ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ THỊ VÂN ANH DÃY DIATOMIC CỦA STERN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, 10/2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ THỊ VÂN ANH DÃY DIATOMIC CỦA STERN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC (Xác nhận) PGS TS Nông Quốc Chinh THÁI NGUYÊN, 11/2018 Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Mảng diatomic dãy diatomic 1.1 Các kiến thức chuẩn bị 1.1.1 Một số định nghĩa 1.1.2 Dãy Fibonacci 1.1.3 Dãy Jacobsthal 1.1.4 Hệ số 1.2 Mảng diatomic Stern 1.3 Dãy diatomic Stern Stern Chương Các tính chất dãy diatomic mảng diatomic Stern 2.1 Biểu diễn siêu nhị phân số tự nhiên 2.2 So sánh với tam giác Pascal 2.3 Mô tả tập số hữu tỉ qua dãy Stern Chương Ứng dụng dãy diatomic mảng Stern 3.1 Số hợp lý Stern trung bình 3.2 Cặp Stern, mod d 3.3 Hàm Minkowski 5 10 14 18 23 23 25 32 diatomic 38 38 40 43 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Bảng ký hiệu N Tập hợp số tự nhiên Z Tập hợp số nguyên Z  Tập hợp số nguyên dương Q Tập hợp số hữu tỉ Q  Tập hợp số hữu tỉ dương Mở đầu Năm 1858 Moritz Abraham Stern (M.A Stern) đưa định nghĩa mảng diatomic (trong báo "Ueber eine zahlentheoretische Funktion", Journal fă ur die reine und angewandte Mathematik, 55:193220), õy l khái niệm tốn học có nhiều tính chất hay tương tự tam giác Pascal, từ mảng diatomic, Stern xây dựng nên dãy diatomic, có chứa phần tử dãy Fibonacci Mục tiêu luận văn trình bày vấn đề mảng diatomic dãy diatomic Stern, nghiên cứu số tính chất đưa vài ứng dụng dãy Stern sở nội dung hai tài liệu là: [1] Sam Northshield (2010), “Stern’s Diatomic sequence 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, ”, Amer Math Monthly, 177, pp 581–598; [2] Bruce Reznick (2008), “Regularity Properties of the Stern Enumeration of the rationals”, Journal of Integer Sequence, Vol.11 Ngoài phần mở đầu kết luận nội dung luận văn trình bày chương Chương 1: Mảng diatomic dãy diatomic Stern Chương trình bày số kiến thức ước số, “thuật toán Euclid” “thuật toán Euclid chậm” để tìm ước chung lớn hai số nguyên dương; dãy fibonacci; dãy Jacobsthal; khái niệm số nhận xét, tính chất mảng diatomic dãy diatomic Stern Chương 2: Các tính chất dãy diatomic mảng diatomic Stern Chương trình bày cách biểu diễn siêu nhị phân số nguyên, so sánh với tam giác Pascal mô tả tập số hữu tỉ qua dãy Stern Chương 3: Ứng dụng dãy diatomic mảng diatomic Stern Chương trình bày số ứng dụng mảng diatomic dãy diatomic Stern Trong suốt trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ PGS.TS Nông Quốc Chinh Thầy giành nhiều thời gian bảo