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 Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci 1.1 Một số tính chất sở 1.2 Dãy số fn (1) 1.3 Dãy số ( fn (2)) 1.4 Dãy số ( fn (−1)), ( fn (−2)) (ln (1)) 10 1.5 Chứng minh Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 11 Hợp thành số Fibonacci 14 2.1 Monoit tự 14 2.2 Các đồng thức Fibonacci 20 Tài liệu tham khảo 34 ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái (Trường Đại học Thăng Long) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt 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, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể Lớp B, cao học Toán khóa (2014 - 2016) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh, Huyện Kiến Thụy, Thành phố Hải Phòng tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập công tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành tốt luận văn Mở đầu Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trên đường tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn toán học nẩy sinh Hơn nữa, năm gần đây, Số học không lĩnh vực toán học lí thuyết, mà có nhiều ứng dụng, đặc biệt lĩnh vực bảo mật thông tin Dãy Fibonacci dãy số vô hạn số tự nhiên bắt đầu hai phần tử và 1, phần tử sau thiết lập theo quy tắc phần tử tổng hai phần tử trước Chúng ta biết rằng, số Fibonacci tham gia vào nhiều vấn đề toán học từ nhiều năm nay, có tạp chí toán học chuyên dành nghiên cứu số Fibonacci Từ thực tiễn đó, chọn nghiên cứu đề tài “Dãy Fibonacci: Ước chung lớn nhất, hợp thành đồng thức” làm luận văn thạc sĩ Chúng bỏ qua việc trình bày tính chất dãy Fibonacci, có nhiều tài liệu đề cập đến Ở trọng giới thiệu hai kết nghiên cứu gần ước chung lớn số hạng dãy nâng Fibonacci, hợp thành số Fibonacci, tức việc biểu diễn số Fibonacci dạng tổng số nguyên dương Đây vấn đề quan tâm nghiên cứu lý thuyết số • Chương Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci dành để trình bày dãy nâng Fibonacci, mở rộng dãy Fibonacci cổ điển Nếu dãy Fibonacci cổ điển, ước chung lớn hai số hạng liên tiếp 1, với dãy nâng Fibonacci, điều không Các kết trình bày chương lớp dãy nâng Fibonacci mà ước chung lớn nói bị chặn • Chương Hợp thành số Fibonacci trình bày hợp thành số Fibonacci Một số công thức cho hợp thành số Fibonacci chứng minh chương Phương pháp tiếp cận sử dụng monoit tự do, lập nên hợp thành với phép toán ghép Thái Nguyên, ngày 27 tháng năm 2016 Tác giả Đỗ Đại Thanh Chương Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci 1.1 Một số tính chất sở Định nghĩa 1.1.1 Dãy Fibonacci dãy số xác định F1 = 1, F2 = Fn = Fn−2 + Fn−1 , với n ≥ Định nghĩa 1.1.2 Dãy Lucas dãy số xác định L1 = 1, L2 = Ln = Fn−2 + 3Fn−1 , với n ≥ Dãy Fibonacci tổng quát xác định G1 = α, G2 = β , Gn = αFn−2 + β Fn−1 , với n ≥ Nếu α = β = 1, dãy Fibonacci tổng quát Gn