Tải bản đầy đủ

Đa thức lucas, đa thức euler và số lucas, số euler

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

DƯƠNG MINH NGUYỆT

ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER
VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, năm 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

DƯƠNG MINH NGUYỆT

ĐA THỨC LUCAS, ĐA THỨC EULER
VÀ SỐ LUCAS, SỐ EULER


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, năm 2016


i

Mục lục

Mở đầu

1

1 Dãy hồi quy tuyến tính

3

1.1

Iđêan và đa thức đặc trưng tối thiểu . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Nghiệm của quan hệ hồi quy . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3

Quan hệ hồi quy không thuần nhất


1.4

Định lí Mahler-Lech . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Số Euler và đa thức Lucas suy rộng
2.1

. . . . . . . . . . . . . 10

14

Hàm Euler và dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.1

Hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.1.2

Số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2

Tính trù mật của φ(Fn )/Fn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.3

Số Euler và đa thức Lucas suy rộng . . . . . . . . . . . . . 38

Tài liệu tham khảo

42


1

Mở đầu
Dãy Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler là những vấn đề cơ bản của số
học, và luôn là đối tượng được quan tâm nghiên cứu. Những vấn đề trên
không chỉ là những vấn đề của các nhà nghiên cứu, mà nhiều nội dung đã
được đưa vào chương trình toán của bậc THPT, đặc biệt là trong chương
trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi. Vì thế có thể nói rằng, tìm hiểu về dãy
Fibonacci, dãy Lucas, hàm Euler cho ta cái nhìn sâu hơn về mối liên hệ
giữa toán học hiện đại và toán học phổ thông.
Luận văn này có hai phần.
Phần thứ nhất trình bày một cách tương đối hệ thống và dễ hiểu về
các dãy hồi quy tuyến tính và phi tuyến; về dãy Fibonacci và dãy Lucas,
cũng như về hàm Euler. Luận văn cũng giới thiệu về một kết quả sâu sắc
trong lý thuyết dãy hồi quy, là định lý Mahler-Lech. Cho đến nay, chưa có
chứng minh nào của định lý này mà không dùng đến giải tích p-adic, là
nội dung vượt ra ngoài khuôn khổ của luận văn. Vì thế luận văn chỉ giới
hạn ở việc trình bày sơ lược (dựa trên bài viết của Terence Tao trên trang
blog của ông).
Phần thứ hai trình bày một kết quả gần đây (xem [2]) về tính trù mật
φ(Fn )
}, trong đọạn [0, 1], trong đó {Fn } là dãy Fibonacci, φ(m)
của dãy {
Fn
là hàm Euler. Đây là một mở rộng của kết quả cổ điển của Lucas, trong
đó dãy Fibonacci được thay bởi dãy hồi quy đơn giản an = 2n − 1.
Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy
Khoái, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành bản luận văn


2

này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy cô giáo đã tham gia giảng
dạy khóa học. Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và
các thành viên lớp Cao học Toán K8A đã luôn quan tâm, động viên, giúp
đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn.
Thái Nguyên, ngày 22 tháng 5 năm 2016
Tác giả

Dương Minh Nguyệt


3

Chương 1
Dãy hồi quy tuyến tính
1.1

Iđêan và đa thức đặc trưng tối thiểu

Dãy số là một dãy gồm vô hạn các số, như
1, 2, 4, 8, 16, ...

(1.1)

Các số trong dãy số được gọi là các số hạng của dãy số, Ta viết dãy số

a1 , a2 , a3 , ...
trong đó an là số hạng thứ n của dãy. Ví dụ, trong dãy số (1.1) ta có
a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, ...
Kí hiệu {an } hoặc {an }∞
n=1 viết gọn cho dãy a1 , a2 , a3 , ....
Thỉnh thoảng, chỉ số của các số hạng sẽ được bắt đầu khác 1, ví dụ như
{an }∞
n=0 nghĩa là
a0 , a1 , a2 , ...
(trong đó an là số hạng thứ n + 1 của dãy số).
Dãy số có thể được xác định bằng công thức của an , nghĩa là an được
biểu thị bằng một hàm số của n. Ví dụ, dãy số (1.1) được xác định bằng
công thức an = 2n−1 .
Có một cách khác để cho dãy số là liệt kê một vài số hạng đầu và một
quy tắc để tính toán các số hạng còn lại của dãy. Ví dụ, dãy (1.1) có thể
được xác định bằng cách cho số hạng đầu a1 = 1 và quy tắc an+1 = 2an


