Tải bản đầy đủ

Về giá trị lớn nhất của dạy stern

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THU THỦY

VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA DÃY STERN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, 10/2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THU THỦY

VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA DÃY STERN


Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
PGS. TS. NÔNG QUỐC CHINH

THÁI NGUYÊN, 10/2018


iii

Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Dãy số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Mảng diatomic của Stern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Dãy diatomic của Stern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
8
9

Chương 2. Về giá trị lớn nhất của dãy Stern
14
2.1 Giá trị lớn nhất trên một hàng của mảng diatomic của Stern
14
2.2 Giá trị lớn thứ hai trên mỗi hàng của mảng diatomic của Stern 16
2.3 Giá trị lớn thứ ba trên mỗi hàng của mảng diatomic của Stern 22
2.4 Dãy w(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30


Kết luận

37

Tài liệu tham khảo

38


1

Bảng ký hiệu
N
Z≥0
Q+
(Fn )n∈N
Fn
(S(n))n∈N
S(n)
(w(n))n∈N
SEA
nr , n∗r

Lk (r)
gk (n)

tập hợp các số tự nhiên
tập hợp các số nguyên không âm
tập hợp các số hữu tỉ dương
dãy số Fibonacci
số Fibonacci thứ n
dãy Stern
số Stern thứ n
dãy sinh bởi dãy Stern
thuật toán Euclide chậm
số thứ tự mà phần tử S(nr ) và S(n∗r ) là phần tử lớn
nhất trên hàng thứ r
phần tử lớn nhất trên hàng thứ r
ước chung lớn nhất của n + k + 1 số liền nhau trong
dãy (w(n))n∈N


2

Mở đầu
Tam giác Pascal là khái niệm toán học rất quen thuộc đối với mỗi người
học toán. Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ
n, từ cột thứ hai đến cột thứ n−1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột
và cột trước nó. Năm 1858, Stern đã nghiên cứu mảng diatomic, một mảng
có nhiều tính chất tương tự tam giác Pascal. Mảng diatomic và dãy diatomic
của Stern đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu, tuy nhiên cho đến nay vẫn
có nhiều kết quả mới của nó được công bố.
Một trong các kết quả nghiên cứu gần đây nhất về dãy Stern là về giá
trị lớn nhất, giá trị lớn thứ hai, giá trị lớn thứ ba của các hàng trong mảng
diatomic của dãy Stern.
Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này, tôi chọn đề tài “Về giá trị
lớn nhất của dãy Stern” làm đề tài luận văn cao học của mình. Mục tiêu của
luận văn là đọc hiểu và trình bày lại hai bài báo [4] và [9].
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của luận văn được trình
bày trong hai chương:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày về dãy số
Fibonacci, dãy số Stern và một số tính chất của dãy Stern.
Chương 2. Giá trị lớn nhất của dãy Stern. Trong chương trình bày về các
giá trị lớn nhất như giá trị lớn nhất, giá trị lớn thứ hai, giá trị lớn thứ ba của
dãy S(n). Ngoài ra, chương này còn trình bày thêm về dãy w(n) và giá trị
lớn nhất của dãy w(n).
Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới PGS. TS Nông Quốc Chinh, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụ kiến
thức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình làm
luận văn. Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện đã
dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán – Tin,
Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn,
truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành
luận văn. Qua luận văn này, tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn


3
bè đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong thời gian làm luận văn.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng hoàn thiện luận văn bằng tất cả sự nhiệt tình
và năng lực của mình. Tuy nhiên, luận văn không thể tránh khỏi những thiếu
sót, tôi rất mong nhận được những đóng góp quý báu của thầy cô và các bạn.
Thái Nguyên, ngày 22 tháng 9 năm 2018
Tác giả luận văn

Phạm Thị Thu Thủy


4

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Dãy số Fibonacci

Định nghĩa 1.1.1. Dãy số Fibonacci, ký hiệu bởi {Fn }, được định nghĩa bởi
hệ thức truy hồi sau:
Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2,
với F0 = 0, F1 = 1.
Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...
Số hạng tổng quát của dãy số Fibonacci được xác định bởi công thức Binet
dưới đây:


1+ 5
1− 5
Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet). Với n ∈ Z, α =
và β =
,
2
2
ta có
αn − β n
Fn =
.
α−β
Tiếp theo chúng tôi trình bày một số tính chất của dãy số Fibonacci, các
kết quả này được sử dụng trong các chứng minh ở phần sau.
Mệnh đề 1.1.3 ([11, Bổ đề 2.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có

Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n−1 .
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n = 1, ta có

F12 − F0 F2 = 12 − 0.1 = 1 = (−1)0 .

(1.1)


5
Giả sử, đẳng thức đúng với n > 1, ta chứng minh đẳng thức đúng với n + 1.
Thật vậy, ta có
2
Fn+1
− Fn Fn+2 = (Fn + Fn−1 )2 − Fn (Fn + Fn+1 )
2
= Fn2 + 2Fn Fn−1 + Fn−1
− Fn2 − Fn Fn+1
2
= 2Fn Fn−1 + Fn−1
− Fn Fn+1
2
= 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn (Fn + Fn−1 )
2
= Fn−1
+ Fn Fn−1 − Fn2
= Fn−1 (Fn−1 + Fn ) − Fn2
= Fn−1 Fn+1 − Fn2
= −(−1)n−1 = (−1)n .

Suy ra điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.4 ([11, Bổ đề 2.1]). Với hai số nguyên dương m, n bất kỳ, ta có
đẳng thức sau
Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 .
(1.2)
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m.
Với m = 1, ta có

Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn .
Với m = 2, ta có

Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn .
Giả sử, đẳng thức đúng với m > 2, ta chứng minh đẳng thức đúng với m + 1.
Thật vậy, ta có

Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m
= Fn−1 Fm−1 + Fn Fm + Fn−1 Fm + Fn Fm+1
= Fn−1 (Fm−1 + Fm ) + Fn (Fm + Fm+1 )
= Fn−1 Fm+1 + Fn Fm+2 .
Suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.1.5 ([11, Hệ quả 2.2]). 1. Với số nguyên n ≥ 1, ta có

F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) .