dãy Fibonacci Fn Nếu α = β = 3, dãy Fibonacci tổng quát Gn dãy Lucas Ln Xét dãy (Fn + a), với a số nguyên Ta gọi dãy nâng Fibonacci Các phần tử liên tiếp dãy Fibonacci số nguyên tố nhau, với dãy nâng Fibonacci điều không Năm 1971, Hoggatt lưu ý gcd(F4n+1 + 1, F4n+2 + 1) = L2n , gcd(F4n+1 − 1, F4n+2 − 1) = F2n , gcd(F4n+3 − 1, F4n+4 − 1) = L2n+1 Nghĩa là, phần tử liên tiếp dãy nâng Fibonacci ±1 luôn số nguyên tố Nếu đặt fn (a) = gcd(Fn + a, Fn+1 + a) ( fn (0)) dãy không đổi 1, 1, 1, , ( fn (±1)) không bị chặn Năm 2003 Hernández Lucas chứng minh có số không đổi c mà gcd(Fm + a, Fn + a) > ecm , vô hạn cặp số nguyên dương m > n Trong luận văn này, thấy ( fn (a)) bị chặn a = ±1 Cụ thể, chứng minh hai định lý sau Định lí 1.1.3 Với số nguyên (α), (β ), n a với α + (α.β ) − β − a2 = 0, có gcd(G2n−1 + a, G2n + a) ≤ α + (α.β ) − β − a2 (1.1) Định lí 1.1.4 Với số nguyên (α), (β ), n a với α + (α.β ) − β + a2 = 0, có gcd(G2n + a, G2n+1 + a) ≤ α + (α.β ) − β + a2 (1.2) Giả sử α = β = Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 Chúng ta rút hệ sau: Hệ 1.1.5 Với số nguyên n a gcd(F2n−1 + a, F2n + a) ≤ a2 − , gcd(F2n + a, F2n+1 + a) ≤ a2 + a = ±1, Do đó, kết luận ( fn (a)) bị chặn a = ±1 Và hệ khác ln (a) = gcd(Ln + a, Ln+1 + a) nhận hữu hạn giá trị Hệ 1.1.6 Với số nguyên n a, ta có gcd(L2n−1 + a, L2n + a) ≤ a2 + 5, gcd(L2n + a, L2n+1 + a) ≤ a2 − Giả sử α = β = Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 Chúng ta kết luận ln (a) bị chặn số nguyên a tuỳ ý Trong phần tiếp theo, suy hai bổ đề Từ đó, xác định fn (1), fn (2), fn (−1), fn (−2) ln (1), phần 3, Trong phần cuối, chứng minh Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 Bổ đề 1.1.7 Với số nguyên n, k 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) số nguyên a, b c, 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 chứng minh Bổ đề 1.1.8 Với số nguyên m, k a, gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm−(2k) + aF2k−1 , Gm−(2k+1) − aF2k ) (1.4) 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, F0 = 0, viết = gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm + aF−1 , Gm−1 − aF0 ), áp dụng (1.3) k lần để rút kết Lưu ý rằng, ta gọi dãy số {Fn + k} dãy số fn (k) 1.2 Dãy số fn(1) Định lí 1.2.1 Với số nguyên n, 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) n ≡ mod 3, (1.6) ngược lại, (1.7) n ≡ mod 3, ngược lại Chứng minh Giả sử m = 4n − 1, k = n, a = (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, a = (1.4) : gcd(F4n+1 , F4n+2 + 1) = gcd(F2n+1 + F2n−1 , F2n + F2n ) (1.8) 20 2.2 Các đồng thức Fibonacci Ta nhắc lại hợp thành số biểu diễn số dạng tổng số nguyên dương Mỗi số nguyên dương tổng gọi thành phần hợp thành Chúng ta định nghĩa hợp thành Fibonacci n hợp thành n với thành phần Do tập hợp tất hợp thành Fibonacci monoit tự {1, 2}∗ Hầu hết kết