4

với những số nguyên n ≥ 1. Khi đó ta có
a2 = 2.a1 = 2.1 = 2
a3 = 2.a2 = 2.2 = 4
a4 = 2.a3 = 2.4 = 8.
Quy tắc cho ta tính số hạng tiếp theo dựa vào các số hạng trước đó
được gọi là quan hệ hồi quy hay gọi tắt là hồi quy.
Định nghĩa 1.1.1. Một dãy {an } được gọi là thỏa mãn quan hệ hồi quy
tuyến tính với các hệ số ck , ck−1 , ..., c0 nếu
ck an+k + ck−1 an+k−1 + ... + c1 an+1 + c0 an = 0

(1.2)

được thỏa mãn với mọi số nguyên n ≥ 1. Số nguyên k được gọi là bậc
của quan hệ hồi quy tuyến tính.
Dãy hồi quy tuyến tính là một dãy số a1 , a2 , a3 , ... thỏa mãn một quan
hệ hồi quy tuyến tính như trên với ck = 0 và c0 = 0.
Ví dụ, dãy số (1.1) thỏa mãn quan hệ an+1 = 2an , với mọi số nguyên
n ≥ 1 nên nó là một dãy hồi quy tuyến tính bậc 1 với c1 = 1 và c0 = −2.
Định nghĩa 1.1.2. Quan hệ hồi quy tuyến tính
ck an+k + ck−1 an+k−1 + ... + c1 an+1 + c0 an = 0
có đa thức hồi quy tuyến tính đặc trưng là đa thức
ck xk + ck−1 xk−1 + ... + c1 x + c0 .
Ví dụ, dãy số (1.1) có quan hệ hồi quy là an+1 − 2an = 0 nên có đa
thức đặc trưng là x − 2
Cùng một dãy số có thể thỏa mãn nhiều quan hệ hồi quy tuyến tính
khác nhau. Ví dụ, dãy (1.1) còn thỏa mãn quan hệ 2.an+1 − 4.an = 0, đa
thức đặc trưng tương ứng là 2x − 4. Nó cũng thỏa mãn an+2 − 3an+1 +
2an = 0 nên cũng có đa thức đặc trưng là x2 − 3x + 2 = (x − 1) (x − 2).


5

Bây giờ, ta xét một dãy {an } tùy ý. Cho I là tập hợp các đa thức
đặc trưng của tất cả các quan hệ hồi quy tuyến tính thỏa mãn bởi dãy
{an }. Khi đó
(a) Nếu f (x) ∈ I và g (x) ∈ I thì f (x) + g (x) ∈ I
(b) Nếu f (x) ∈ I và h (x) là một đa thức bất kì, thì h (x) f (x) ∈ I.
Một tập con khác rỗng I các đa thức, thoả mãn hai quan hệ trên được
gọi là một iđêan.
Một sự kiện trong đại số: Giả sử I là một iđêan của các đa thức. Khi
đó I = {0} hoặc có một đa thức monic duy nhất f (x) ∈ I sao cho
I = {h (x) .f (x)}
trong đó h (x) là đa thức.
(Một đa thức được gọi là monic nếu hệ số của lũy thừa cao nhất của x
bằng 1)
Áp dụng cho Iđêan của các đa thức đặc trưng của một dãy hồi quy
tuyến tính {an },ta thấy luôn tồn tại một đa thức đặc trưng tối thiểu là
đa thức monic có bậc thấp nhất trong I. Đây là đa thức đặc trưng của
quan hệ tuyến tính không tầm thường bậc thấp nhất được thỏa mãn bởi
{an }. Đa thức đặc trưng của bất kì quan hệ tuyến tính nào khác được
thỏa mãn bởi {an } là đa thức bội của f (x).
Bậc của dãy hồi quy tuyến tính {an } là bậc thấp nhất trong số tất
cả các quan hệ hồi quy tuyến tính (có nghiệm không tầm thường) được
thỏa mãn bởi {an }, nó cũng bằng bậc của đa thức đặc trưng tối thiểu.
Ví dụ, dãy (1.1) là dãy hồi quy tuyến tính bậc nhất có đa thức đặc trưng
tối thiểu là x − 2.

1.2

Nghiệm của quan hệ hồi quy

Định nghĩa 1.2.1. Một dãy {an } thỏa mãn quan hệ hồi quy nào đó
được gọi là một nghiệm của quan hệ đó. Nếu quan hệ hồi quy bậc k thì k
giá trị đầu của dãy có thể lấy tùy ý, các giá trị tiếp theo hoàn toàn được
xác định.