(1.3)


6
2. Với mọi số nguyên không âm n, ta có
2
F2n+1 = Fn2 + Fn+1
.

(1.4)

3. Với mọi n ≥ 1, chúng ta có

F2n+1 = Fn−1 Fn+1 + Fn Fn+2 .

(1.5)

4. Với mọi n ≥ 1, chúng ta có

F2n+1 = Fn+1 Fn+2 − Fn−1 Fn .

(1.6)

Hệ quả 1.1.6 (Tính chất d’Ocagne). Với hai số nguyên m, n và m ≥ n, ta

Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n .
(1.7)
Mệnh đề 1.1.7 ([11, Bổ đề 3.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có

Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = (−1)n−1 .

(1.8)

Một cách tổng quát ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.1.8 ([12, Bổ đề 5]). Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên dương với
a + b = c + d và b ≥ max {c, d}. Khi đó, ta có

Fa Fb − Fc Fd = (−1)a+1 Fb−c Fb−d .

(1.9)

Mệnh đề 1.1.9 ([11, Bổ đề 2.4]). 1. Nếu n ≥ 6 thì ta có

Fn−2 Fn−1 > Fn+1 .

(1.10)

2. Với mỗi n ≥ 3, chúng ta có

F3n−1 (Fn + Fn−3 ) > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 .

(1.11)

Mệnh đề 1.1.10 ([12, Bổ đề 15]). 1. Với n ≥ 1, chúng ta có

F6n+2 > F2n (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ).

(1.12)

2. Với số nguyên dương n, ta có

2F4n (F4n + F4n+2 ) > F2n+2 F4n+3 (F2n−2 + F2n ).

(1.13)


7
3. Với n ≥ 2, chúng ta có

F4n−2 (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) > F4n (F4n−2 + F4n ).

(1.14)

Mệnh đề 1.1.11 ([12, Bổ đề 40]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có

2F3n+3 > Fn Fn+1 Fn+6 .

(1.15)

Chứng minh. Ứng dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần, ta thu được

F3n+3 = Fn F2n+2 + Fn+1 F2n+3 > Fn Fn+3
= Fn (Fn Fn+1 + Fn+1 Fn+2 ) + Fn+1 (Fn Fn+2 + Fn+1 Fn+3 )
2
= Fn Fn+1 (Fn + 2Fn+2 ) + Fn+1
(Fn + 2Fn+1 )
2
= Fn Fn+1 (Fn + Fn+1 + 2Fn+2 ) + 2Fn+1
> Fn Fn+1 (3Fn+2 + 2Fn+1 )
= Fn Fn+1 Fn+5 .
Vì thế ta có

2F3n+3 − Fn Fn+1 Fn+6 > 2Fn Fn+1 Fn+5 − Fn Fn+1 Fn+6
= Fn Fn+1 (2Fn+5 − Fn+6 ) > 0.
Hoàn thành việc chứng minh.
Mệnh đề 1.1.12 ([12, Bổ đề 42]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có

F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < 0.
Chứng minh. Áp dụng các hệ thức (1.6) và (1.9) ta có

Fn+2 Fn+3 − Fn Fn+1 = F2n+3 ,
Fn+1 Fn+4 − Fn+2 Fn+3 = (−1)n .
Suy ra

Fn+1 Fn+4 = Fn Fn+1 + F2n+3 + (−1)n > F2n+3 + 2.
Vì thế, ta có

F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < F2n F2n+1 − (F2n+3 + 2)F2n−2
= (F2n F2n+1 − F2n−2 F2n+3 ) − 2F2n−2
= 2 − 2F2n−2 ≤ 0.
Suy ra điều cần chứng minh.

(1.16)


8

1.2

Mảng diatomic của Stern

Năm 1858 trong một bài báo công bố nghiên cứu của mình, M.A. Stern đã
nghiên cứu tính chất của một dãy được xây dựng tương tự tam giác Pascal,
đó là mảng tam giác được gọi là mảng diatomic, bằng cách chọn hai giá trị
a, b ở hàng đầu, hàng thứ hai có ba phần tử xây dựng bằng cách viết lại hàng
một, và chèn tổng của hai phần tử ở hàng một,... tương tự như vậy: hàng thứ
n được xây dựng bằng cách viết lại hàng n − 1 và chèn vào giữa hai phần tử
bất kỳ của hàng n − 1 giá trị tổng của 2 phần tử đó,. . .
a
a

b

a

a+b

b

2a + b

a+b

a + 2b

b

a 3a + b 2a + b 3a + 2b a + b 2a + 3b a + 2b a + 3b b
..
.

Bảng 1.1: Mảng diatomic tổng quát

Tính chất của mảng ditomic tổng quát. (Xem Bảng 1.1).
Kí hiệu r là chỉ số của hàng thứ r trong mảng diatomic (Bảng 1.1); với
quy ước hàng đầu tiên ứng với hai phần tử ban đầu cho r trước là a và b có
chỉ số r = 0. Khi đó, ta có một số tính chất sau:
a) Các số a và b luôn đứng ở vị trí đầu và cuối mỗi hàng.
b) Số (a + b) luôn là phần tử nằm ở chính giữa mỗi hàng.
c) Nếu một hàng có k phần tử, thì hàng tiếp theo sẽ có 2k − 1 phần tử.
d) Số các phần tử nằm trên hàng thứ r là 2r + 1, và tất cả các phần tử
của hàng này sẽ có mặt trên mọi hàng dưới nó (trên hàng thứ r + k , mọi
k ≥ 1).
e) Nếu ta kí hiệu Sr (a, b) là tổng tất cả các phần tử nằm trên hàng r, khi
đó ta có:
3r + 1
(a + b)
Sr (a, b) =
2
f) Ta luôn có: Sr (a, b) = Sr (b, a).
g) Ta luôn có: Sr (a + a , b + b ) = Sr (a, b) + Sr (a , b ).