trình bày hệ kiện nói số n có Fn+1 hợp thành Fibonacci Áp dụng (1.3) cho monoit tự với hàm trọng số ω(1) = 1, ω(2) = 2, với kiện tồn Fn+1 hợp thành n, ta có hàm sinh ∞ ∑ Fn+1xn = − x − x2 , n=0 điều tương đương với (2.2) Chứng minh (i)-(vi) công thức tương tự khác dựa monoit monoit tự hợp thành Fibonacci Bây xem xét monoit {1, 2}1 hợp thành Fibonacci mà bắt đầu với (bao gồm hợp thành Fibonacci ) Bằng Bổ đề 2.1.7, monoit tự do, nguyên tố hợp thành có 2i , với i ≥ Vì hàm sinh ∞ số nguyên tố monoit tự ∑ x2i+1 i=0 Từ suy rằng, sn số hợp thành Fibonacci n bắt đầu với 1, với s0 = ∞ ∞ n=0 i=0 ∑ snxn = (1 − ∑ x2i+1)−1, (2.7) vế phải (2.7) hàm sinh cho hợp thành với thành phần lẻ Nhưng số hợp thành Fibonacci n bắt đầu với số hợp thành Fibonacci n − 1, thấy với n > 0, số hợp thành n với thành phần lẻ với số hợp thành n − 1, tức Fn Vì (iii) (Kết đưa Hoggatt Hoggatt Lind) 21 Mục tiêu đưa chứng minh song ánh đơn giản kiện Giả sử c hợp thành Fibonacci n − 1, c hợp thành Fibonacci n, bắt đầu với 1, biểu diễn 2i1 2i2 2ik Khi hợp thành tương ứng n với thành phần lẻ + 2i1 + 2i2 + 2ik Chúng ta áp dụng phân tích tương tự với việc hoán đổi vai trò 2, thấy số hợp thành Fibonacci n bắt đầu với với số hợp thành n với tất thành phần tử lớn 1, (ii) Một kết tương tự cho hợp thành với tập hợp tuỳ ý gồm hai thành phần Mệnh đề 2.2.1 Giả sử p q hai số nguyên phân biệt Khi với n ≥ p số hợp thành n − p với thành phần p q số hợp thành n với thành phần dạng p + qi, với i ∈ N Chứng minh Trước tiên, lưu ý thêm vào phía trước thành phần p hợp thành n − p với thành phần p q cho hợp thành n bắt đầu với p Trong monoit tự {p, q}∗p hợp thành với thành phần p q bắt đầu với p, số nguyên tố hợp thành có dạng p qi Vì song ánh từ hợp thành n > bắt đầu với p đến hợp thành n với thành phần dạng p + qi cho ánh xạ chuyển p qi1 p qi2 p qik thành hợp thành p + qi1 p + qi2 p + qik Đồng thức hàm sinh tương ứng với Mệnh đề 2.2.1 1+ xp xp = − − x p − xq − xq −1 Một cách tổng quát, với k ≥ 1 + xk ∞ ∑ Fn+1xn = + n=0 hàm sinh monoit tự xk − x − x2 22 Mệnh đề 2.2.2 Cố định số nguyên k ≥ Monoit M hợp thành Fibonacci bắt đầu với 1k−2 monoit tự do, nguyên tố có dạng 1k−2 1i q, i số nguyên không âm q rỗng hợp thành Fibonacci bắt đầu với không chứa 1k−2 Hàm sinh cho nguyên tố M xk /(1 − x − x2 + xk ), ta có minh hoạ tổ hợp cho đồng thức sau xk xk )−1 1+ = (1 − 2 k 1−x−x 1−x−x +x (2.8) Chứng minh Do Bổ đề 2.1.7, M monoit tự do, dễ thấy nguyên tố M mô tả mệnh đề Giả sử Q monoit hợp thành Fibonacci bắt đầu với không chứa 1k−2 Khi Q monoit tự mà tập hợp nguyên tố bao gồm hợp thành 1i , với ≤ i ≤ k - Vì hàm sinh cho Q k−1 (1 − ∑ x j )−1 = j=2 1−x − x − x2 + xk hàm sinh cho nguyên tố M xk 1−x xk = − x − x − x2 + xk − x − x2 + xk Ta có điều cần chứng minh Với k = 2, M monoit tự hợp thành bắt đầu với 2, số nguyên tố, biết