6

Một nghiệm của quan hệ hồi quy bậc k được gọi là nghiệm tổng quát
nếu nó phụ thuộc k hằng số tùy ý C1 , ..., Ck .
Ví dụ 1.2.1. Xét quan hệ hồi quy an+2 − 5an+1 + 6an = 0 có nghiệm
tổng quát là an = C1 .2n + C2 .3n
Sau đây là một số phương pháp tìm nghiệm của quan hệ hồi quy
tuyến tính.
Trước tiên, ta xét trường hợp đơn giản quan hệ hồi quy tuyến tính
bậc 2:
an+2 = c1 an+1 + c0 an
(1.3)
(1)

(2)

Bổ đề 1.2.1. Nếu an , an là các nghiệm của (1.3) thì với các số tùy ý
A, B dãy
(2)
an = Aa(1)
n + Ban
cũng là nghiệm của (1.3).
Chứng minh. Theo giả thiết ta có
(1)

(1)

(1)

an+2 = c1 an+1 + c0 an
(2)
(2)
(2)
an+2 = c1 an+1 + c0 an
Từ đó suy ra
(1)

(2)

(1)

(1)

(1)
Aan+2 + Ban+2 = c1 Aan+1 + Ban+1 + c0 Aa(1)
n + Ban
(1)

(2)

Như vậy, an = Aan + Ban cũng là một nghiệm của (1.3)
Bổ đề 1.2.2. Giả sử r1 là nghiệm của phương trình đặc trưng
r2 = c1 r + c0

(1.4)

Khi đó dãy {r1n } là một nghiệm của quan hệ (1.3)
Chứng minh. Ta có an = r1n , an+1 = r1n+1 , an+2 = r1n+2 . Thay vào quan
hệ (1.3) ta được
r1n+2 = c1 r1n+1 + c0 r1n
Đẳng thức này đúng vì r2 = c1 r + c0 .


7

Nhận xét. Dãy r1n+m với m tùy ý cũng là một nghiệm của quan hệ
hồi quy (1.3).
Từ các bổ đề trên ta có định lí sau:
Định lí 1.2.1. Giả sử cho quan hệ hồi quy
an+2 = c1 an+1 + c0 an
Giả sử phương trình đặc trưng
r2 = c1 r + c0
Có hai nghiệm phân biệt r1 và r2 . Khi đó, nghiệm tổng quát của quan
hệ hồi quy này có dạng
an = Ar1n + Br2n
(1)

(2)

Chứng minh. Theo bổ đề 1.2.2, an = r1n , an = r2n là các nghiệm của
quan hệ đang xét. Theo bổ đề 1.2.1, với mọi A, B tùy ý, Ar1n + Br2n là
nghiệm của quan hệ hồi quy trên. Chỉ còn phải chứng minh rằng, nghiệm
tùy ý của quan hệ này có thể viết dưới dạng đã nêu trong định lí. Mỗi
nghiệm của quan hệ trên được xác định duy nhất bởi các giá trị a0 , a1 .
Vì thế ta chỉ cần chỉ ra rằng, hệ phương trình
A+B =a
Br1 + Ar2 = b
có nghiệm với a, b tùy ý. Dễ thấy các nghiệm đó là
A=

b − ar2
,
r1 − r2

B=

ar1 − b
r1 − r2

Bây giờ ta chuyển sang xét trường hợp phương trình đặc trưng có
nghiệm bội.
Giả sử phương trình đặc trưng của quan hệ đã cho có các nghiệm
trùng nhau, chẳng hạn r1 = r2 . Khi đó, biểu thức Ar1n−1 + Br2n−1 không
còn là nghiệm tổng quát nữa, vì nghiệm đó được viết dưới dạng an =
Cr1n−1 . Nói chung không thể chọn hằng số C sao cho hai điều kiện ban
đầu a0 = a, a1 = b được thỏa mãn.


8

Định lí 1.2.2. Giả sử phương trình đặc trưng
r2 = c1 r + c0
có nghiệm bội r1 .
Khi đó nghiệm tổng quát của quan hệ đang xét có dạng
an = r1n (A + Bn)
trong đó A, B là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Vì phương trình đặc trưng có nghiệm bội r − 1 nên theo
định lí Vi-ét ta có: c1 = 2r1 , c0 = −r12 . Ta viết phương trình đặc trưng
dưới dạng
r2 = 2r1 r − r12 .
Như vậy quan hệ hồi quy sẽ có dạng
an+2 = 2r1 an+1 − r12 an
(2)

Ta thử lại rằng an = nr1n là một nghiệm của quan hệ đang xét. Ta có:
an+2 = (n + 2)r1n+2 , an+1 = (n + 1)r1n+1 .
Thay các giá trị này vào quan hệ trên ta được
(n + 2)r1n+2 = 2(n + 1)r1n+2 − nr1n+2 .
Vậy nr1n đúng là một nghiệm.
Theo bổ đề 1.2.1, với A, B là các hằng số tùy ý, ta có
an = r1n (A + Bn)
cũng là nghiệm. Mặt khác, với điều kiện a0 = a, a1 = b tùy ý, ta luôn
xác định được A, B sao cho an = r1n (A + Bn) là một nghiệm của quan
hệ đang xét. Vậy
an = r1n (A + Bn)
cho ta công thức nghiệm tổng quát trong trường hợp phương trình đặc
trưng có nghiệm bội.


