Luận văn đa thức stern và một số vấn đề liên quan

luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài Đa thức Stern và một số vấn đề liên quan được hoàn thành bởi lao động và nhận thức của bản thân tôi.. và sử dụng để giải quyết cá

NINH THỊ HIÈN

ĐA THỨC STERN VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC s ĩ TOÁN HỌC • • •

Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2015

văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các Thày Cô giáo dạy Cao học chuyên ngành Toán Giải tích và phòng Sau Đại học - trường Đại học

Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập

Nhân dịp này tôi cũng gửi lời cảm ơn chân thành tói gia đình và bạn bè

đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Hà Nội, tháng 6 năm 2015

Tác giả

Ninh Thị Hiền

luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài Đa thức Stern và một

số vấn đề liên quan được hoàn thành bởi lao động và nhận thức của bản thân

tôi Trong quá trình viết luận văn tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 6 năm 2015

Tác giả

Ninh Thị Hiền

2 Muc đích nghiên cứu 1

3 Nhiêm vu nghiên cứu 2

4 Đối tương và pham vi nghiên cứu 2

5 Phương pháp nghiên cứu 2

6 Đóng góp của luân văn 2

Chương 1 ĐA THỨC STERN 3

1.1 Dãy Stem 3

1.1.1 Đinh nghĩa dãy Stem 3

1.1.2 Môt cách biểu diễn hê đếm 10

1.1.3 So sánh với dãy Fibonacci 12

1.1.4 Mô tả tâp các số hữu tỉ qua dãy Stem 16

1.2 Đa thức Stem 20

Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐA THỨC STERN 47

2.1 Dãy Stem và đồ thi Hà Nôi 47

2.1.1 Trò choi tháp Hà Nôi 47

2.1.2 Đồ thi Hà Nôi 48

2.1.3 Đồ thi Hà Nôi và dãy Stem 51

2.2 Đa thức Stem và mã Gray 60

KẾT LUÂN 64

TÀI LIÊU THAM KHẢO 65

và sử dụng để giải quyết các vấn đề khác (xem, thí dụ, [3]).

Một phát triển trong nghiên cứu dãy Stem là đa thức Stern, tức là đa thức

Bk ( í) , k > 0, t e M được xác định bởi công thức truy hồi sau:

giảng dạy và ứng dụng toán học, dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy

Phượng, tôi chọn đề tài Đa thức Stern và một sổ vấn đề liên quan làm đề tài

Luận văn cao học của mình

2 Mục đích nghiên cứu

- Tìm hiểu và trình bày các kiến thức về dãy Stem và đa thức Stem

- Tìm hiểu và trình bày một số vấn đề và một số bài toán liên quan đến dãy Stem và đa thức Stem

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu dãy Stem và đa thức Stem

- Nghiên cứu một số bài toán liên quan tới dãy Stem và đa thức Stem

4 Đối tượng và phạm vỉ nghiên cứu

Dãy Stem, đa thức Stem và một số vấn đề liên quan

5 Phương pháp nghiên cứu

- Thu thập các tài liệu liên quan tới dãy Stem và đa thức Stem

- Phân tích, tổng hợp và hệ thống các kiến thức liên quan tới dãy Stem và đa thức Stem dưới dạng một Luận văn cao học

6 Đóng góp của luận văn

Trình bày luận văn như một tổng quan về dãy Stem, đa thức Stem và một số vấn đề liên quan

Chương 1 ĐA THỨC STERN 1.1 Dãy Stern

Mục này trình bày công thức biểu diễn hệ số và các tính chất cơ bản của dãy

Stem, chủ yếu theo [5]

1.1.1 Định nghĩa dãy stern

Dãy Stem làn đàu tiên được Stem nghiên cứu năm 1858 trong [6], sau đó nó

đã là chủ đề của rất nhiều bài báo, xem, thí dụ, [2, 3, 4, 5, 7, 8]

Các số Stem là các số trong dãy số nguyên vô hạn:

0, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8,

Hai số Stem đầu tiên là 0 và 1

Các số Stem b tiếp theo trong dãy Stem [b Ị được định nghĩa theo công

thức truy hồi:

2n+l = K + b Dãy Stem còn được gọi là Stem's diatomic sequence Tên này xuất phát từ

n+1-mảng của các số trong Bảng 1.1 dưới đây, được gọi là Stem's diatomic array.