trước đó, có dạng 1i , với i ≥ Với k = 3, hàm sinh cho nguyên tố M x3 x3 = − x − x2 + x3 (1 − x)2 (1 + x) x3 + x4 = (1 − x2 )2 ∞ n−1 n =∑ x n=3 Điều cho ta công thức Fn−2 = ∑ a∈C(n) a1 − ak − , 2 với n ≥ (2.9) 23 (Nhắc lại C(n) tập hợp hợp thành a1 ak n.) Chúng ta giải thích công thức cách tổ hợp cách có (n − 1)/2 nguyên tố M trọng số n Trong trường hợp này, nguyên tố có dạng 1i+1 j với i, j ∈ N Nếu từ hợp thành n, i + + 2( j + 1) = n Vì i = n − j − 3, số nguyên không âm với j = 0, 1, , n/2 − Có diễn giải đơn giản (2.9) Thay cho hợp thành Fibonacci bắt đầu với 1, xem xét hợp thành Fibonacci bắt đầu với kết thúc với Chúng lập nên monoit tự mà nguyên tố có dạng 1i j , i, j ≥ 1, số có (n − 1)/2 có trọng số n Trường hợp k = 2, 3, 4, (2.8) đặc biệt hóa đồng thức: 1+ a a = 1− 1−a−b 1−b −1 (2.10) , ab ab 1+ = 1− 1−a−b (1 − a)(1 − b) −1 (2.11) , a2 b a2 b 1+ = 1− 1−a−b (1 − a)(1 − b − ab) −1 , (2.12) mà chúng giải thích thuật ngữ monoit tự Có áp dụng thú vị khác công thức Lấy a = b = x (2.10), ta thấy tổng hợp thành n, n > 0, 2n−1 Lấy a = b = x (2.11) ta 2n−2 = ∑ (a − 1) (ak − 1), n ≥ a∈C(n) Lấy a = b = x (2.12), sử dụng kiện x3 x x = − (1 − x)(1 − x − x2 ) − x − x2 − x ∞ = ∑ (Fn − 1)xn n=1 ta 2n−3 = ∑ a∈C(n) (Fa1 − 1) (Fak − 1), n≥3 (2.13) 24 (số hạng khác không sinh từ hợp thành với thành phần lớn 2) Công thức (2.13) "giải thích" ba giá trị khác không Fn − ba luỹ thừa 2, ví dụ F3 − = 1, F4 − = 2, F5 − = 4), với ≤ n < có số hạng khác không tổng (2.13) Điều Fn − = 2n−3 ≤ n < dễ dàng nhận thấy từ công thức x x x3 − = − x − x2 − x − 2x + x3 Lấy a = x, b = xm (2.11) ta tổng quát hóa (2.9) Mệnh đề 2.2.3 Cố định m ≥ định nghĩa số rn ∞ ∑ rnxn = − x − xm n=0 Khi với n ≥ m + 1, ta có rn−m−1 = ∑ a∈C(n) ak − a1 − , m m số hạng khác không xuất phát từ hợp thành có thành phần m + Chứng minh Bởi (2.11) với a = x, b = xm , ta có ∞ 1+ ∑ rn−m−1 xn = + n=m+1 xm+1 − x − xm xm+1 = 1− (1 − x)(1 − xm ) −1 Chúng ta có m−1 xm+1 m+1 + x + + x = (x ) (1 − x)(1 − xm ) (1 − xm )2 = x(xm + xm+1 + + x2m−1 )(1 + 2xm + 3x2m + ) ∞ = ∑ n=1 suy điều phải chứng minh n−1 n x , m 25 Không khó để đưa cách giải thích tổ hợp cho Mệnh đề 2.2.3 Số rn đếm số hợp thành n với thành phần m, n ≥ m+1 , rn−m−1 số hợp thành n bắt đầu với kết thúc với m Các hợp thành lập nên monoit tự mà nguyên tố có dạng 1i m j , i, j ≥ 1, có (n − 1)/m số chúng có trọng số n Để giải thích kết (iv) - (vi) Mục 1, cần xem xét hợp thành Fibonacci không số chẵn, không số lẻ Tổng quát hơn, cho m i, xem xét hợp thành Fibonacci số đồng dư i modulo m Bổ đề 2.2.4 Giả sử M monoit tự với hàm trọng giả sử m số nguyên dương, monoit M gồm phần tử có trọng số chia hết cho m tự Chúng ta áp dụng Bổ đề 2.2.4 cho monoit tự từ Fibonacci Giả sử ∞ fm,i = ∑ Fmn+i+1xn, n=0 tức hệ số xn fm,i số hợp thành Fibonacci mn + i Từ Bổ đề 2.2.4 suy monoit hợp