9

Đối với quan hệ hồi quy tuyến tính cấp k tùy ý, ta cũng có kết quả
hoàn toàn tương tự.
Định lí 1.2.3. Cho f (x) = ck xk + ... + c0 là một đa thức với ck = 0 và
c0 = 0. Giả sử phân tích của f (x) trên tập các số phức là
f (x) = ck (x − r1 )m1 (x − r2 )m2 ....(x − r )m
trong đó r1 , r2 , ..., r là các số phức khác 0 phân biệt, m1 , m2 , ..., m
là các số nguyên. Khi đó dãy {an } thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến
tính có đa thức đặc trưng là f (x) khi và chỉ khi tồn tại các đa thức
g1 (n) , g2 (n) , ..., g (n) với deg gi ≤ mi − 1 sao cho
an = g1 (n) r1n + ... + g (n) rn với mọi n.
Dưới đây là một trường hợp đặc biệt quan trọng
Hệ quả 1.2.1. Giả sử f (x) = c1 (x − r1 ) (x − r2 ) ... (x − r ), trong đó
r1 , r2 , ..., r là các nghiệm phức khác 0 phân biệt của f (x). Khi đó dãy
{an } thỏa mãn quan hệ hồi quy tuyến tính có đa thức đặc trưng là f (x)
khi và chỉ khi tồn tại các hằng số B1 , B2 , ..., B sao cho

an = B1 r1n + B2 r2n + ... + B rn

với mọi n.

Ví dụ 1.2.2. Xét quan hệ hồi quy
an+3 = 9an+2 − 26an+1 + 24an
Phương trình đặc trưng có dạng
r3 − 9r2 + 26r − 24 = 0
Các nghiệm của phương trình đặc trưng là r1 = 2, r2 = 4, r3 = 3. Vậy
nghiệm tổng quát của quan hệ hồi quy này là
an = A2n + B4n + C3n


10

1.3

Quan hệ hồi quy không thuần nhất

Giả sử ta muốn tìm một công thức cụ thể đối với một dãy {an } thỏa
mãn a0 = 1 và
an+1 − 2an = bn

với n ≥ 0

(1.5)

trong đó {bn } là dãy hồi quy tuyến tính thỏa mãn b0 = 2 và bn+1 = 3bn .
Đây không phải là một quan hệ hồi quy tuyến tính theo nghĩa mà
chúng ta đã đề cập (vì vế phải là bn chứ không phải là 0) do vậy phương
pháp thông thường không sử dụng được. Quan hệ hồi quy dạng này,
tuyến tính trừ một hàm của n ở vế phải, được gọi là quan hệ hồi quy
không thuần nhất.
Chúng ta có thể giải được các bài toán hồi quy không thuần nhất
một cách rõ ràng khi vế phải là một dãy hồi quy tuyến tính. Trong ví
dụ trên, {an } cũng thỏa mãn
an+2 − 2an+1 = bn+1 .
Từ đó, ta có
an+2 − 5an+1 + 6an = bn+1 − 3bn = 0.
Do đó {an } là một dãy hồi quy tuyến tính. Đa thức đặc trưng của quan
hệ này là
x2 − 5x + 6 = (x − 2) (x − 3)
do đó tồn tại các hằng số A, B để
an = A.2n + B.3n
Do a0 = 1, a1 = 4 nên ta có
A+B =1

2A + 3B = 4
Vậy an = −2n + 2.3n hay an = −2n + bn .

A = −1
B=2


11

Nếu một dãy {xn } bất kì thỏa mãn quan hệ
xn+1 − 2xn = bn

(1.6)

Ta có dãy {yn } xác định bởi yn = xn − an thỏa mãn yn+1 − 2yn = 0, với
mọi n. Do vậy yn = C.2n với một số C nào đó. Do đó nghiệm tổng quát
của (1.6) là
xn = yn + an = −2n + bn + C.2n
hay
xn = D.2n + bn
trong đó D là hằng số nào đó.
Nói chung loại lập luận này chứng minh điều sau đây
Định lí 1.3.1. Cho {bn } là một dãy hồi quy tuyến tính thỏa mãn quan
hệ hồi quy với đa thức đặc trưng f (x). Cho
g (x) = ck xk + ck−1 xk−1 + ... + c1 x + c0
là một đa thức. Khi đó mỗi nghiệm {xn } của quan hệ hồi quy không
thuần nhất
ck xn+k + ck−1 xn+k−1 + ... + c1 xn+1 + c0 xn = bn