tận tình, hướng dẫn giải đáp thắc mắc Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn tới quý thầy, khoa Tốn - Tin phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy, tham gia giảng dạy khóa cao học 2016-2018 tận tình bảo, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hồn thành luận văn Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè ln động viên giúp đỡ, chỗ dựa vững vật chất tinh thần cho suốt trình học tập hồn thiện luận văn Thạc sĩ Mặc dù có nhiều cố gắng, luận văn số hạn chế định Kính mong thầy bạn góp ý để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn Ngô Thị Vân Anh Chương Mảng diatomic dãy diatomic Stern 1.1 1.1.1 Các kiến thức chuẩn bị Một số định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b € Z, b ✘ Ta nói a chia hết cho b, a bội b, b ước a tồn số nguyên q cho a ✏ b.q Khi ta viết: b ⑤ a hay a b để a chia hết cho b Số nguyên dương c lớn ước hai số nguyên a, b gọi ước số chung lớn (ƯCLN) a b Ký hiệu ước chung lớn a b là: gcd♣a, bq hay ♣a, bq Chú ý : Trong trường hợp hai số nguyên a b chúng khơng có ƯCLN số tự nhiên khác khơng ước chung a b Nếu hai số a b 0, số khác ƯCLN chúng giá trị tuyệt đối số khác Ví dụ 1.1.2 ♣12, 36q ✏ 12; ♣5, 0q ✏ Hai số nguyên a b gọi nguyên tố ước chung lớn chúng Ta viết: ♣a, bq ✏ Ví dụ 1.1.3 ♣9, 58q ✏ nên 58 nguyên tố Định nghĩa 1.1.4 Cho hai số dương: a số bị chia b số chia, a modulo b kí hiệu a mod b số dư phép chia a cho b Ví dụ 1.1.5 “8 mod 3” chia cho có thương số số dư Định nghĩa 1.1.6 Cho hai số nguyên dương a, b (với a → b) Thuật tốn Euclid để tìm ước chung lớn hai số nguyên dương a, b thực sau Bước 1: Chia a cho b q0 dư r1 nghĩa a ✏ q0 b   r1 , ↕ r1 ➔ b Nếu r1 ✏ dừng lại Nếu r1 ✘ tiếp tục thực bước Bước 2: Chia b cho r1 q1 dư r2 nghĩa b ✏ q1 r1   r2 , ↕ r2 ➔ r1 Nếu r2 ✏ dừng lại Nếu r2 ✘ tiếp tụcthực bước Bước k : Chia rk✁2 cho rk✁1 qk✁1 dư rk nghĩa rk✁2 ✏ qk✁1 rk✁1   rk , ↕ rk ➔ rk✁1 Bước m ♣m → k q: Chia rm✁2 cho rm✁1 qm✁1 nghĩa rm✁2 ✏ qm✁1 rm✁1 Sau bước số dư thực giảm nên đến bước thứ m đó, q trình dừng lại phép chia có số dư Ta có: ♣a, bq ✏ ♣b, r1 q ✏ ♣r1 , r2 q ✏ ✏ ♣rk✁1 , rk✁2 q ✏ ✏ rm✁1 Do đó: ♣a, bq ✏ rm✁1 Ví dụ 1.1.7 Áp dụng thuật tốn Euclid để tìm ♣3484, 3276q Ta có Vậy ♣3484, 3276q ✏ ♣3276, 208q ✏ ♣208, 156q ✏ ♣156, 52q ✏ 52 Định nghĩa 1.1.8 Cho hai số nguyên dương a, b Thuật toán Euclid chậm để tìm ước chung lớn hai số nguyên dương a, b thực sau: trừ số lớn cho số nhỏ ta cặp số kết phép trừ số nhỏ, lặp lại dừng hai số cặp Ta nhận thấy rằng, sau bước, ước chung lớn hai số a b không đổi Thật vậy, giả sử a b hai số nguyên dương (a → b), k ước chung lớn a b a ✏ a1 k, b ✏ b1 k Khi đó, a ✁ b ✏ ♣a1 ✁ b1 qk , a1 , b1 hai số nguyên tố nhau, từ suy ước chung lớn b a ✁ b k Vì tập số tự nhiên bị chặn số 0, nên thuật toán kết thúc sau số hữu hạn bước ước chung lớn giữ nguyên bước, nên thuật toán phải kết thúc rk, k s, k ✏ ♣a, bq Giả sử có cặp ra, bs, b → a, ta ký hiệu thuật toán Euclid chậm SEA, viết: ra, bs ÝÝÝÑ ra, b ✁ as SEA Ví dụ 1.1.9 Áp dụng thuật tốn Euclid chậm để tìm ♣4, 7q ♣16, 28q Vậy ♣4, 7q ✏ r4, 7s ÞĐ r4, 3s ÞÑ r1, 3s ÞÑ r1, 2s ÞÑ r1, 1s r16, 28s ÞĐ r12, 16s ÞĐ r4, 12s ÞĐ r4, 8s ÞĐ r4, 4s Vậy ♣16, 28q ✏ 1.1.2 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.1.10 Dãy số Fibonacci, ký hiệu ♣Fn q, định nghĩa công thức truy hồi sau: ✩ ✬ ✬ ✫F0 ✏0 F1 ✏ ✬ ✬ ✪F n 1 ✏ Fn   Fn✁1 ♣n ➙ 1q Theo định nghĩa ta có dãy Fibonaci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, Số hạng tổng quát dãy Fibonacci xác định công thức Binet:   ❄   ✟n ✁❄ ✁ Fn ✏ 2n ❄ ❄ 1  1✁ φ ✏ φ ✏ 1  ❄ ✟n ✏ φn ✁ φ φ✁φ n (1.1) Một vài tính chất dãy Fibonaci: Tính chất 1.1.11 Với số nguyên dương n ta có:♣Fn , Fn 1 q ✏ Tính chất 1.1.12 Với hai số nguyên dương m, n bất kỳ, n ⑤ m Fn ⑤ F m Mệnh đề 1.1.13 Với hai số nguyên dương m, n ta có đẳng thức: ✏ Fm✁1.Fn 1   Fm.Fn (1.2) Chứng minh Qui nạp theo n, với n ✏ Giả sử (1.2) với n ✏ k tức Fm k ✏ Fm✁1 Fk 1   Fm Fk , ta chứng Fm n minh: Fm   k   ✏ Fm✁1.Fk 2   Fm.Fk 1 Thật vậy, ta có: Fm k 1 ✏ Fm k✁1   Fm k ✏ Fm✁1.Fk   Fm.Fk✁1   Fm✁1.Fk 1   Fm.Fk ✏ Fm✁1 ♣Fk   Fk 1q   Fm ♣Fk✁1   Fk q ✏ Fm✁1.Fk 2   Fm.Fk 1 Vậy theo ngun lí qui nạp ta có điều phải chứng minh Cho m ✏ kn ta suy thêm số tính chất sau: Tính chất 1.1.14 Nếu Fn chia hết cho Fm n chia hết cho m ♣m → 2q Tính chất 1.1.15 Với hai số nguyên dương m, n ta có: ♣Fm, Fnq ✏ F♣m,nq Tính chất 1.1.16 n tố ➙ Fn số nguyên tố n số nguyên 33 Định lý 2.3.1 ([2, Theorem 5.1]) Ánh xạ Đ Q  an n ÞĐ a ϕ : Z  n  song ánh Chứng minh Để chứng minh Định lí 2.3.1, ta cặp số liên tiếp, nguyên tố dãy diatomic Stern xuất lần dãy L :✏ r1, 1s , r1, 2s , r2, 1s , r1, 3s , r3, 2s , r2, 3s , r3, 1s , , ran , an 1 s , Đặt Ln :✏ ran , an 1 s Từ cách xác định dãy Stern (2.3) theo thuật tốn ta có: ✏ ra2n, a2n 1s ✏ ran, an   an 1s ÝÝÝÑ ran, an 1s ✏ Ln ✏ ✘ L2n 1 ✏ ra2n 1 , a2n 2 s ✏ an   an 1 , a2♣n 1q ✏ ran   an 1 , an 1 s ✏ ran, an 1s ✏ Ln SEA L2n Hơn nữa, giả sử a, b hai số liền dãy Stern thỏa mãn ra, bs ÝÝÝÑ Ln ran, an 1s ta chứng minh ra, bs ✏ L2n, ra, bs ✏ L2n 1 SEA Do ✏ r1, 1s đ L2 ✏ ra2, a3s ÝÝÝĐ L1, SEA L1 tương tự ✏ ra3, a4s ✏ L2☎1 1 ÝÝÝÑ L1, Vì Ln ✏ ran , an 1 s cặp số nguyên tố SEA L3 Xét ánh xạ: Đ Q  an n ÞĐ a ϕ : Z  n  Ta thấy cặp r1, 1s xuất lần, sau cặp cặp số