thành Fibonacci bội m tự Ta định nghĩa hàm trọng số monoit cách lấy trọng số hợp thành mn n Khi hàm sinh monoit fm,0 Bây giờ, giả sử w hợp thành Fibonacci không chồng chéo số nguyên r = mk − i, k ≥ ≤ i < m Khi Bổ đề 2.1.7 Bổ đề 2.2.4, monoit tự hợp thành Fibonacci bội số m, bắt đầu với w, monoit tự do, hàm sinh cho monoit tự + xk fm,i Trong mục này, xem xét vài trường hợp hàm sinh số m tuỳ ý Người ta ∞ ∑ Fmn+ j xn = n=0 Fj + (−1) j Fm− j x , − Lm x + (−1)m x2 (2.14) 26 Ln số Lucas thứ n (L0 = Ln = Fn−1 + Fn+1 ) Chúng ta tìm giải thích đơn giản dựa vào monoit tự cho hàm sinh cho Fmn+1 Fmn−1 Đối với Fmn+1 , có công thức đây, theo Hoggatt Mệnh đề 2.2.5 Ta có ∞ fm,0 = ∑ Fmn+ j xn n=0 = − Fm−1 x − Lm x + (−1)m x2 Fm2 x2 = − Fm+1 x − − Fm−1 x −1 (2.15) Chứng minh Công thức nhận phép tính toán trực tiếp, sử dụng trường hợp j = (2.14), công thức Lm = Fm−1 + Fm+1 , đồng thức Cassini Fm+1 + Fm−1 − (−1)m = Fm2 Chúng ta giải thích Mệnh đề 2.2.5 cách tổ hợp, cách mô tả nguyên tố monoit tự hợp thành Fibonacci bội m Các nguyên tố có trọng số hợp thành Fibonacci m, gồm Fm+1 số Các nguyên tố có trọng số n > có dạng u v1 v2 vk w u w hợp thành Fibonacci m − vi hợp thành Fibonacci m − Có công thức tương tự Fmn−1 , tương ứng với hợp thành bội m bắt đầu với 2, chúng có hàm sinh + x fm,m−2 Một tính toán đơn giản cho kết sau đây, Hoggatt Mệnh đề 2.2.6 Ta có Fm2 x2 + x fm,m−2 = + ∑ Fmn−1 x = − Fm−1 x − − Fm+1 x n=1 ∞ n −1 (2.16) Có giải thích tổ hợp đơn giản cho Mệnh đề 2.2.6 Trong monoit tự hợp thành Fibonacci bội số m bắt đầu với 2, nguyên tố có trọng số số hợp thành Fibonacci m bắt đầu với 2, có Fm−1 số Mỗi nguyên tố khác monoit tự có dạng uv1 v2 vk w, cho k ≥ 0, 27 u w hợp thành m − (có Fm số) vi hợp thành Fibonacci m (có Fm+1 số) Không có kết đơn giản Mệnh đề 2.2.5 Mệnh đề 2.2.6 fm,i với i không với m − Với i = m − 1, có, (2.14) ∞ fm,m−1 = Fm (2.17) ∑ Fm(n+1) = − Lmx + (−1)mx2 n=0 phép tính trực tiếp cho ta + x fm,m−1 = − Fm − 2Fm−1 x + (−1)m x2 −1 (2.18) Có thể mô tả số nguyên tố tương ứng cách tường minh, giải thích tổ hợp đơn giản cho hàm sinh (2.18) Chúng ta lưu ý m số lẻ (2.14), ∞ fm,m−1 = Fm ∑ Fmn+mxn = − Lmx − x2 n=0 Mặc dù công thức có giải thích tổ hợp đơn giản, chưa có Xét trường hợp m = (2.14), ta có f2,0 = 1−x − 3x + x2 f2,1 = − 3x + x2 Trường hợp m = (2.15) x2 1−x −1 f2,0 = = (1 − 2x − x − x − ) = − 2x − − 3x + x2 1−x −1 (2.19) nguyên tố monoit tự hợp thành Fibonacci số nguyên chẵn hợp thành hợp thành có dạng 2i với số nguyên không âm i Hàm sinh cho nguyên tố, với 3, cho ta công thức (vi) Mục 1, F2n+1 = ∑ a∈C(n) 2#{i:ai =1} 28 Chúng ta có đồng thức −1 xk (1 − x) xk (1 − x) + x f2,0 = + = 1− − 3x + x2 − 3x + x2 + xk − xk+1 k , (2.20) xk (1 − x)/(1 − 3x + x2 + xk − xk+1 ) hàm sinh số nguyên hợp thành monoit tự số nguyên chẵn bắt đầu với 12k−2 Chỉ có trường hợp