(1.7)

cũng thỏa mãn một quan hệ hồi quy tuyến tính với đa thức đặc trưng
f (x) g (x). Hơn nữa nếu {an } là một nghiệm cụ thể của quan hệ (1.7)
thì tất cả các nghiệm có dạng xn = an + yn , trong đó {yn } là một trong
các nghiệm của quan hệ tuyến tính
ck yn+k + ck−1 yn+k−1 + ... + c1 yn+1 + c0 yn+0 = 0

1.4

Định lí Mahler-Lech

Đây là một định lí sâu sắc về các dãy hồi quy tuyến tính
Định lí 1.4.1. Cho {an } là một dãy hồi quy tuyến tính của các số phức,
và cho c là một số phức. Thế thì tồn tại một dãy hữu hạn (có thể rỗng)


12

các cấp số cộng T1 , T2 , ..., Tm và tập S hữu hạn (có thể rỗng) các số
nguyên sao cho
{n | an = c} = S ∪ T1 ∪ T2 ∪ ... ∪ Tm
Sau đây là một vài ví dụ minh họa định lí Mahler-Lech
Ví dụ 1.4.1. Cho dãy hồi quy tuyến tính {an } thỏa mãn a0 = 0, a1 = 1

an = an−2 với mọi n ≥ 2.
Khi đó, dễ dàng tìm được
an =

1 1
− (−1)n .
2 2

Nếu n chẵn thì an = 0 với mọi n ≥ 0
Nếu n lẻ thì an = 1 với mọi n ≥ 1
Gọi T là cấp số cộng thỏa mãn T = {0, 2, 4, 6, ...} , ta có
{n |an = 0} = ∅ ∪ T.
Ví dụ 1.4.2. Cho dãy hồi quy tuyến tính {an } thỏa mãn a1 = a2 =
a3 = 1, a4 = 3 và
an+4 = 3an+2 − 2an với mọi n ≥ 1.
Xét đa thức đặc trưng
x4 − 3x2 + 2


có các nghiệm là 1, −1, 2, − 2. Vậy, nghiệm tổng quát của quan hệ
hồi quy trên là
√ n
√ n
n
n
an = A.1 + B.(−1) + C. 2 + D. − 2
Do a1 = a2 = a3 = 1, a4 = 3 nên ta tìm được

1√ n 1
an = −(−1)n + . 2 + . − 2
2
2

n

.


13

Nếu n lẻ, thì an = 1
√ n
Nếu n chẵn, thì an = −1 +
2 > 1, với mọi n ≥ 4.
Gọi T là cấp số cộng thỏa mãn T = {1, 3, 5, 7, ...} , S = {2} , thì
{n |an = 1} = S ∪ T.


14

Chương 2
Số Euler và đa thức Lucas suy rộng
2.1
2.1.1

Hàm Euler và dãy Fibonacci
Hàm Euler

Định nghĩa 2.1.1. Giả sử n là một số nguyên dương. Hàm Euler được
định nghĩa là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố
cùng nhau với n. Kí hiệu hàm Euler là ϕ(n).
Ví dụ 2.1.1. ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2.
Ta nhắc lại về hệ thặng dư.
Hệ thặng dư đầy đủ môđunlô n là tập hợp gồm n số nguyên trong đó
không có hai số đồng dư nhau môđunlô n.
Ví dụ. {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} và {1, 2, −7, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} là hai hệ
thặng dư đầy đủ môđunlô 10.
Hệ thặng dư thu gọn môđunlô n là tập hợp gồm ϕ(n) số nguyên, trong
đó mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với n và không có hai số đồng dư
nhau môđunlô n.
Ví dụ. {1, 3, 7, 9} là hệ thặng dư thu gọn môđunlô 10.
Thặng dư dương bé nhất của X môđunlô n là số a với 0 < a < n và
X ≡ a (mod n).
Ví dụ. Số 23 có thặng dư dương bé nhất môđunlô 10 là 3.
Ta có một số định lí quan trọng về hàm Euler trong số học.