Ta đã biết tam giác Pascal (Hình 1.1), trong đó mỗi số, trừ hàng trên cùng,

bằng tổng của hai số liên tiếp ở hàng trên

Dãy Stem được xây dựng tương tự như tam giác Pascal: Khi đã có các số ở

dòng thứ n của dãy Stem, để nhận được dòng tiếp theo, ta viết lại dòng thứ

n, nhưng ở giữa hai số ta đặt tổng của hai số đó Như vậy, mỗi số ở trên cùng

của một cột là tổng của hai số liên tiếp ở hàng trước đó, trong khi những số khác được lặp lại số đứng trực tiếp ở trên nó

Nhận thấy rằng, hàng thứ n của mảng diatomic Stem chứa 2”_1 +1 phần tử Thật vậy, với n - 1 thì 2"_1 + 1 = 2 đúng vì hàng đầu tiên có hai phàn tử bằng

1 Giả sử qui nạp rằng hàng thứ n chứa 2"“1 +1 phàn tử Khi ấy theo qui tắc

xây dựng dãy Stem, giữa 2”_1 +1 phần tử ta phải thêm vào 2"_1 phàn tà Do

đó, số phần tử của hàng thứ n +1 là:

(2"_1 + 1) + 2"“1 = 2.2"“1 +1 = 2" +1 phàn tử

Khẳng định được chứng minh

Ta cũng nhận xét rằng, tổng của các phần tử trong hàng thứ n là 3"“1 +1 Thật vậy, với n = 1 thì 3”_1 +1 = 2 đúng vì hàng đàu tiên có hai phàn tử bằng

nhau và bằng 1, 1 + 1 = 2 Giả sử qui nạp rằng tổng của các phần tử trong hàng

thứ n là 3"“1 +1 Khi đó tổng của các phàn tử trong hàng thứ n + ỉ là 3" +1 Thật vậy, hàng thứ n + 1 có 2” +1, trong đó có 2”-1 +1 phần tử là của hàng thứ n, do đó theo qui nạp, tổng của chúng bằng 3"“1 +1 Tổng của 2"“1 phần

tử của hàng thứ n + 1 xen giữa 2" 1 +1 phàn tò của hàng thứ n là

2Ị3"“1 +1) -1 -1, vậy tổng của 2” +1 phàn tử của hàng thứ /7 + 1 là

3"“1+ l + 2(3"“1+ l ) - l - l = 3 " + l

Ta có điều phải chứng minh

Mảng diatomic Stem có thể được viết một cách hình thức theo các số hạng của dãy {ốw} trong Bảng 1.2 dưới đây

Mỗi hàng của mảng diatomic Stem có tính chất hồi văn (xuôi ngược đều

giống nhau-palindromic) và hàng thứ n bắt đầu từ số hạng thứ b „ và kết thúc bởi số hạng thứ b „+1, do đó ta có thể biểu diễn tính đối xứng này bởi công thức: với mọi n và mọi 0 < k < 2" ta có

Dưới đây là các tính chất của mảng dồn.

Định lí 1.1 a) Mỗi cột là một cấp sổ cộng (hiệu của hai sổ liên tiếp là không

đỗi) có các công sai lần lượt là các sổ hạng của dãy Stem :

0 1 1 2 1 3 2 3 1 4 •

b) SỐ lớn nhất của mỗi hàng là các phần tử của dãy Fibonacci:

1,2, 3, 5, 8, 13, ;

c) Chỉ sổ đầu tiên (earliest index) của sổ lớn nhất của các hàng là 1, 3, 5, 11,

21, 43, 85, , là các số hạng J Ỉ,J 2, của dãy Jacobsthal ( J n) Chỉ số thứ

hai ậast index) của sổ lớn nhất của các hàng là 2, 3, 7, 13, 27, 53, , là các

số hạng của dãy Jacobsthal ( J n) với

Suy ra b „ - nbk không phụ thuộc vào n hay b „ z TÄ z TÍ = nbk + c.

Đe chứng minh các khẳng định b) và c), trước tiên ta định nghĩa và chứng minh một số tính chất của dãy Jacobsthal

Dãy Jacobsthal Ụ n ) là dãy có công thức truy hồi

Chỉ số của số hạng lớn nhất trong mỗi hàng là 1, 3, 5, 7, 11, 13, 21, 27, 43,

53, Nghĩa là, ỉ \ = \ là số lớn nhất của hàng đầu tiên, ỏ3 - 2 là số lớn nhất

của hàng thứ hai, b5 - ồ7 = 3 là số lớn nhất của hàng thứ ba, Nhưng chú ý

rằng, bởi vì mảng diatomic là hồi văn (đối xứng, palindromic) nên số lớn nhất của mỗi hàng xuất hiện hai làn, trừ hai hàng đầu tiên

Giữ lại hai số đàu là 1, 3 Sau đó cứ liên tiếp giữ lại một số và bỏ đi một số, tức là giữ lại các số hạng trong dãy với chỉ số lẻ (các số 5, 11, 21, 43, ) và bỏ

đi các số hạng với chỉ số chẵn (các số 7, 13, 27, ) trong dãy 1, 3, 5, 7, 11, 13,

21, 27, 43, 53, Ta được dãy 1, 3, 5, 11, 21, 43, , Đây chính là dãy Jacobsthal.