k = (2.20), trường hợp m = (2.16), đặc biệt đơn giản Ta có x2 + x f2,0 = − x − − 2x −1 = − x − x2 − 2x3 − 4x4 − 8x5 − −1 , cho công thức F2n−1 = ∑ 2#{i:ai =1}+n−2k , a∈C(n) k số thành phần hợp thành a Cũng lưu ý rằng, công thức liên phân số + x f2,0 = − 2x = − 3x + x − 1−x x 1−x F2n−1 , với n > 0, số đường Dyck độ dài 2n độ cao tối đa Công thức tương tự f2,1 đơn giản f2,0 Mệnh đề 2.2.7 Cố định số nguyên k ≥ Tập hợp hợp thành Fibonacci số chẵn bắt đầu với 2k−1 monoit tự có nguyên tố có dạng 2k−1 2i q j , i j số nguyên không âm q phần tử monoit tự Q với nguyên tố 2l 2m , với l ≥ ≤ m ≤ k - 2m Điều cho đồng thức xk xk + x f2,1 = + = − − 3x + x2 − 3x + x2 + xk k −1 (2.21) Với k = 1, monoit tự Q chứa từ rỗng, nguyên tố có dạng 2i j với i, j ≥ 29 Chứng minh Giả sử M monoit tự hợp thành Fibonacci số chẵn bắt đầu với 2k−1 Do Bổ đề 2.1.7, M monoit tự Một nguyên tố M hợp thành Fibonacci bắt đầu với 2k−1 chứa số chẵn thành phần 1, thành phần thứ j 1, với j > số lẻ, suy có k − thành phần Rõ ràng nguyên tố mô tả mệnh đề Hàm sinh Q k−1 u(x) = xi 1− ∑ i=1 − x −1 (1 − x)2 = − 3x + x2 + xk Như vậy, hàm sinh nguyên tố M 1 xk x .u(x) = 1−x − x − 3x + x2 + xk k Ta có điều phải chứng minh Với k = 1, từ (2.21) ta có 1+ x x = − − 3x + x2 (1 − x)2 −1 = (1 − x − 2x2 − 3x3 − )−1 Chúng ta thấy có n hợp thành nguyên tố 2n, hợp thành hợp thành 2n có dạng 2i j , mà có n nghiệm thoả mãn i + j = n − Đồng thức cho ta công thức (iv) Mục 1, F2n = ∑ a1 a2 ak , (2.22) a∈C(n) với n ≥ 1, Moser Whitney Stanley cho giải thích tổ hợp (2.22): Tổng ∑ a1 a2 ak số cách chèn nhiều vạch thẳng vào n − khoảng rỗng tách dòng n dấu chấm sau khoanh tròn chấm đoạn Thay vạch số 1, chấm không khoanh 2, chấm khoanh tròn tất hợp thành Fibonacci 2n − 1, lần Một ví dụ với n = 8, ta có • | •| | | • • ⇔ 1 1 2 30 Chúng ta giải thích song ánh thuật ngữ monoit tự do: chèn vạch đầu xếp vạch dấu chấm, ta có dãy cấu hình dạng •i • j , cấu hình tương ứng với nguyên tố 2i j Cho k = 2, hàm sinh nguyên tố Mệnh đề 2.2.7 ∞ ∞ n−2 x2 x2 i n = = x = ∑∑ ∑ (2n−1 − 1)xn − 3x + 2x2 (1 − 2x)(1 − x) n=2 i=0 n=2 Điều cho công thức (v) Mục 1: F2n−2 = ∑ (2a1 −1 )(2a2 −1 ) (2ak −1 ), với n ≥ (2.23) a∈C(n) Từ Mệnh đề 2.2.7, hợp thành nguyên tố tương ứng với (2.23) có dạng 2l0 2l1 12 2l2 12 12 2lm 12 2lm+1 , với m ≥ 0, l0 , l1 , , lm+1 số nguyên không âm Để hiểu cách tổ hợp có 2n−1 − hợp thành 2n, ta bắt đầu với hợp thành 2n − gồm n − thành phần, tất Ta chọn tập không rỗng thành phần, điều mà ta làm 2n−1 − cách Ta thay chọn 1, thay chọn khác 1 Cuối ta thêm vào đầu Với k > 2, nguyên tố Mệnh đề (2.14) phức tạp Bây xem xét việc chia ba dãy Fibonacci, có 1−x − 4x − x2 1+x f3,1 = − 4x − x2 f3,2 = − 4x − x2 f3,0 = Mệnh đề 2.2.5 giải thích tổ hợp cho giải thích tổ hợp đồng thức sau −1 f3,0 = (1 − 3x − 4x − 4x − ) x2 = − 3x − 1−x −1 , (2.24) 31 cho