9
h) Nếu (a, b) = 1 (a và b là hai số nguyên tố cùng nhau) thì hai phần tử
bất kì liền kề nhau trên một hàng luôn nguyên tố cùng nhau; Hơn nữa
bộ ba bất kì liền nhau trên một hàng: m, n, s (với n = m + s), ta luôn
có: (m, s) = 1.

1.3

Dãy diatomic của Stern

Stern đã nghiên cứu tính chất của mảng diatomic tổng quát, ông đã kiểm
tra trường hợp đặc biệt với a = b = 1. Khi đó, mảng diatomic được cho như
trong Bảng 1.2.
1

1

1 2 1
1 3 2 3 1
1

5

4

7

1

4

3 5 2 5 3

4

1

3

8

5 7 2 7 5

8

3

7

4

5

1

1 6 5 9 4 11 7 10 3 11 8 13 5 12 7 9 2 9 7 12 5 13 8 11 3 10 7 11 4 9 5 6 1

Bảng 1.2: Mảng diatomic

Trong Bảng 1.2 nếu ta đánh số thứ tự như Bảng 1.3, ta nhận được một
dãy số nguyên dương (S(n)) với n ∈ N. Với quy ước S(0) = 0, ta thấy dãy
số trên có tính chất đặc biệt sau:

S(2n)

= S(n)

S(2n + 1) = S(n) + S(n + 1), n ≥ 1.
S(1)
S(4)
S(8)

S(9)

(1.17)

S(2)

S(2)

S(3)

S(4)

S(5)

S(6)

S(7)

S(8)

S(10) S(11) S(12) S(13) S(14) S(15) S(16)

S(16) S(17) S(18) S(19) S(20) S(21) S(22) S(23) S(24) S(25) S(26) S(27) S(28) S(29) S(30) S(31) S(32)

Bảng 1.3: Mảng diatomic

Định nghĩa 1.3.1. Dãy số nguyên dương được xác định theo công thức truy
hồi :

S(2n)

= S(n)

S(2n + 1) = S(n) + S(n + 1), n ≥ 1,
với S(0) = 0, S(1) = 1 được gọi là dãy Stern.

(1.18)


10
Một trong các tính chất hiển nhiên nhất của mảng diatomic trong Bảng
1.2 là tính đối xứng. Trong mỗi hàng của mảng diatomic, tính đối xứng được
ký hiệu là

S(n) = S(n∗ ) trong đó n∗ := 3 · 2r − n với 2r ≤ n ≤ 2r+1 .

(1.19)

Hàng thứ r của mảng diatomic (Bảng 1.2) xác định các số Stern gồm các
phần tử S(n) với 2r ≤ n ≤ 2r+1 .
Nhận xét 1.3.2. Dãy Stern là một dãy các số nguyên dương được lấy trong
mảng diatomic của Stern khi a = b = 1 (Trong Bảng 1.2). Các hàng trong
Bảng 1.2 là đối xứng qua phần tử đứng giữa là số 2.
Nên ngoài các tính chất đã cho trong mảng diatomic tổng quát (Bảng 1.1)
ta còn nhận thấy một số các tính chất sau trong Bảng 1.2:
Tính chất 1.3.3. (a) Các hàng trong mảng diatomic là đối xứng qua phần
tử đứng giữa là số 2.
(b) Tổng các phần tử trên hàng thứ r của Bảng 1.2 bằng 3r + 1.
Mệnh đề 1.3.4. Số tất cả các phần tử từ hàng đầu tiên (r = 0) đến hết hàng
r+1
thứ r trong mảng diatomic là 2r+1 + r và tổng của chúng là 3 2 +1 + r.
Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề này bằng quy nạp.
- Với k = 1, khi đó hàng 0 và hàng 1 có 5 = 21+1 + 1 phần tử và tổng các
1+1
phần tử đó là 6 = 3 2 +1 + 1. Như vậy, mệnh đề đúng với k = 1.
- Giả sử mệnh đề đúng với mọi k < r.
- Khi đó số các phần tử từ hàng 0 đến hết hàng thứ (r − 1) theo giả thiết quy
nạp là 2(r−1)+1 + (r − 1) = 2r + (r − 1). Theo tính chất d) trong mục 1.2, ta
thấy hàng thứ r có (2r + 1) phần tử, nên số các phần tử từ hàng 0 đến hết
hàng r là 2r + (r − 1) + (2r + 1) = 2r+1 + r.
- Theo giả thiết quy nạp, tổng tất cả các phần tử từ hàng 0 đến hết hàng thứ
(r−1)+1
(r − 1) là 3 2 +1 + (r − 1). Theo tính chất (b) ở trên, tổng các phần tử ở
hàng r là 3r + 1. Từ đó suy ra tổng tất cả các phần tử từ hàng 0 đến hết hàng
thứ r là
3r+1 + 1
3r+1 + 1
r
+ (r − 1) + 3 + 1 =
+ r.
2
2
Mệnh đề được chứng minh.
Tính chất 1.3.5. (a) Giá trị trung bình của các phần tử nằm trên hàng thứ
r xấp xỉ bằng (3/2)r . Thực vậy, giá trị đó bằng (3r + 1)/(2r + 1) (3/2)n .