15

Định lí 2.1.1. Giả sử r1 , r2 , ..., rϕ(n) là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n,
a là số nguyên dương và (a, n) = 1. Khi đó tập hợp ar1 , ar2 , ..., arϕ(n)
cũng là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n.
Chứng minh. Rõ ràng hệ ar1 , ar2 , ..., arϕ(n) gồm ϕ(n) phần tử.
Lấy 0 < i = j ≤ ϕ(n), ta sẽ chứng minh ari không đồng dư arj
môđunlô n. Giả sử ngược lại
ari ≡ arj (mod n).
Nên
a(ri − rj ) ≡ 0 (mod n),
.
mà (a, n) = 1 suy ra ri − rj ..n hay ri ≡ rj (mod n), điều này mâu thuẫn
với giả thiết hệ r1 , r2 , ..., rϕ(n) là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n. Vậy
ari không đồng dư arj môđunlô n.
Ta cần chứng minh (ari , n) = 1 với mọi n = 1, 2, ..., ϕ (n). Giả sử
ngược lại, (ari , n) = d > 1 . Khi đó sẽ tồn tại ước nguyên tố p của d. Suy
ra p |ari và p| n. Tức là p là ước chung của a và n hoặc p là ước chung
của ri và n, mà cả hai điều này đều mâu thuẫn với giả thiết (a, n) = 1
và (ri , n) = 1. Vậy (ari , n) = 1 .
Từ đó suy ra hệ ar1 , ar2 , ..., arϕ(n) cũng là hệ thặng dư thu gọn
môđunlô n.
Ví dụ 2.1.2. {1, 3, 7, 9} là hệ thặng dư thu gọn môđunlô 10, do (3, 10) =
1 nên {3, 9, 21, 27} cũng là hệ thặng dư thu gọn môđunlô 10.
Định lí 2.1.2. (Định lí Euler)
Giả sử n là số nguyên dương, a là số nguyên và (a, n) = 1. Khi đó
aϕ(n) ≡ 1 (mod n).
Chứng minh. Gọi r1 , r2 , ..., rϕ(n) là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n gồm
các số nguyên dương không vượt quá n. Vì (a, n) = 1 nên ar1 , ar2 , ..., arϕ(n)
cũng là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n. Ta có các thặng dư dương bé


16

nhất của ar1 , ar2 , ..., arϕ(n) là r1 , r2 , ..., rϕ(n) theo một thứ tự nào đó.
Nên ta có
ar1 .r2 ...arϕ(n) ≡ r1 .r2 ...rϕ(n) (mod n).
Hay
aϕ(n) r1 .r2 ...rϕ(n) ≡ r1 .r2 ...rϕ(n) (mod n).
Do đó
r1 .r2 ...rϕ(n) (aϕ(n) − 1) ≡ 0 (mod n).
Vì r1 , r2 , ..., rϕ(n) là hệ thặng dư thu gọn môđunlô n nên (r1 .r2 ...rϕ(n) , n) =
1. Suy ra
aϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Ví dụ 2.1.3. Vì 5ϕ(8) ≡ 1(mod8) nên 5.5ϕ(8)−1 ≡ 1(mod8) hay 5.125 ≡
1(mod8) do đó số nghịch đảo của 5 môđunlô 8 là 125.
Định lí 2.1.3. Với p là số nguyên tố ta có ϕ(p) = p − 1. Ngược lại, nếu
p là số nguyên dương sao cho ϕ(p) = p − 1 thì p là số nguyên tố.
Chứng minh. Nếu p là số nguyên tố thì mọi số nguyên dương nhỏ hơn p
đều nguyên tố cùng nhau với p, như vậy ϕ(p) = p − 1.
Ngược lại, nếu p là số nguyên dương thỏa mãn ϕ(p) = p − 1, ta chứng
minh p là số nguyên tố. Giả sử ngược lại p là hợp số, khi đó tồn tại số
nguyên dương d là ước của p, tức là 0 < d < p và d |p. Vậy trong các
số 1, 2, ..., p − 1 phải có những số không nguyên tố cùng nhau với p. Vậy
ϕ(p) ≤ p − 2, điều này mâu thuẫn với giả thiết ϕ(p) = p − 1. Vậy p là
số nguyên tố.
Định lí 2.1.4. Giả sử p là số nguyên tố, a là số nguyên dương. Khi đó
ϕ(pa ) = pa − pa−1 .
Chứng minh. Vì p là số nguyên tố nên các số nguyên dương không vượt
quá pa , không nguyên tố cùng nhau với p là những số nguyên dương k


17

.
thỏa mãn p ≤ k ≤ pa−1 và k ..p. Có đúng pa−1 số như vậy. Vậy có pa −pa−1
số nguyên dương không vượt quá pa và nguyên tố cùng nhau với p. Vậy
ϕ(pa ) = pa − pa−1 .

Ví dụ 2.1.4. ϕ(81) = ϕ(34 ) = 34 − 33 = 54.
Định lí 2.1.5. Nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau
Khi đó
ϕ(m.n) = ϕ(m).ϕ(n).
Chứng minh. Ta viết các số nguyên dương không vượt quá m.n thành
bảng sau
1
2
3
...

m+1
m+2
m+3
...