Nếu trong dãy 1, 3, 5, 7, 11, 13, 21, 27, 43, 53, ta giữ lại các số 1, 3 và sau

đó bỏ đi các số với chỉ số lẻ (các số 5, 11, 21, 43, ) và giữ lại các số với chỉ

số chẵn (các số 7, 13, 27, ) Dãy 1, 3, 7, 13, 27, 53, (là dãy với vị trí thứ hai của số lớn nhất trong mỗi hàng), cũng tuân theo công thức truy hồi

Jacobsthal J n+Ì =J„+ 2J n_u n = 1,2, với J x =2, J 2 = 3.

Kí hiệu M n là số lớn nhất của hàng thứ n của mảng Stem Rõ ràng, số lớn

nhất của mỗi hàng bắt buộc phải có chỉ số lẻ Thật vậy, từ công thức (1.1.1) suy ra

b 2n+l = K + b n+1 = b 2n + b n+1 > b 2n

-Do đó, M n+Ỉ - b2k+ì đối với một số k nào đó, vì vậy M n+l bằng tổng của hai

số hạng liên tiếp trong hàng liền trước (hàng thứ n): bkvằ bk+v Một trong hai

số Ả: và k + l là chẵn, vì vậy sẽ xuất hiện trong hàng liền trước (hàng thứ

Định lí chứng minh xong.

1.1.2 Một cách biểu diễn hệ đếm (a counting interpretation)

Một phép biểu diễn của n như là một tổng hữu hạn:

n — B q + 2 + £2 *4 + 63.8 + 64.16 + + Bfc .2 ,

ở đó ei e {0,1,2} được gọi là một phép biểu diễn siêu cơ số 2 (siêu nhị

phân-hyperbinary representation) của n Nói chung có nhiều phép biểu diễn siêu cơ

số 2 của một số nguyên n.

Định lí 1.2 Với mọi sổ tự nhiên n, sổ biểu diễn siêu cơ sổ 2 của n bằng bn+ỉ.

Chứng minh Ta sẽ chứng minh điều này bằng cách sử dụng hàm sinh (generating function) Xét hàm sinh cho dãy diatomic Stem

A ( x ) : = f ]bn+1x n.

n=0

Từ Khẳng định b), c) của Định lí 1.1, nếu bk xảy ra ở hàng thứ n - 1 thì

bk <Fn < ộn và k > 2"-2 và vì vậy bỴk < ệ nỉl Từ đây suy ra ả ( x ) có bán

kính hội tụ dương, và với X trong khoảng hội tụ thì chia chuỗi ả ( x ) thành

= (*01 + x u + * 21)(x0-2 + x1-2 + x 2-2)(x 0A+ x1A+ x2A)

Mỗi so hạng trong tích này có dạng

C q +6{ 2+e2.4 +Ổ 3 8 +£ 4 16 +

ở đây, e {0,1,2}, và vì vậy hệ số của x n trong ả ( x ) có dạng

1.1.3 So sánh vói dãy Fibonacci

Ta đã thấy rằng số lớn nhất của hàng thứ n của mảng diatomic Stem là số Fibonacci thứ n +1 Thật ngạc nhiên là, các số bn tương tự như các số

Các số Fibonacci xuất hiện như các tổng đường chéo ngang qua tam giác

Pascal Ví dụ, tổng của các số trong ô vuông là 5 = Fs.

Kí hiệu a m odb là phần dư của a khi chia cho b hay a m odb : = a - b

ừong đó, là phần nguyên của a chia b

Bây giờ, xét "tam giác Pascal mod 2 ", ở đó mỗi số ' n '

Vk J

được thay bởi

vk ymod 2 :=

1, nếu

0, nếu 1

vk yV

Giả sử (1.1.7) đúng tại n cố định Ta phải chỉ ra rằng (1.1.7) cũng đúng với

*2,-1 mod K = (K + K-\ ) mod K = bn_x mod bn.