11
(b) Trên hàng thứ r ta luôn có phần tử thứ k bằng phần tử thứ (2r + 2 − k).
Vì trên hàng thứ r có 2r + 1 phần tử; thấy ngay phần tử đầu tiên (ứng với
k = 1) bằng phần tử cuối cùng 2r + 1 = 2r + 2 − 1. Từ đó suy ra phần tử
thứ k bằng phần tử thứ 2r + 2 − k.
(c) Trên hàng thứ r của mảng diatomic 1.2: phần tử xuất hiện là tổng của
hai phần tử liền kề được gọi là phần tử cặp đôi bậc r, trên hàng thứ r có
2r−1 phần tử cặp đôi bậc r, và chúng đều ở các vị trí chẵn. Có 2r−1 + 1
phần tử không cặp đôi, các phần tử này đều là các số của hàng (r − 1)
đưa xuống, và luôn ở vị trí lẻ trên hàng thứ r.
Mệnh đề 1.3.6. Với 3 phần tử liền kề nhau (a, b, c) trên một hàng ta luôn
có (a + c)/b là một số nguyên.
Chứng minh. Thật vậy, có hai khả năng xảy ra, thứ nhất nếu b là phần tử
cặp đôi, ta có ngay b = a + c nên (a + c)/b = 1. Thứ hai, trường hợp a và c
là các phần tử cặp đôi, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo chỉ số hàng.
Với k = 3, có 4 phần tử cặp đôi, nên các bộ ba có dạng đó là: (4, 3, 5); (5, 2, 5);
(5, 3, 4), cả ba trường hợp này tính chất này đều đúng (a + c)/b là số nguyên.
Giả sử với k ≤ r − 1, mọi bộ ba (a, b, c), trong đó a và c là các số cặp đôi,
ta luôn có: (a + c)/b là số nguyên. Xét trên hàng r, với bộ ba bất kì (a, b, c)
mà a, c là các số cặp đôi. Kí hiệu p, a, b, c, q với a = p + b; c = b + q . Khi đó
bộ ba (p, b, q) là ba phần tử liền nhau thuộc hàng (r − 1); theo giả thiết quy
nạp ta có (p + q)/b là số nguyên. Vì vậy:

a + c (b + p) + (b + q) 2b + p + q
=
=
b
b
b
là số nguyên. Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.3.7. Hai phần tử liền nhau bất kì trên một hàng là nguyên tố
cùng nhau.
Khẳng định này được suy ra từ tính chất h) trong mục 1.2.
Mệnh đề 1.3.8. Mọi số cặp đôi bậc r đều là số Stern có chỉ số lẻ, nghĩa là:
Nếu trên hàng thứ r, số a là số cặp đôi thì tồn tại k ∈ N sao cho a = S(2k+1).
Chứng minh. - Trước hết ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng: Phần tử đầu
tiên của hàng thứ k là số Stern có chỉ số chẵn.
Với k = 1, rõ ràng phần tử đầu tiên là 1 = S(2).
Với k = 2, ta thấy phần tử đầu tiên là 1 = S(4). Giả sử mệnh đề đúng
với k ≤ r − 1.


12
Theo cách xác định trong Bảng 1.3, thì hàng thứ (r − 1) có 2r−1 phần
tử nằm trong dãy Stern S(n). Theo giả thiết quy nạp, phần tử đầu tiên của
hàng đó có chỉ số chẵn, suy ra phần tử thứ 2r − 1 của hàng đó có chỉ số lẻ.
Vì vậy phần tử đầu tiên của hàng thứ r có chỉ số chẵn.
- Do vậy các số cặp đôi trên hàng thứ r là các số ở vị trí chẵn trên hàng đó
(xuất phát từ số 1 là phần tử đầu hàng), Mà số 1 đó có chỉ số chẵn, nên các
số cặp đôi có chỉ số lẻ.
Mệnh đề 1.3.9. Cặp (a, b) hai phần tử liền nhau chỉ xuất hiện đúng một lần
trong mảng diatomic.
Chứng minh. - Trước hết, ta có nhận xét: Trong hai số liền nhau trên 1 hàng
của mảng diatomic, số nào lớn hơn là số cặp đôi, và vì vậy số đó có chỉ số lẻ.
- Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong mảng diatomic, (a, b) là cặp
số đầu tiên, mà cặp này lại xuất hiện ít nhất một lần trong các hàng sau đó.
Nghĩa là tồn tại p và q (p < q) sao cho

(a, b) = (S(p), S(p + 1)) = (S(q), S(q) + 1),
trong đó p là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này.
Giả sử a < b. Khi đó theo nhận xét trên b là số cặp đôi, suy ra tồn tại p1 để
cho
S(p) = S(2p1 ) = S(p1 ) = a và S(p+1) = S(2p1 +1) = S(p1 )+S(p1 +1) = b.
Như vậy trong hàng thứ r có các số a, b = a + c, c mà a = S(p1 ), c =
S(p1 + 1) = b − a. Hai phần tử (a, c) = (S(p1 ), S(p1 + 1)) nằm trên hàng thứ
(r − 1).
Lập luận tương tự đối với cặp (a, b) = (S(q), S(q +1)) ta cũng có b = S(q +1)
là số cặp đôi nên tồn tại q1 sao cho :

S(q) = S(2q1 ) = S(q1 ) = a, S(q + 1) = S(2q1 + 1) = S(q1 ) + S(q1 + 1) = b
Nên sẽ có một cặp liền nhau trong mảng diatomic (S(q1 ), S(q1 + 1)) với
S(q1 + 1) = b − a. Như vậy, tồn tại cặp (S(p1 ), S(p1 + 1)) với p1 < p, và
cặp này cũng xuất hiện ít nhất một lần trong mảng diatomic. Điều này mâu
thuẫn với giả thiết (a, b) = (S(p1 ), S(p1 + 1)) là cặp đầu tiên (p là số nguyên
dương nhỏ nhất) ở trên. Ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.3.10. Giả sử a và b là 2 số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau.
Khi đó cặp (a, b) sẽ xuất hiện như 2 phần tử liền kề nhau trong dãy Stern hay
nói cách khác, tồn tại k ∈ N sao cho (a, b) = (S(k), S(k + 1)).
Chứng minh. Theo giả thiết ta có (a, b) = 1 hơn nữa theo thuật toán Euclide,
ta có (a, b) = (a, b − a) = (a − b, b). Kí hiệu SEA là thuật toán cho cặp (a, b)


13
với (a, b − a) khi b ≥ a hoặc (a − b, b) khi a > b. Ta có nhận xét sau: Nếu
cặp (a, b) không xuất hiện như hai phần tử liền nhau trong dãy Stern thì các
cặp SEA (a, b) cũng không thuộc dãy Stern. Thực vậy, giả sử (a, b) = 1 , và
cặp (a, b) không là hai phần tử liền nhau trong dãy Stern, thực hiện liên tục
thuật toán SEA ta có:
SEA