từ dòng thứ trở đi, số đứng cạnh số tổng ✏ 34 số số 1ở hàng dòng xét nên số số lớn Tiếp theo ta chứng minh khơng có cặp ra, bs dãy L xuất nhiều lần Thật vậy, giả sử ngược lại, nghĩa tồn số n nhỏ (n → 1) cho Ln ✏ Lm ♣m → nq Áp dụng bước thuật toán SEA vào hai Ln , Lm ta có: ✑ ✙ ✏ ran, an 1s ÝÝÝÑ at ✉, at ✉ 1 ✑ ✙ Lm ✏ ram , am 1 s ÝÝÝÑ at ✉ , at ✉ 1 SEA Ln n n SEA m m Do Ln ✏ Lm ñ ✑ ✙ at n ✉ , at n ✉ 1 2 Do ta có Lt n ✉ ✏ Lt ✏ m 2✉ ✑ ✙ at m ✉ , at m ✉ 1 2 Theo giả thiết trên, n số nguyên dương nhỏ thỏa mãn: Ln ✏ ❳ ❭ ❳ ❭ Lm ♣m → nq Vì vậy, suy n2 ✏ m2 m ✏ n   Do an ✏ an 1 ✏ an 2 điều vơ lý cặp an an 1 ngun tố Như vậy, cặp hai số Stern liền ra, bs xuất lần dãy L a Ta chứng minh ϕ toàn ánh Giả sử r ✏ € Q  , (với ♣a, bq ✏ 1) b số hữu tỉ dương Ta chứng minh cặp ra, bs chắn xuất dãy L Giả sử ngược lại, cặp ra, bs khơng thuộc dãy L Khi qua thuật tốn SEA ta có ra, bs Đ ra, b ✁ as, (giả sử a ➔ b) Ta thấy cặp ra, bs không thuộc dãy L, kéo theo cặp ra, b ✁ as không thuộc dãy L Thật vậy, giả sử cặp ra, b ✁ as thuộc dãy L, ❉k € N : ra, b ✁ as ✏ rak , ak 1 s ✏ Lk với a ✏ ak ✏ a2k , ak 1 ✏ b ✁ a ✏ b ✁ ak Từ suy b ✏ ak   ak 1 ✏ a2k 1 ñ L2k ✏ ra2k , a2k 1 s ✏ ra, bs kéo theo cặp ra, bs thuộc dãy L (trái với điều giả sử trên) a Ta thấy, với r ✏ ♣♣a, bq ✏ 1q dùng thuật tốn SEA liên tục ta có: b ra, bs ÝÝÝÑ ra, b ✁ as ÝÝÝÑ ☎ ☎ ☎ ÝÝÝÑ r1, 1s SEA SEA SEA 35 Theo chứng minh ra, bs không thuộc dãy L kéo theo cặp r1, 1s a không thuộc dãy L (vô lý) Như vậy, ❅r ✏ € Q  , (với ♣a, bq ✏ 1), b cặp ra, bs phần tử dãy L nên ❉n € N để ra, bs ✏ ran , an 1 s, ta có ϕ ♣nq ✏ aan n ✏ r Vậy ϕ toàn ánh Vậy ϕ song ánh Đây điều phải chứng minh Kết luận: Vì số hữu tỉ dương biểu diễn dạng thương hai số liền dãy diatomic Stern Nhận xét 2.3.2 Tập hợp ✧ ✯ 1 3 an 1 , , , , , , , , , , 2 an tương ứng 1–1 với tập số hữu tỉ dương (mà khơng có số xuất hai lần) Kí hiệu tx✉ phần dư (phần thập phân x) Theo định nghĩa phần nguyên phần dư x ta có   tx✉ ✁ x ✏   ♣x ✁ tx✉q ✁ x ✏   x ✁ tx✉ Từ đẳng thức (2.3) ta có Định lí 2.3.3 ✏❪ 1, xn 1 ✏   x1 ✁ , n ✏ 1, 2, (hay dãy lặp xn 1 ✏   x1 ✁ x1 ), trải hết tập Định lý 2.3.3 ([2, Theorem 5.2]) Dãy lặp x1 ✦ xn ✮ ❨ n n n số hữu tỉ dương Chứng minh Đặt rn :✏ aan n , ta viết lại cơng thức (2.3) an 1 an   an✁1 ✁ ♣an✁1 mod an q dạng sau rn 1 ✏1  rn ✧ ✁ r1 n ✯ ❩ hay rn 1 ✏   rn ❫ Thật vậy, ta có an 1 ✏ an   an✁1 ✁ ♣✂an✁1 mod ❩anq ❫✡ ✏ an   an✁1 ✁ an✁1 ✁ an aan✁1 n ✁ r1 n ✏ 36 ❩ ✏ an ✁ an✁1   2an ❫ an ✁ an Suy an   hay ✏ an 1 ✁ an   2an 1 an 2 an 1 ✏1✁ an an   ❩ an an 1 ❩ ❫ ❫   aan n  Suy rn 1 ✏ ✁ rn ❩   r1 n ❫ ✏ ✁ r1 n ✂   r1 n ✦ Mà theo Nhận xét 2.3.2 tập ✁ ✧ rn ✯✡ ✏   r1 n ✧ ✯ ✁ r1 n ✮ an 1 1 3 , , , , , , , , , , an , tương ứng 1–1 với tập số hữu tỉ dương Từ ta suy điều phải chứng minh Định lý 2.3.4 ([2, Theorem 5.3]) Cho t → 0, ta có ✽ ➳ tam m✏2k  1 k ✏1 ✽ ➳ ✁1 ✏ t ♣t ✁ 1q2 a a2 a n✏1 2n 2n 1 2n 2 , (2.8) ✏ (2.9) Chứng minh Với số hữu tỉ r, kí hiệu δ ♣rq mẫu số r r biểu diễn dạng phân số tối giản, hay δ ♣rq :✏ tk Đặt A✏ ✥ ✥ € N : kr € Z✉ ✭ ♣n, j q : n, j € Z , j → n ✭ ✏ ♣r, kq : r € Q, ➔ r ➔ 1, k € Z  , ✁ ✠ n xác định f : A Ñ B hàm f ♣n, j q ✏ j , ♣n, j q Dễ dàng chứng minh f song ánh f ♣n, j q ✏ ♣r, k q δ ♣rq ✏ kj B 37 kδ ♣rq ✏ j Do ✽ ➳ ➳ ✁ kδ ♣rq t ✏ t✁j ✏ δ ♣ r q✁ t n✏1 j →n 0➔r➔1 k ✏1 0➔r➔1 ➳ ✽ ➳ ➳ ✽ ➳ ✽ ➳ ✁ n ✏ t t✁j n✏ j ✏1 ✏ ♣t ✁ 1q2 Chú ý với số nguyên dương j bất kỳ, aj ➔ aj  1 j chẵn am Do đó, số hữu tỉ có dạng aa2m2m 1 ✏ a2m ,  1 giá trị m ➙ 1, ta thấy rằng: ✽ ➳ ta2m 1 m✏1 Vì a1 ✁1 ✏ ♣t ✁ 1q2 ✏ 1, cộng t✁1 vào hai vế ta (2.8) Để chứng minh công thức thứ hai, ta viết lại vế trái cách sử dụng phép m ✏ n   k ✽ ➳ n✏ a2n a22n 1 a2n 2 ✏2 ✏ ✏ ✏ ➳ nk ♣n   k q2 n,k ➙1,♣n,k q✏1 ✽ ➳ ➳ ♣m ✁ kq km2 m✏2 k ➔m,♣k,mq✏1 ✽ ➳ ➳ m3 k➔m,♣k,mq✏1 m✏2 ✽ ➳ ✒ k   m✁k ✚ ➳ m k m✏2 k ➔m,♣k,mq✏1 Nếu điểm ♣α, β q chọn ngẫu nhiên từ tam giác t♣α, β q : ➔ α ↕ 1, ↕ β ➔ a✉ xác suất để mẫu số nhỏ phân số α β n cho công thức ➳ n3 k k ➔n;♣k,nq✏1 nên tổng thứ m vế phải xác suất mà m mẫu số nhỏ phân số hai tọa độ điểm P chọn ngẫu nhiên từ hình vng đơn vị Do đó, tổng Đây điều phải chứng minh 38 Chương Ứng dụng dãy diatomic mảng diatomic Stern Chương trình bày số ứng dụng dãy mảng diatomic Stern sở nghiên cứu tài liệu [2], [3] 3.1 Số hợp lý Stern trung bình Xét t♣nq ✏ an an 1 A♣rq ✏ theo dòng Đặt  1 ✁1 2r➳ n✏2r t♣nq A˜♣rq ✏ Bổ đề 3.1.1 ([3, Lemma 6]) Cho r ➙0 r 2➳ ✁1 n✏ t♣nq ✏ r➳ ✁1 i✏0 A♣iq r ♣rq ✏ 2r ✁ r   A A ♣rq ✏ 2r ✁ 2 2 Chứng minh Đầu tiên ta thấy A ♣0q ✏ t ♣1q ✏ A ♣ r   1q ✏  1 ✁ 2r➳ j ✏0   t 2r 1 Ta có: r 2➳ ✁1 k ✏0   t 2r 1 ✟   2k ✏ 12 ✟  j ✏ ✄ r 2➳ ✁1 k ✏0 r 2➳ ✁1 k ✏0   t 2r     t 2r 1 ✟ 1 (3.2) ✏ 32 ✁ 21 Cho r ➙ 0, ✟ r 2➳ ✁1   2k     2k   (3.1) k ✏0   t 2r 2   ✟ t 2r 1   2k   ✁ 2k ✁ (3.3) ☛ ✟ ✏ 2r ✁ (3.4) 39 r 2➳ ✁1 k ✏0   t 2r 1 ✟   2k   ✏ r 2➳ ✁1 k ✏0 ♣1   t ♣2r   kqq ✏ 2r   A ♣rq (3.5) Như vậy, A ♣r   1q ✏ 2r✁1   2r   A ♣rq, công thức A♣rq xây dựng r ♣r q Điều cho ta công thức A Bổ đề 3.1.2 ([3, Lemma 7]) Nếu m chẵn r♣rq ↕ A r 2➳ ✁1 k ✏0 t ♣2r m   k q ➔ A♣rq (3.6) Chứng minh Với cặp ♣k, rq cố định, đặt Φk,r ♣xq ✏ a2 r ✁ k x   ak a2r ✁♣k 1q x   ak 1 (3.7) ak 1 a2r ✁k ✁ ak a2r ✁k✁1 Φ✶k,r ♣xq ✏   ✟2 a2r ✁♣k 1q x   ak 1 ta có Vì ak 1 a2r ✁k ✁ ak a2r ✁k✁1 ✏ nên ak 1 a2r ✁k ✁ ak a2r ✁k✁1 Φ✶k,r ♣xq ✏   ✟2 a2r ✁♣k 1q x   ak 1 →0 (3.8) ✏ a2 ✁k an   ak an 1, có a2 m k a2 ✁k am   ak am 1 ✏ t ♣2r m   k q ✏ a2 m k 1 a2 ✁k✁1 am   ak 1 am 1 Từ đó, m số chẵn, ➔ t♣mq ➔ 1, đơn điệu ta có kết t♣k q ✏ Φk,r ♣0q ↕ t♣2r m   k q ➔ Φr,k ♣1q ✏ t♣2r   k q Từ công thức (3.10) với k ✏ 0, , 2r ✁ cho công thức (3.6) Định lý 3.1.3 ([3, Theorem 8]) Nếu 2r ↕ N ➔ 2r 1 N ✁1 ➳ 3N r2   7r   ✁ ↕ t♣nq ➔ 3N ✁ Sử dụng công thức a2r n k r r r r (3.9) r n✏ 2 (3.10) (3.11) 40 3.2 Cặp Stern, mod d Định nghĩa 3.2.1 Cho d số nguyên cố định, d ➙ ta định nghĩa Sd ♣nq ✏ ♣an mod d, an 1 mod dq ✏ t♣i mod d, j mod dq : ♣i, j, dq ✏ 1✉ Với số nguyên cố định d ➙ biểu diễn dạng thừa số ➧ nguyên tố dạng d ✏ pe , e ➙ 1, từ Định nghĩa 3.2.1 Đặt Nd ✏ ⑤Sd ⑤ , (3.12) với ↕ i ➔ d, đặt Nd ♣iq ✏ ⑤tj mod d : ♣i mod d, j mod dq € Sd ✉⑤ (3.13) Sd Chúng ta đưa hai bổ đề sau Bổ đề 3.2.2 ([3, Lemma 10]) Ánh xạ Sd : N Đ Sd tồn ánh Chứng minh Giả sử α ✏ ♣i, j q € Sd với ↕ i, j ↕ d ✁ Chúng ta tồn w € N cho ♣i, j   wdq ✏ Do đó, tồn n với an ✏ i an 1 ✏ j   wd, cho Sd ♣nq ✏ α ➧ Viết i ✏ q f , f ➙ với q nguyên tố Nếu q ⑤ j q j Tồn w ➙ cho w ✏ d✁1 ♣mod q f q q ⑤ j w ✏ 0♣mod q f q q j Thì j   wd ✙ 0♣mod q f q với , khơng có số ngun tố i chia hết j   wd Bổ đề 3.2.3 ([3, Lemma 11]) Với ↕ i ↕ d ✁ 1, Nd ✏ d2 ➵ p2 ✁1 p2 Nd ♣iq ✏ d ➵p p ⑤i ✁ p (3.14) Chứng minh Để tính Nd sử dụng định lý phần dư trung hoa cách đếm lựa chọn ♣i mod pe , j mod pe q với Biến ♣ i, j q ✟mỗi phép chia p cho i j , lớp tổng số e e ✁1 p ✁p với Bây cố định i Nếu p ⑤ i ♣i, j q € Sd p i, khơng có giới hạn với j Khi đó, chọn pe ✁ pe ✁1 pe với j 41 Giả sử α ✏ ♣i, j q € Sd , đặt L♣αq :✏ ♣i, i   j q R♣αq ✏ ♣i   j, j q, i   j giá trị thu gọn mod d cần Thì L♣αq, R♣αq € Sd bổ đề sau suy cách trực tiếp Bổ đề 3.2.4 ([3, Lemma 12]) Với n, có Sd ♣2nq ✏ L ♣Sd ♣nqq Sd ♣2n   1q ✏ R ♣Sd ♣nqq Định nghĩa 3.2.5 (Đồ thị có hướng Gd ) Đỉnh Gd phần tử Sd Bờ Gd bao gồm ♣α, L♣αqq ♣α, R♣αqq với α € Sd Chúng ta thấy Lk ♣αq ✏ ♣i, i   kj q Rk ♣αq ✏ ♣i   kj, j q, đồng thời Ld ✏ Rd ✏ id, L✁1 ✏ Ld✁1 R✁1 ✏ Rd✁1 Thật vậy, ♣α, β q bờ Gd độ dài d ✁ tính từ β tới α   ✟   ✟ Mỗi đỉnh Gd có bậc hai, L✁1 ♣αq, α R✁1 ♣αq, α ✏ ✘ đỉnh, đỉnh có bậc vào hai Đặt Md ✏ mα♣dqβ ♣dq ✏ mαβ kí hiệu cho ma trận Gd : Md ma trận Nd ✂ Nd ✁ cho mαL♣αq ✏ mαR♣αq ✏ 1, với phần tử lại Cho số dương r, viết Mdr ✏ ✑ ♣r q m ✙ (3.15) αβ ♣rq mαβ số dọc theo chiều dài r từ α đến β Cuối cùng, với γ số nguyên U1 ➔ U2 , đặt € Sd B ♣γ, U1 , U2 q ✏ ⑤tm : U1 ↕ m ➔ U2&Sd♣mq ✏ γ ✉⑤ (3.16) Bổ đề 3.2.6 ([3, Lemma 13]) Giả sử α ✏ Sd ♣mq, β € Sd , r ➙ Thì ♣r q B ♣β; 2r m, 2r ♣m   1qq ✏ mαβ với số dọc theo chiều dài r Gd từ α đến β Chứng minh Một chuyển động có độ dài α ♣α, L♣αqq ♣α, R♣αqq; điều hiểu ♣Sd♣nq, Sd♣2nqq ♣Sd♣nq, Sd♣2n   1qq Điều dễ dàng chứng minh quy nạp ♣N q → với α, β Bổ đề 3.2.7 ([3, Lemma 14]) Cho số N đủ lớn, mαβ Chứng minh Đặt α0 ✏ ♣0, 1q ✏ Sd ♣0q Chú ý L♣α0 q ✏ α0 , vậy, di chuyển dọc theo chiều dài ω từ α0 đến γ , số di chuyển dọc theo chiều dài ➙ ω Từ Bổ đề 3.2.2, với α € Sd tồn nα cho Sd ♣nα q ✏ α Chọn r đủ lớn cho nα ➔ 2r với α Từ Bổ đề 3.2.6, với 42 γ số di chuyển theo chiều dài r từ α0 đến γ , số di chuyển theo chiều dài ♣d ✁ 1qr từ γ đến α0 Thật vậy, với α, β € Sd , số nhỏ di chuyển theo chiều dài dr từ α đến β qua α0 Để ý Ad ✏ 12 Md hai lần ngẫu nhiên đầu vào AN d ✏ ✁ N N Md số dương với N đủ lớn Thật vậy, Ad bất khả quy, có giá trị riêng 1, tất giá trị riêng phần bên đường tròn đơn vị Sau Md có giá trị riêng Gọi fd ♣T q ✏ T k   ck✁1 T k✁1     c0 (3.17) đa thức cực tiểu Md Gọi pd ➔ mô đun cực đại bậc hai vô nghiệm fd , cho   σd bội cực đại nghiệm cực đại Khi với r ➙ tất ♣α, β q,  k   c mr k✁1     c mr mrαβ k ✁1 αβ αβ ✏0 (3.18) Tiếp theo từ định lý phép truy tốn tuyến tính với số số cαβ , mrαβ ✏ cαβ 2r   ♣rσd prd q r Ñ ✽ (3.19) ✏ Ad0 :✏ rcαβ s, từ Ard 1 ✏ AdAr , thấy cột Ad0 véc tơ riêng , tương ứng với λ ✏ Cũng véctơ Nói riêng, lim Aαd rĐ✽ d riêng véctơ từ Ad0 hai lần ngẫu nhiên, kết luận điều với ♣α, β q, cαβ ✏ N1d Tồn cd → cho r ➙ ♣α, β q, ✞ ✞ r ✞ ✞ r σd r ✞m ✁ ✞ (3.20) ✞ αβ N ✞ ➔ cd rd ρd d Tính tốn điều với giá trị nhỏ d nhỏ nhất, ρd ✏ 12 σd ✏ Trong tình huống, cách chọn → ρd → ρd σd → 0, thay rdσd ρrd ρrd cận Kết hợp điều đó, có định lý sau Định lý 3.2.8 ([3, Theorem 15]) Tồn số cd ρd m € N α € Sd với r ➙ 0, ✞ ✞ ✞B α; 2r m, 2r m ✞ ♣ ♣   1qq ✁ ➔ thỏa mãn ✞ 2r ✞✞ ➔ cd ρrd ✞ Nd (3.21) 43 3.3 Hàm Minkowski Cho c1 , c2 , số nguyên dương Ta ký hiệu r0; c1, c2, c3, s :✏ c   1 c   1 c3   c4  1 Mỗi số vô tỉ biểu diễn cách dạng (liên phân số vô hạn) Tỉ số vàng φ ví dụ: φ ✏ r1; 1, 1, 1, s :✏   1   1  1 1  1 1 ✏   φ1 Năm 1904, Minkowski đưa hàm đơn (liên tục, có đạo hàm hầu khắp) ϕ : r0, 1s Ñ r0, 1s ➳ x ÞÑ ϕ ♣xq ✏ k (nếu x ✏ r0, c1 , c2 , s) ✥ ✞ Kí hiệu D ✏ 2kn ✞ k, n € Z  , k khoảng ♣0, 1q xét hàm ↕ 2n f :D k 2n Hàm hồn tồn xác định f ✭ 2n  k 2k   ✟ 2n ✏a a2k    2n 2k Định lý 3.3.1 ([2, Theorem 6.1]) Hàm f : r0, 1s Ñ r0, 1s ak k Đ Þ 2n a2n  k hàm liên tục tăng (3.22) 2c1    ck ✁1 tập số hữu tỉ dương Đ Q  ÞĐ a ak   ♣✁1qk✁1 ✏ a a  ✏ f k 2n k  k✟ 2n 44 Chứng minh Xét ma trận M ♣m, nq ✏ định nghĩa A0 :✏ M ♣0, 1q ✏ Ta có: A0 M ♣m, nq ✏ A1 M ♣m, nq ✏ ✂ ✂ ✂ am 1 an 1 am an ✡ 1 , A1 ✏ ✡ ✂ ✡ 1 ✡ am 1   am an 1   an am an ✂ am an ✡ am 1   am an 1   an Từ định nghĩa dãy diatomic Stern: a2n 1 ✏ an 1   an