1.3 Định nghĩa.

Một dÃy

f (n) thỏa mÃn một quan hệ hồi quy nào đó được

gọi là một nghiƯm cđa quan hƯ ®ã. NÕu quan hƯ håi quy bậc

k thì k giá trị

ban đầu của dÃy có thể lấy tùy ý, các giá trị tiếp theo hoàn toàn được xác

định.
Một nghiệm của quan hệ hồi quy bậc
nó phụ thuộc

k được gọi là nghiệm tổng quát nếu

k hằng số tïy ý C1 , ..., Ck .

VÝ dô: XÐt quan hÖ håi quy

f (n + 2) = 5f (n + 1) − 6f (n).
17

(2)


Dễ dàng chứng minh được

f (n) = C1 2n + C2 3n
là nghiệm của quan hệ hồi quy đang xét (2). Nghiệm tùy ý được xác định
qua các giá trị

f (1), f (2).

Chẳng hạn nếu đặt

f (1) = a, f (2) = b ta được hệ

2C1 + 3C2 = a
4C1 + 9C2 = b

Hệ phương trình này có nghiệm

2.2

C1 , C2 với mọi giá trị của a, b.

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 quan

hệ có dạng

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

n)

Trước tiên ta xét trường hợp đơn giản: các quan hƯ håi quy tun tÝnh víi hƯ
sè h»ng

f (n + 2) = a1 f (n + 1) + a2 f (n).
2.2.2 Bổ đề.

dÃy

Nếu

(3)

f1 (n), f2 (n) là các nghiệm của (3) thì với các số tùy ý A, B

f (n) = Af1 (n) + Bf2 (n) cịng lµ nghiƯm cđa (3).

Chứng minh.

Vì f1 (n), f2 (n) là các nghiệm của (3) nªn ta cã:

f1 (n + 2) = a1 f1 (n + 1) + a2 f1 (n),
f2 (n + 2) = a1 f2 (n + 1) + a2 f2 (n)
Suy ra

Af1 (n+2)+Bf2 (n+2) = a1 [Af1 (n+1)+Bf2 (n+1)]+a2 [Af1 (n)+Bf2 (n)].
VËy

f (n) = Af1 (n) + Bf2 (n) lµ nghiƯm cña (3).
18


2.2.3 Bổ đề.

Giả sử

r1

là nghiệm của phương trình

r2 = a1 r + a2
Khi đó dÃy

(4).

{rn } là một nghiệm của quan hÖ
f (n + 2) = a1 f (n + 1) + a2 f (n)

Chøng minh.

Ta cã

(5).

f (n) = r1n , f (n + 1) = r1n+1 , f (n + 2) = r1n+2 .

Theo giả thiết, r1 là nghiệm của phương trình r 2

= a1 r + a2 nên ta cã

r12 = a1 r1 + a2 .
Suy ra

a1 r1n+1 + a2 r1n = r1n (a1 r1 + a2 ) = r1n r12 = r1n+2 .
{rn } lµ mét nghiƯm cđa quan hƯ (5).
 n+m
2.2.4 NhËn xÐt. D·y
r1
víi m tùy ý cũng là một nghiệm. Thật vậy, chỉ

Vậy

cần áp dơng Bỉ ®Ị 2.2.2 víi

B = 0, A = r1m .

Phương trình (4) gọi là phương trình đặc trưng của quan hệ (5).
Từ các Bổ đề 2.2.2 và Bổ đề 2.2.3, ta có định lí sau:
2.2.5 Định lý.

Giả sử cho quan hÖ håi quy

f (n + 2) = a1 f (n + 1) + a2 f (n).

(6)

Giả sử phương trình ®Ỉc tr­ng

r 2 = a1 r + a2
cã hai nghiƯm phân biệt

r1

và

r2 . Khi đó, nghiệm tổng quát của (6) cã d¹ng

f (n) = C1 r1n−1 + C2 r2n−1 .
Chøng minh.