SEA

(a, b) −−→ · · · · · · −−→ (1, 1).
Suy ra cặp (1,1) cũng không thuộc dãy Stern (vô lý, vì cặp (1, 1) là cặp đầu
tiên trong dãy Stern).
Nhận xét: Cho trước hai số bất kỳ a, b ∈ Z+ , (a, b) = 1, ta thấy cặp (a, b)
luôn là một cặp liền nhau nào đó trong dãy Stern, ngoài ra đó là cặp duy
nhất (tức là chúng chỉ xuất hiện đúng một lần trong dãy Stern). Vì vậy, ánh
xạ ϕ : Z+ → Q+ xác định bởi ϕ(n) = S(n)/S(n + 1) là một song ánh. Từ đó
ta có khẳng định sau.
Định lý 1.3.11. Mọi số hữu tỷ dương đều có thể biểu diễn dưới dạng thương
của hai số Stern liền nhau trong dãy Stern. Nghĩa là, mọi r ∈ Q+ tồn tại
n ∈ N sao cho r = S(n)/S(n + 1).
Vì S(2n) = S(n), nên bằng quy nạp ta có S(2k n) = S(n) do đó ta có
S(2k ) = 1. Ta dễ dàng có
Định lý 1.3.12. 1. Với 0 ≤ j ≤ 2r ta có

S(2r n ± j) = S(2r − j)S(n) + S(j)S(n ± 1).

(1.20)

2. Từ công thức (1.20) ta có

S(2r − 1) = r và S(2r + 1) = r + 1.

(1.21)

3. Theo định nghĩa ta cũng dễ thấy

S(2n) < S(2n + 1) và S(2n + 2) < S(2n + 1).

(1.22)


14

Chương 2

Về giá trị lớn nhất của
dãy Stern
2.1

Giá trị lớn nhất trên một hàng của mảng diatomic của
Stern

Định nghĩa 2.1.1. Ký hiệu Lm (r) là giá trị lớn nhất thứ m trong hàng thứ
r trong mảng diatomic của Stern.
Nghĩa là giá trị lớn nhất trong hàng thứ r là L1 (r), giá trị lớn thứ hai là
L2 (r), .... Kết quả sau đây được đề xuất bởi Lucas [6], sau đó được chứng
minh bởi tác giả Lehmer [5].
Định lý 2.1.2. Với mọi r ≥ 0, ta có L1 (r) = Fr+2 . Ngoài ra, giá trị lớn
nhất này xuất hiện với giá trị nr = (4.2r − (−1)r )/3, tương ứng như n∗r =
(5.2r + (−1)r )/3.
Chứng minh. • Xét trên mảng diatomic 1.2 ta thấy: Với r = 1, ta có F3 = 2
là một giá trị lớn nhất của hàng 1.
Với r = 2, ta có F4 = 3 là giá trị lớn nhất của hàng 2, và ta có: n2 =
5, n∗2 = 7. Nghĩa là S(5) = S(7) = 3 = F4 là giá trị lớn nhất của hàng 2;
Với r = 3; n3 = 11; n∗3 = 13, Ta có S(11) = S(13) = 5 = F5 là giá trị lớn
nhất của hàng 3.
Như vậy ta thấy định lý là đúng khi r = 1, r = 2 và r = 3. Hơn nữa ta
còn nhận thấy bộ 3: (F4 , F5 , F3 ) và (F3 , F5 , F4 ) đều xuất hiện như bộ ba
liền nhau trong hàng thứ 3, và F5 = F4 + F3 .


15
• Giả sử với mọi k ≤ r − 1, ta có phần tử lớn nhất của hàng thứ k là
Fk+2 = Fk+1 + Fk và bộ 3: (Fk+1 , Fk+2 , Fk ), (Fk , Fk+2 , Fk+1 ) là liền kề
nhau trong hàng thứ k.
- Khi đó trong hàng thứ r có phần tử cặp đôi có dạng:

Fr−2+1 + Fr−1+1 = Fr+1 + Fr = Fr+2
theo kí hiệu L1 (r) là phần tử lớn nhất của hàng r ta có Fr+2 ≤ L1 (r).
- Mặt khác, do L1 (r) là phần tử cặp đôi bậc r nên trong hàng r có bộ ba
(a, L1 (r), b) với a + b = L1 (r).
Rõ ràng (a, b) là hai phần tử liền nhau của hàng (r − 1), khi đó một trong
hai phần tử sẽ xuất hiện ở hàng thứ (r − 2).
Vì vậy theo giả thiết quy nạp ta có:

a + b ≤ L1 (r − 2) + L1 (r − 1) = Fr + Fr+1 = Fr+2 .
Suy ra L1 (r) ≤ Fr+2 .
Từ đó suy ra: L1 (r) = Fr+2 .
- Vì giá trị lớn nhất của hàng thứ r xuất hiện xen kẽ bên trái, hoặc bên
4.2r − (−1)r
phải giá trị lớn nhất của hàng trước đó, nên ta có nr =

3
5.2r + (−1)r

nr =
.
3
Để ý rằng trong mảng diatomic của Stern, nằm trên hàng lẻ thì phần tử
lớn nhất luôn nằm bên trái của phần tử lớn nhất của hàng trên đó, còn nếu
trên hàng k chẵn thì phần tử lớn nhất luôn nằm bên phải của phần tử lớn
nhất của hàng trên nó.
Vì vậy, vị trí của phần tử lớn nhất của hàng thứ r được suy ra từ vị trí
phần tử lớn nhất của hàng phía trên đó.

nr = 2.nr−1 − (−1)r =
4.2r − (−1)r
=
.
3
Tương tự, ta có n∗r =

2[4.2r−1 − (−1)r−1 ]
− (−1)r
3

5.2r + (−1)r
.
3


16
Mối quan hệ giữa vị trí của giá trị lớn nhất trong hàng r và hàng thứ r − 1
đóng vai trò quan trọng. Ta có

nr = 2nr−1 − (−1)r ,

(2.1)

nghĩa là, giá trị lớn nhất trong hàng thứ r sẽ xuất hiện xen kẽ về bên trái
hoặc bên phải của giá trị lớn nhất trước đó trong mảng diatomic. Tương tự,
ta có
n∗r = 2n∗r−1 + (−1)r
(2.2)
suy ra từ tính đối xứng trong nửa sau của hàng đó.