công thức F3n+1 = ∑ 3#{i:ai =1} 4#{ j:a j =1} , a∈C(n) n ≥ : monoit tự hợp thành Fibonacci số chia hết cho có nguyên tố trọng số, 1 1, 1, bốn nguyên tố trọng số n với n ≥ 2, chúng có dạng a b c, a c 1 2, b hợp thành 2121 212 với n − thành phần n − thành phần Tiếp theo, ta cho mô tả monoit tự cho trường hợp m = (2.18): 2x 2x + x f3,2 = + = − − 4x − x2 − 2x − x2 −1 (2.25) Vế trái (2.25) tính số hợp thành Fibonacci số chia hết cho bắt đầu với thành phần Trong monoit tự có hai nguyên tố trọng số một, 1 Với n ≥ 2, nguyên tố trọng số n kết thúc 1, 1 2, phải thuộc ba loại sau: (1) p thu từ nguyên tố trọng số n − cách ghép phần cuối; (2) p thu từ nguyên tố trọng số n − kết thúc với thành phần việc thay 1; (3) p thu từ nguyên tố trọng số n − kết thúc thành phần việc thay 2 Giả sử an số nguyên tố trọng số n giả sử bn số nguyên tố trọng số n mà kết thúc với thành phần Khi ta có an = an−1 + 2bn−1 bn = an−1 + bn−1 Vì an = an−1 + 2bn−1 32 = an−1 + 2(an−2 + bn−2 ) = (an−1 + an−2 ) + (an−2 + 2bn−2 ) = (an−1 + an−2 ) + an−1 = 2an−1 + an−2 , n ≥ 3, từ a2 = a1 + 2b1 = + = = 2a1 + a0 , a0 , quan hệ truy hồi với n ≥ Vì tìm hàm sinh cho nguyên tố 2x − 2x − x2 (2.26) từ suy (2.25) Các hệ số (2.26) hai lần dãy số Pell Trường hợp m = Mệnh đề 2.2.6 4x2 + x f3,1 = − x − − 3x −1 −1 ∞ = − x − ∑ 4.3 n=1 Chúng ta lưu ý x(1 − x) + x f3,0 = − − 3x − 2x2 3x) + x f4,3 = − − 4x + x2 −1 , −1 n−2 n x 33 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: Các dãy nâng Fibonacci, mở rộng dãy Fibonacci cổ điển Nếu dãy Fibonacci cổ điển, ước chung lớn hai số hạng liên tiếp 1, với dãy nâng Fibonacci, điều không Luận văn giới thiệu lớp dãy nâng Fibonacci mà ước chung lớn nói bị chặn Hợp thành số Fibonacci Một số công thức cho hợp thành số Fibonacci giới thiệu với đầy đủ chứng minh Phương pháp tiếp cận sử dụng monoit tự do, lập nên hợp thành với phép toán ghép 34 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] Chen K.W (2011), “Greatest common divisors in shifted Fibonacci sequences”, Journal of Integer Sequences, Vol 14, Article 11.4.7, pp 1–17 [3] Gessel I.M., Li J (2013), “Compositions and Fibonacci identities”, Journal of Integer Sequences, Vol 16, Article 12.4.5, pp 1–14 ... kết trình bày chương lớp dãy nâng Fibonacci mà ước chung lớn nói bị chặn • Chương Hợp thành số Fibonacci trình bày hợp thành số Fibonacci Một số công thức cho hợp thành số Fibonacci chứng minh chương... chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci dành để trình bày dãy nâng Fibonacci, mở rộng dãy Fibonacci cổ điển Nếu dãy Fibonacci cổ điển, ước chung lớn hai số hạng liên tiếp 1, với dãy nâng Fibonacci, ... nghiên cứu số Fibonacci Từ thực tiễn đó, chọn nghiên cứu đề tài Dãy Fibonacci: Ước chung lớn nhất, hợp thành đồng thức làm luận văn thạc sĩ Chúng bỏ qua việc trình bày tính chất dãy Fibonacci,