Với i ✏ 0, i ✏ ta suy ra: Ai M ♣m, nq ✏ M ♣2m   i, 2n   iq Vì thế, m✏ n ➳ k ✏0 ik 2k Ai0 Ai1 Ain M ♣0, 1q ✏ M ♣m, 2n 1   mq Như vậy, số nguyên dương n k ➔ 2n , M ♣k, 2n ma trận với định thức với n k ➔ 2n , ta có ak 1 a2n  k ✁ ak a2n  k 1 ✏ (3.23)   kq (3.24) Tiếp theo, lưu ý vị trí lẻ hàng thứ n mảng diatomic tổng hai số liền kề (hai số liên tiếp hàng trước) số vị trí lẻ lớn số vị trí lẻ hàng trước Vậy với n k ➔ 2n ta có: a2n  k a2n  k 1 ➙ n   (3.25) Sử dụng (3.24) (3.25), thấy ak   a2n  k 1 ✁ a ak ✏ ak 1aa2  k ✁ aak a2  k 1 ✏ a n 2n  k n 2n  k  1 2n  k 2n  k  1 a2n  k 45 ak   ak ✁ ↕ a2  k 1 a2  k n 1 ✂ ✡ ✂ ✡ k 1 k 0➔f ✁ f ↕ 2n 2n n 1 0➔ Hay n n Hàm f bị chặn n 1 dương nên hàm f tăng ngặt Định lý 3.3.2 ([2, Theorem 6.2]) f ✁1 ♣xq ✏ ϕ ♣xq Chứng minh Từ định nghĩa hàm ϕ công thức (3.22), ϕ ♣xq xác định ϕ ♣1q ✏ ✡ ✂ ✁ ϕ ♣xq ✏ ϕ n x 2n Ta cần f ✁1 ♣xq thỏa mãn phương trình tương đương f ♣1q ✏ ✂ ✡ 2✁x f ✏ (3.26) 2n n   f ♣xq Thật vậy, từ (1.7), (1.8) f : D Đ Q  ak k Đ Þ 2n a2n  k nên nhiệm vụ ta công thức (3.26) với x thuộc D, nghĩa x ✏ k ④2n a2m 1  2m 1 ✁k ✏ a2 a2m n 1  2m 1 ✁k Do a2m n  2m 1 ✁k Sử dụng hàm f ✂ f   k 2m ✟   ✁k m ✏ a2 ✏ a2   m n ✏ ak   na2    k m ✏ ak   a2  2m 1 ✁k   a2m 1 ✁k   ✁k m ✏ ak   na2 phương trình ta ✁ k ④ 2m 2n ✡ ✂   ✁k , m ✡ m  k m 1 ✏ f 2m ✁n k ✏ a ma 2nm 1m✁ k1  2 ✁k 2m  k ✏ a ana ✏ n   f ♣ k ④ 2m q k  2m  k 46 Kết luận Luận văn trình bày khái niệm tính chất mảng diatomic Stern dãy diatomic Stern Trình bày số ứng dụng dãy diatomic Stern Các tính chất mối quan hệ quan trọng giúp hiểu phần mối quan hệ dãy diatomic Stern dãy Fibonacci Dựa theo tài liệu tham khảo, luận văn trình bày nội dung dãy diatomic Stern số ứng dụng Hi vọng thời gian tới, tơi có điều kiện để tìm hiểu sâu ứng dụng dãy diatomic Stern 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Sam Northshield (2010), “Stern’s Diatomic sequence 0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, ”, Amer Math Monthly, Vol 177, pp 581–598 [3] Bruce Reznick (2008), “Regularity Properties of the Stern Enumeration of the rationals”, Journal of Integer Sequence, Vol.11 ... mảng diatomic, Stern xây dựng nên dãy diatomic, có chứa phần tử dãy Fibonacci Mục tiêu luận văn trình bày vấn đề mảng diatomic dãy diatomic Stern, nghiên cứu số tính chất đưa vài ứng dụng dãy Stern. .. 1.2 Mảng diatomic Stern 1.3 Dãy diatomic Stern Stern Chương Các tính chất dãy diatomic mảng diatomic Stern 2.1... giác Pascal mô tả tập số hữu tỉ qua dãy Stern Chương 3: Ứng dụng dãy diatomic mảng diatomic Stern Chương trình bày số ứng dụng mảng diatomic dãy diatomic Stern Trong suốt q trình làm luận văn,