Bảng 2.1: Giá trị lớn nhất của S(n) trong các hàng
Hàng r n

2.2

L1 (r)

0

1

1

1

3

2

2

5,7

3

3

11,13

5

4

21,27

8

5

43,53

13

6

85,107

21

7

171,213

34

8

341,427

55

9

683,853

89

10

1365,1707

144

11

2731,3413

233

Giá trị lớn thứ hai trên mỗi hàng của mảng diatomic
của Stern

Chúng ta có thể tính toán giá trị lớn thứ hai trong một hàng cụ thể k ≤ 14
của mảng diatomic của Stern. Giá trị lớn thứ hai, là các giá trị được trình
bày trong Bảng 2.2, và các giá trị này có mối quan hệ như sau

L2 (r) = L2 (r − 1) + L2 (r − 2), với r ≥ 6.

(2.3)


17
Bảng 2.2: Giá trị lớn thứ hai của S(n) trong các hàng
Hàng r n

L2 (r)

1

2, 4

1

2

6

2

3

9, 15

4

4

19, 23, 25, 29

7

5

45, 51

12

6

83, 91, 101, 109

19

7

173, 181, 203, 211

31

8

339, 363, 405, 429

50

9

685, 725, 811, 851

81

10

1363, 1451, 1621, 1709

131

11

2733, 2901, 3243, 3411

212

12

5459, 5803, 6485, 6829

343

Tuy nhiên, bắt đầu từ hàng thứ 4, tồn tại 4 giá trị lớn thứ hai. Hai trong 4
giá trị lớn thứ hai này sinh ra từ hai giá trị lớn thứ 2 của hai hàng liên tiếp
phía trước, tức là L2 (r − 1) + L2 (r − 2), hai giá trị còn lại sinh ra từ tổ hợp
tuyến tính 2L1 (r − 2) + L1 (r − 4).
Định lý 2.2.1. Với mọi r ≥ 6 ta có L2 (r) = L2 (r − 1) + L2 (r − 2) =
2L1 (r − 2) + L1 (r − 4) = 2Fr + Fr−2 .
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp
- Với r = 6 ta có L2 (6) = 19 = 12 + 7 = L2 (5) + L2 (4) = 2 × 8 + 3 =
2L1 (4) + L1 (2).Vậy định lý đúng với r = 6.
- Giả sử định lý đúng với mọi chỉ số 6 ≤ k ≤ r − 1. Khi đó trên hàng
thứ (r − 1) ta có bộ 3 liền nhau (L2 (r − 2), L2 (r − 1), L2 (r − 3)) với
L2 (r − 1) = L2 (r − 2) + L2 (r − 3). Vì vậy trên hàng thứ r có phần tử
A = L2 (r − 2) + L2 (r − 1). Theo giả thiết quy nạp ta có :

A = L2 (r − 2) + L2 (r − 1)
= 2L1 (r − 4) + L1 (r − 6) + 2L1 (r − 3) + L1 (r − 5)
= 2Fr−2 + Fr−4 + 2Fr−1 + Fr−3
= 2(Fr−1 + Fr−2 ) + Fr−2 .


18
Suy ra A = 2Fr + Fr−2 .
Theo Định lý 2.1.2, ta có L1 (r) = Fr+2 = Fr+1 + Fr = 2Fr + Fr−1 .
Nên ta có A < L1 (r) = Fr+2 . Như vậy A không là phần tử lớn nhất của
hàng r. Hay A ≤ L2 (r).
Với B < L1 (r) trên hàng r, giả sử trên hàng r ta có bộ ba liền nhau là
(a, B, b) với B = a + b.
Khi đó, trên hàng (r − 1), ta có cặp (a, b) liền nhau.
Giả sử B là phần tử cặp đôi bất kỳ trên hàng r thỏa mãn B < L1 (r). Ta
sẽ chứng minh B ≤ A.
Thật vậy, trên hàng r sẽ có bộ 3 liền nhau là (a, B, b), với B = a + b. Trên
hàng (r − 1) có cặp liền nhau (a, b). Có 2 khả năng xảy ra:

• Khả năng 1. Một trong 2 phần tử đó là phần tử lớn nhất của hàng (r −1).
Giả sử a = L1 (r − 1). Theo Định lý 2.1.2, suy ra hoặc b = L1 (r − 2),
hoặc b = L1 (r − 3).
- Rõ ràng b = L1 (r − 2), vì nếu ngược lại thì suy ra a + b = B = L1 (r)
trái với giả thiết ở trên về B .
- Với khả năng b = L1 (r − 3), ta có

B = a + b = L1 (r − 1) + L1 (r − 3) = Fr+1 + Fr−1
= Fr + Fr−1 + Fr−2 + Fr−3 = 2Fr + Fr−3
Vì với mọi r ≥ 6 ta có Fr−3 < Fr−2 suy ra B < A.

• Khả năng 2. Cả 2 phần tử a và b đều không phải là phần tử lớn nhất của
hàng (r − 1), suy ra a, b ≤ L2 (r − 1).
a) Trường hợp 1 trong 2 phần tử đó bằng L2 (r − 1), rõ ràng trong hàng
(r − 1) theo giả thiết quy nạp ta có 2 bộ 3 dạng: (L2 (r − 2), L2 (r −
1), L2 (r − 3)) và (L1 (r − 3) + L1 (r − 5), L2 (r − 1), L1 (r − 3)). Giả sử
a = L2 (r − 1). Khi đó

∗ Nếu b = L2 (r − 2) thì B = a + b = A.
∗ Nếu b = L2 (r − 3) thì B = a + b < A
∗ Nếu b = L1 (r−3)+L1 (r−5) thì B = a+B = 3L1 (r−3)+2L1 (r−
5) = 3Fr−1 + 2Fr−3 = 2Fr + Fr−3 + Fr−5 . Do Fr−2 = Fr−3 + Fr−4
suy ra B < A.
Trường hợp b = L1 (r − 3) hiển nhiên B < A.
b) Xét trường hợp a, b < L2 (r − 1). Giả sử a là phần tử cặp đôi bậc
(r − 1). Khi đó b là phần tử nằm trên hàng (r − 2). Khi đó ta có


19
a < L2 (r − 1) = 2Fr−1 + Fr−3 = Fr + 2Fr−3 và b ≤ L1 (r − 2) = Fr .
Do a là tổng của các số Fibonacci nên suy ra a ≤ Fr + Fr−3 + Fr−4 =
Fr + Fr−2 . Do vậy B = a + b ≤ 2Fr + Fr−2 = A.