Theo Bỉ ®Ị 2.2.3, f1 (n)

= r1n−1 , f2 (n) = r2n1 là các nghiệm

của quan hệ đang xét. Theo Bỉ ®Ị 2.2.2, víi mäi

C1 , C2 tïy ý, C1 r1n + C2 r2n

là nghiệm. Chỉ còn phải chứng minh r»ng, nghiƯm tïy ý cđa quan hƯ (6) cã

19


thể viết dưới dạng đà nêu trong định lí. Mỗi nghiệm của quan hệ (6) được
xác định duy nhất bởi các giá trị

f (1), f (2). Vì thế, chỉ cần chỉ ra rằng, hệ

phương trình


có nghiệm với

C1 + C2 = a
C 1 r1 + C 2 r2 = b

a, b tùy ý. Dễ thấy rằng, các nghiệm đó là
C1 =

b ar2

ar1 b
, C2 =
r1 r2
r1 r2

Định lí được chứng minh.
Bây giờ ta chuyển sang xét trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm
bội.
Giả sử phương trình đặc trưng của quan hệ đà cho có các nghiệm trùng
nhau, chẳng hạn r1

= r2 . Khi đó biểu thức C1 r1n1 + C2 r2n1 không còn là

nghiệm tổng quát nữa, vì nghiệm đó được viết dưới dạng
Nói chung, không thÓ chän h»ng sè

f (n) = Cr1n−1 .

C sao cho hai điều kiện ban đầu

f (1) = a, f (2) = b được thỏa mÃn.
2.2.6 Định lý.

Giả sử phương trình ®Ỉc tr­ng

r 2 = a1 r + a2
cã nghiƯm béi

r1 . Khi đó nghiệm tổng quát của quan hệ đang xÐt cã d¹ng
f (n) = r1n−1 (C1 + C2 n),

trong đó

C1 , C2

Chứng minh.

ta có: a1

là các hằng số tùy ý.

Vì phương trình đặc trưng có nghiệm bội nên theo §Þnh lÝ ViÐt

= 2r1 , a2 = −r12 . Ta viết phương trình đặc trưng dưới dạng:
r2 = 2r1 r − r12 .

Nh­ vËy quan hÖ håi quy sÏ cã d¹ng

f (n + 2) = 2r1 f (n + 1) − r12 f (n)
20

(7).


Ta thử lại rằng f2 (n)

= nr1n1 là một nghiệm cđa quan hƯ ®ang xÐt.

Ta cã:

f2 (n + 2) = (n + 2)r1n+1 , f2 (n + 1) = (n + 1)r1n .
Thay các giá trị này vào (7) ta nhận được các đồng nhất thức:

(n + 2)r1n+1 = 2(n + 1)r1n+1 nr1n+1 .
Vậy

nr1n1 đúng là một nghiệm.

Theo bổ ®Ị 2.2.2, víi

C1 , C2 tïy ý,

f (n)r1n−1 (C1 + C2 n)
cũng là nghiệm. Mặt khác, với điều kiện
luôn xác định được

(8)

f (1) = a, f (2) = b tùy ý, ta luôn

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 trình
đặc trưng cã nghiƯm béi.
2.2.7 NhËn xÐt.

§èi víi quan hƯ håi quy tun tÝnh hƯ sè h»ng cÊp

ta cịng cã kÕt qu¶ hoàn toàn tương tự. Xét quan hệ hồi quy cấp

k tïy ý,

k d¹ng

f (n + k) = a1 f (n + k − 1) + ... + ak f (n).
ph­¬ng trình đặc trưng tương ứng:

rk = a1 rk1 + ... + ak .
NÕu r1 , r2 , ..., rk lµ các nghiệm khác nhau của phương trình đặc trưng, thì
nghiệm tổng quát sẽ là

f (n) = C1 r1n1 + ... + Ck rkn1 .
Nếu có nghiệm nào đó trùng nhau, chẳng hạn r1

= r2 = ... = rs thì nghiệm

tổng quát sẽ là
n1
f (n) = r1n1 (C1 + C2 n + ... + Cs ns−1 ) + Cs+1 rs+1
+ ... + Ck rkn−1 .

21