2m + 1
2m + 2
2m + 3
...

... (n − 1) m + 1
... (n − 1) m + 2
... (n − 1) m + 3
...

m

2m

3m

...n.m

Giả sử r là số nguyên dương không vượt quá n,(r, m) = d > 1. Khi đó
không có số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với m.n, vì mỗi
phần tử trong dòng đó đều có dạng km + r với 1 ≤ k ≤ n − 1, d |m và
d |r nên d |(km + r) và d |m.n do đó d |(km + r, m.n).
Vậy, để tìm các số trong bảng nguyên tố cùng nhau với m.n ta chỉ
cần xét các số trong dòng thứ r trong đó (r, m) = 1, có ϕ(m) dòng
như thế. Ta xét một dòng như vậy, dòng này chứa các số r, m + r, 2m +
r, ..., (n − 1)m + r, mà mỗi số này đều nguyên tố cùng nhau với n. Ta sẽ
chứng minh các số trong dòng này lập thành một hệ thặng dư đầy đủ
môđunlô n.
Hệ trên gồm n số nguyên dương. Ta sẽ chứng minh không có hai số
nào trong hệ đồng dư nhau môđunlô n.
Giả sử ngược lại, với 0 ≤ i = j ≤ n − 1 mà
im + r ≡ jm + r (mod n) ⇔ m(i − j) ≡ 0 (mod n).


18

.
Vì (m, n) = 1 nên (i − j).. n, suy ra i − j = 0, mâu thuẫn với giả thiết
0 ≤ i, j ≤ n − 1. Tức là trong hệ trên không có hai số đồng dư nhau
môđunlô n. Suy ra n số trong dòng này lập thành một hệ đầy đủ môđunlô
n. Vậy có
ϕ(m.n) = ϕ(m).ϕ(n).

Vậy ϕ là hàm có tính chất nhân.
Kết hợp hai định lí trên, ta có định lí sau
Định lí 2.1.6. Giả sử n = pα1 1 .pα2 2 ...pαk k là phân tích n ra thừa số nguyên
tố. Khi đó
1
1
1
ϕ(n) = n 1 −
1−
... 1 −
.
p1
p2
pk
Chứng minh. Vì ϕ là hàm có tính chất nhân nên nếu n = pα1 1 .pα2 2 ...pαk k
thì
ϕ(n) = ϕ(pα1 1 )(pα2 2 )...(pαk k ).
Mặt khác
α

α

α

j
j−1
ϕ(pαj
= pj j 1 −
j ) = pj − pj

1
pj

với j = 1, 2, ..., k.

Vậy
αk
ϕ(n) = pα1 1 .pα2
2 ...pk . 1 −

1
p1

1−

1
p2

... 1 −

1
pk

hay
ϕ(n) = n 1 −

1
p1

1−

1
p2

... 1 −

1
pk

.

Ví dụ 2.1.5. Vì 120 = 23 .3.5 nên
ϕ(120) = 120. 1 −

1
1
1
. 1−
. 1−
2
3
5

Định lí 2.1.7. Giả sử n là số nguyên dương. Khi đó
ϕ(d) = n.
d|n

= 32


19

Chứng minh. Ta phân chia các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp theo
cách sau: lớp Cd gồm các số nguyên m, 1 ≤ m ≤ n, mà (m, n) = d. Như
vậy m thuộc lớp Cd nếu d là ước chung của m và n và (m/d, n/d) = 1.
Như vậy số các phần tử của Cd là số các số nguyên dương không vượt
quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d, túc là Cd gồm ϕ (n/d) phần
tử.
Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một và chỉ một lớp Cd nào đó
(d = (m, n)) nên n bằng tổng của số các thành phần trong các lớp Cd ,
d là ước của n. Ta có:
ϕ

n=
d|n

n
.
d

Mặt khác, khi d chạy qua mọi ước của n thì n/d cũng chạy qua mọi ước
của n, từ đó suy ra
ϕ (d).
n=
d|n

2.1.2

Số Fibonacci

Số Fibonacci xuất hiện lần đầu tiên trong bài toán sau:
Bài toán: Một cặp thỏ mỗi tháng sinh một lần, cho một cặp thỏ con (một
đực, một cái). Cặp thỏ mới sinh ra sau hai tháng lại bắt đầu sinh cặp
thỏ mới. Hỏi sau một năm sẽ có bao nhiêu con thỏ, nếu đầu năm ta có
một cặp thỏ.
Từ giả thiết suy ra rằng, sau một tháng sẽ có 2 cặp thỏ. Sau hai
tháng, cặp thứ nhất sinh một cặp nữa, và ta có 3 cặp. Sau ba tháng cặp
thứ hai lại sinh một cặp nữa, và ta có 5 cặp.
Kí hiệu F (n) là số cặp thỏ sau tháng thứ n kể từ đầu năm. Sau tháng
thứ (n + 1) sẽ có F (n) cặp ban đầu, cộng thêm số cặp do các cặp đã có
sau tháng thứ (n − 1) sinh ra, số này là F (n − 1). Vậy
F (n + 1) = F (n) + F (n − 1)
Theo giả thiết, F (0) = 1, F (1) = 2, F (2) = 2,..., F (12) = 337.