Ví dụ 2.2.2. Từ Bảng 2.2, ta xét hàng thứ 8, ta thấy

S(363) = S(181) + S(182) = S(181) + S(91)
= 31 + 19 = L2 (7) + L2 (6) = 50 = L2 (8).
Sử dụng Bảng 2.1, ta có

S(339) = 2S(85) + S(84) = 2S(85) + S(21)
= 2.21 + 8 = 2L1 (6) + L1 (4) = 50 = L2 (8).
Như vậy, cách thứ hai để thu được giá trị lớn thứ hai là từ 2L1 (r − 2) +
L1 (r − 4), và nó sẽ xuất hiện hai lần từ bên trái hoặc bên phải vị trí L1 (r).
Ta có một cách tiếp cận nữa để tính toán giá trị lớn thứ hai trên một hàng.
Định nghĩa 2.2.3. Với r ≥ 4, đặt

17 · 2r−2 − (−1)r−1
n2,1 (r) :=
3

16 · 2r−2 − 7(−1)r
và n2,2 (r) :=
.
3

Từ tính đối xứng đã được trình bày trong (1.19), ta có

n∗2,1 (r)

19 · 2r−2 + (−1)r−1
=
3



n∗2,2 (r)

20 · 2r−2 + 7(−1)r
=
.
3

Ta thấy n2,1 (r) = n2,2 (r) = 35 tại r = 5 vì vậy chỉ tồn tại hai vị trí của L2 (5).
Ta thấy rằng S(n2,1 (r)) và S(n∗2,1 (r)) cho ta hai giá trị lớn thứ hai trong
hàng thứ r như tổng của các giá trị lớn thứ hai ở trên, và S(n2,2 (r)) và
S(n∗2,2 (r)) chỉ ra giá trị lớn thứ hai của hàng thứ r như tổ hợp tuyến tính của
các giá trị lớn nhất ở hàng trên. Ngoài ra n2,1 (r) có dãy truy hồi tương tự nr
trong (2.1):

17 × 2r−2 − (−1)r−1
17 × 2r−2 + 2 × (−1)r−1 − 3 × (−1)r−1
n2,1 (r) =
=
3
3
r
= 2n2,1 (r − 1) + (−1) .
(2.4)
Ta cũng có

2r − (−1)r
16 × 2r−2 − 7 × (−1)r
n2,2 (r) =
=4×
3
3
r
r
= 4nr−2 − (−1) = nr − 2(−1) .

(2.5)


20
đẳng thức này 2L1 (r − 2) + L1 (r − 4), sẽ xuất hiện hoặc từ hai phía bên trái
hoặc bên phải của L1 (r) xuất hiện trong hàng.
Với các kết quả trên ta sẽ chỉ ra một cách chứng minh khác của Định lý
2.2.1.
Định lý 2.2.4. (i) L2 (r) = Fr+2 − Fr−3 = L1 (r) − Fr−3 , với r ≥ 4.
(ii) S(n2,1 (r)) = S(n∗2,1 (r)) = S(n2,2 (r)) = S(n∗2,2 (r)) = L2 (r), với r ≥ 4.
(iii) Với r ≥ 6, ta có S(n2,1 (r)) = S(n∗2,1 (r)) = L2 (r) = L2 (r − 1) + L2 (r − 2),
tức là dãy các giá trị lớn thứ 2 hoàn toàn được xác định từ tổng L2 (r −
1) + L2 (r − 2) với r ≥ 6.
(iv) Với r ≥ 8 ta có S(n2,2 )(r) = S(n∗2,2 (r)) = L2 (r) = 2L1 (r −2)+L1 (r −4).
Chứng minh. Giả sử các khẳng định (i)–(iv) đúng với tất cả các hàng có chỉ
số k ≤ r với r ≥ 8. Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng, ngoài giá trị lớn nhất
trong hàng r + 1, không tồn tại số hạng nào lớn hơn L2 (r) + L2 (r − 1).
Nếu 2k ∈ [2r+1 , 2r+2 ], khi đó theo giả thiết quy nạp từ khẳng định (i), ta
thấy tất cả các số hạng chẵn trong hàng (r + 1) có

S(2k) = S(k) ≤ L1 (r) = Fr+2 < Fr+2 + 2Fr−1 = Fr+3 − Fr−2
= L2 (r) + L2 (r − 1).
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra cận trên của tất cả các số hạng lẻ của hàng thứ (r+1), đặc
biệt là các số hạng S(4k±1). Ta xét k ∈ [2r−1 , 2r ] sao cho 4k±1 ∈ (2r+1 , 2r+2 ).
Trước tiên ta xét một số trường đặc biệt. Nếu k = nr−1 , hoặc k = n∗r−1 ,
ta có

S(2nr−1 − (−1)r ) = S(nr ) = L1 (r) = S(n∗r )
= S(2n∗r−1 + (−1)r ),
suy ra S(2nr−1 + (−1)r ) < L1 (r) và S(2n∗r−1 − (−1)r ) < L1 (r). Tương tự,
nếu k = 2nr−2 hoặc k = 2n∗r−2 , ta có

S(2 · 2nr−2 + (−1)r ) = S(nr ) = L1 (r) = S(n∗r )
= S(2 · 2n∗r−2 − (−1)r ),
nghĩa là S(2 · 2nr−2 − (−1)r ) < L1 (r) và S(2 · 2n∗r−2 + (−1)r ) < L1 (r).
Ngoại trừ các trường hợp đặc biệt k = nr−1 , n∗r−1 , 2nr−2 , hoặc 2n∗r−2 , ta có
S(2k ± 1) < L1 (r), vì vậy S(2k ± 1) ≤ L2 (r). Khi đó ta có

S(4k ± 1) = S(2k) + S(2k ± 1)
= S(2k ± 1) + S(k) ≤ L2 (r) + L2 (r − 1).


21
Tiếp theo ta xét tiếp các trường hợp sau. Nếu k = nr−1 , ta có

S(4nr−1 − (−1)r ) = S(2nr−1 ) + S(2nr−1 − (−1)r )
= S(nr−1 ) + S(nr ) = L1 (r + 1),
ta bỏ qua giá trị lớn nhất này (vì ta tìm giá trị lớn thứ hai). Tiếp theo ta có

S(4nr−1 + (−1)r ) = S(2nr−1 ) + S(2nr−1 + (−1)r )
= S(nr−1 ) + S(nr−1 ) + S(nr−1 + (−1)r )
= 2S(nr−1 ) + S(2nr−2 + 2(−1)r )
= 2S(nr−1 ) + S(nr−2 + (−1)r )
= 2S(nr−1 ) + S(2nr−3 − (−1)r + (−1)r )
= 2S(nr−1 ) + S(nr−3 )
= 2L1 (r − 1) + L1 (r − 3).

(2.6)

Từ tính đối xứng, ta có

S(4n∗r−1 − (−1)r ) = 2L1 (r − 1) + L1 (r − 3) và S(4n∗r−1 + (−1)r ) = L1 (r).
Cuối cùng, nếu k = 2nr−2 ta có

S(4 · 2nr−2 ± 1) = 2S(nr−2 ) + S(2nr−2 ± 1)
=
=

2S(nr−2 ) + S(2nr−2 + (−1)r )
2S(nr−2 ) + S(2nr−2 − (−1)r )
2S(nr−2 + S(nr−1 ) = 2L1 (r − 2) + L1 (r − 1)
3S(nr−2 ) + S(nr−4 ) = 3L1 (r − 2) + L1 (r − 4)

< 2L1 (r − 1) + L1 (r − 3).
Vì vậy ta chỉ cần so sánh

2L1 (r − 1) + L1 (r − 3) với L2 (r) + L2 (r − 1).
Tuy nhiên, sử dụng giả thiết quy nạp trong phần (i) ta có

L2 (r) + L2 (r − 1) = Fr+2 − Fr−3 + Fr+1 − Fr−4
= Fr+3 − Fr−2 = L1 (r + 1) − L1 (r − 4)
= 2L1 (r − 1) + L1 (r − 3).
Vì vậy, tất cả các phần tử trong hàng thứ (r + 1), ngoài giá trị lớn nhất, nhỏ
hơn hoặc bằng L2 (r) + L2 (r − 1), do đó ta có

L2 (r + 1) = Fr+3 − Fr−2 = L2 (r) + L2 (r − 1)
= 2L1 (r − 1) + L1 (r − 3).


22
Đánh giá S(n2,1 (r + 1)) và sử dụng đẳng thức (2.4), ta có

S(n2,1 (r + 1)) = S(2n2,1 (r) + (−1)r+1 )
= S(n2,1 (r)) + S(n2,1 (r) − (−1)r )
= S(n2,1 (r)) + S(2n2,1 (r − 1))
= S(n2,1 (r)) + S(n2,1 (r − 1))
= L2 (r) + L2 (r − 1).
Ta cũng thấy rằng từ đẳng thức (2.5) ta có n2,2 (r + 1) = 4nr−1 + (−1)r , và
trong đánh giá từ đẳng thức (2.6) ta đã có S(4nr−1 + (−1)r ) ta cũng có L2 (r).
Do đó, ta thu được giá trị lớn nhất thứ hai. Cuối cùng, bằng tính đối xứng
của dãy Stern trong các hàng, ta có

S(n∗2,1 (r + 1)) = S(n2,1 (r + 1)) = L2 (r + 1) = S(n2,2 (r + 1)) = S(n∗2,2 (r + 1)).

2.3

Giá trị lớn thứ ba trên mỗi hàng của mảng diatomic
của Stern

Giá trị lớn thứ ba trong các hàng của mảng diatomic, được cho trong Bảng
2.3, cũng thỏa mãn dãy truy hồi Fibonacci. Sự lặp lại này bắt đầu ở hàng thứ
10 và các hàng 8 và 9 cho hai giá trị ban đầu
Tương tự với giá trị lớn thứ hai trong mỗi hàng, tồn tại bốn phần từ
bằng nhau lớn thứ ba. Theo tính đối xứng, thì hai phần tử thứ ba trên
mỗi hàng có dạng L3 (r − 1) + L3 (r − 2) và hai phần tử còn lại có dạng
(2L1 (r −4)+L1 (r −6))+(3L1 (r −4)+2L1 (r −6)) hay 5L1 (r −4)+3L1 (r −6)
Định nghĩa 2.3.1. Với r ≥ 8, xét

n3,1 (r) :=

64 · 2r−4 − 31(−1)r
3

và n3,2 (r) :=

65 · 2r−4 + (−1)r
.
3

Bằng tính đối xứng, ta có

n∗3,1 (r)

80 · 2r−4 + 31(−1)r
=
3



n∗3,2 (r)

79 · 2r−4 − (−1)r
=
.
3

Ta sẽ chứng minh rằng n3,1 (r), n∗3,1 (r), n3,2 (r), và n∗3,2 (r) cho ta giá trị lớn
thứ ba trong hàng thứ r của mảng diatomic. Từ đó, ta có

4 · 2r − (−1)r − 30(−1)r
n3,1 (r) =
= nr − 10(−1)r .
3
n3,2 (r) = 2n3,2 (r − 1) + (−1)r

(2.7)

và n3,2 (r) − (−1)r = 2n3,2 (r − 1). (2.8)


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×