(2.1)


20

Các số F (n) được gọi là các số Fibonacci.
Ta sẽ tìm hiểu công thức biểu diễn F (n) qua n. Quan hệ hồi quy
tuyến tính (2.1) có phương trình đặc trưng là
r2 − r − 1 = 0.


1+ 5
1− 5
Phương trình này có các nghiệm là r1 =
và r1 =
. Vậy
2
2
nghiệm tổng quát của quan hệ (2.1) là
√ n
√ n
1+ 5
1− 5
f (n) = C1
+ C2
(2.2)
2
2
Các số Fibonacci F (n) được cho bởi (2.2) với điều kiện F (0) = 1, F (1) =
2. Tuy nhiên để thuận tiện ta thường xét điều kiện ban đầu F (0) = 0,
F (1) = 1. Khi đó các hằng số C1 , C2 được tính từ hệ phương trình
C1 + C2 = 0


5
(C

C
)
=
1
1
2
2

C1 =
C2 =

√1
5
− √15

.

Vậy nghiệm tổng quát có dạng

1+ 5
2
f (n) =

n





1− 5
2

n

.

5

Trong các mệnh đề sau, Fn dùng để kí hiệu số Fibonacci thứ n.
Mệnh đề 2.1.1.
F1 + F2 + ... + Fn = Fn+2 − 1
Chứng minh. Ta có:
F1 = F3 − F2
F2 = F4 − F3
.......
Fn−1 = Fn − Fn−2
Fn = Fn−2 − Fn−1

.


21

Cộng từng vế các đẳng thức này ta có:
F1 + F2 + ... + Fn = Fn+2 − F2 = Fn+2 − 1.

Mệnh đề 2.1.2.
F1 + F3 + F5 ... + F2n−1 = F2n
Chứng minh. Ta có:
F1 = F2
F3 = F4 − F2
F5 = F6 − F4
.......

.

F2n−3 = F2n−2 − F2n−4
F2n−1 = F2n − F2n−2
Cộng từng vế của bất đẳng thức này ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.3.
F2 + F4 + ... + F2n = F2n+2 − 1
Chứng minh. Ta có
F1 + F2 + ... + F2n = F2n+2 − 1

F1 + F3 + F5 ... + F2n−1 = F2n .
Trừ từng vế của hai đẳng thức này ta có:
F2 + F4 + ... + F2n = F2n+2 − 1 − F2n = F2n+1 − 1.

Mệnh đề 2.1.4.
F1 − F2 + F3 − F4 + ... + (−1)n+1 Fn = (−1)n+1 Fn−1 + 1


22

Chứng minh. Ta có:
F1 + F3 + F5 ... + F2n−1 = F2n

F2 + F4 + ... + F2n = F2n+1 − 1.
Từ đó ta có
F1 − F2 + F3 − F4 + ... + F2n−1 − F2n = F2n − F2n+1 + 1 = −F2n−1 + 1.
Cộng thêm vào hai vế của đẳng thức trên với F2n+1 , ta có
F1 − F2 + F3 − F4 + ... + F2n−1 − F2n + F2n+1 = F2n+1 − F2n−1 + 1 = F2n + 1.
Công thức trong mệnh đề 2.1.4 là sự kết hợp hai công thức trên.
Mệnh đề 2.1.5.
F12 + F22 + ... + Fn2 = Fn .Fn+1
Chứng minh. Ta có:
Fk Fk+1 − Fk−1 Fk = Fk (Fk+1 − Fk−1 ) = Fk .Fk = Fk2 .
Do đó
F12 = F1 .F2
F22 = F2 .F3 − F1 .F2
F32 = F3 .F4 − F2 .F3
.....
Fn2 = Fn .Fn+1 − Fn−1 .Fn .
Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.

2.2

Tính trù mật của φ(Fn)/Fn

Lucas đã chứng minh rằng nếu đặt Mn = 2n −1 thì tập hợp {φ(Mn )/Mn : n ≥ 1}
là trù mật trong đoạn [0; 1], trong đó φ(m) là hàm Euler của các số
nguyên dương m. Nếu thay thế dãy các số (Mn )n≥0 bằng dãy các số


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×