Theo qui nạp, (1.1.7) đúng với n nên ta có:

Mệnh đề 1.2 Giả sử s2 (£) là sổ sổ 1 trong phép khai Men nhị phân của

kvà ơ := e™13 , ỡ = e~ ÂỈ/3 là căn nguyên thủy thứ 6 của đơn vị Khỉ ấy

k =0

(1.1.9)

Chứng minh Ta sẽ chỉ ra rằng, hàm sinh của cả hai vế như nhau Chú ý rằng,

s2 (£) là số số 1 trong phép khai triển nhị phân của k, thỏa mãn, do đó có thể

được định nghĩa theo công thức sau:

s2{2k + ì) =5'2(ả:) + 1

Thật vậy, bằng cách chia cho 2, một số tự nhiên k bất kì đều có thể biểu diễn

dưới dạng tổng các lũy thừa của 2 với các hệ số bằng 1 hoặc bằng 0 Ta có

k = a„ T + a ,.2 " ‘ + + am_v2'+a„.2° = (a Go, a.)2.

2k = 2 ị a 0.2~ + a r 2"-1 + + U _r 2‘ +a 2°)

= <v2-*' +0 2* + .22 + am.2' +0.2° = 0)2

2k + l = a0.2’ " + 0 , 2 - + + a,_ư22 + a„.2‘ +1.2" = (a 0a1 a l)ĩ

Cho ơ := ei7ĩl3 và số tìiực X Đặt

Bởi vì (l + X + X2 ) = (l + crx)(l + ene) nên ta có

|z>(0)|2 = 1, |z>(*)|2 = (l + JC + X2 )|z>(x2 )|2

và bởi vì |z>(jt)|2có công thức tích tương tự như ẩ (Jt) Do đó

ẳ Ồn+1*" = Í Ễ V Ì = Ễ Í Ề ơ s^ k)ỡ SÁn-k)

n=0 \£ = 0 ) v*=0 ) n=0\k=0

Dãy 1^2 (ả:)Ị đã được nghiên cứu kĩ, dãy |2 Ỉ2^ | được biết đến dưới tên gọi

dãy Gould - nó là số số 1 trong hàng thứ k của tam giác Pascal mod 2 Các

tổng tổng quát qua tam giác Pascal mod 2 là

x n.

x n - = X

ai+bj=n

mod 2

Mệnh đề 1.2 dẫn đến một số cách khác để viết bn Bởi vì <J - ơ 1 và vế trái

của (1.1.9) là số thực nên có thể viết

limsuP - ã ằ W = L n-> 00 (p (1-L11)Ngoài ra, ta cũng có

1.1.4 Mô tả tập các số hữu tỉ qua dãy stern

Ta biết rằng, các số hữu tỉ là đếm được (vì tập các số hữu tỉ tương ứng 1-1 với

X , tập các số nguyên dương) Ta cũng có một phép tương ứng 1-1 giữa các

phàn tử của dãy diatomic Stem và tập các số hữu tỉ

Đinh lí 1.4 Anh xa n I—> —^— là môt song ảnh từ z + vào tâp các sô hữu tỉ

K +1 dương.

Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lí bằng cách chỉ ra rằng mọi cặp số nguyên tố cùng nhau [a,b] xuất hiện chỉ một làn trong dãy

L := [1,1], [1,2], [2,1], [1,3], [3,2], [2,3], [3,1], ,

Ta định nghĩa "thuật toán ơclit chậm" (Slow Euclidean Algorithm-SEA) trên các cặp số nguyên dương như sau: Cho một cặp [a,b], trừ số lớn cho số nhỏhơn, lặp lại, dừng khi hai số trong cặp bằng nhau

Ví dụ:

[4, 7] H [4,3] H [1, 3] H [1,2] l-> [1,1],[14,24] l-> [14,10] [4,10] [4,6] [4,2]—>[2,2]

Ta nhận thấy rằng, sau mỗi bước, ước chung lớn nhất của hai số a và ố là

không đổi Thật vậy, giả sử a và ỏ là hai số nguyên dương, a > b, k là ước chung lớn nhất của a và ỏ thì a = aỉk, b - bịk Khi đó a - b = (aỉ - b ỉ )k, ở đây av bị là hai số nguyên tố cùng nhau, từ đây suy ra ước chung lớn nhất của

b và a - b cũng là k Rõ ràng, vì tập số tự nhiên bị chặn dưới bởi số 0, nên

thuật toán này sẽ kết thúc và vì ước chung lớn nhất được giữ nguyên ở mỗi

bước, nên thuật toán phải kết thúc tại [g ,g ], ở đó g = gcd(a,bỴ

Đặt Ln := [ỏn,ỏn+1] Từ (1.1.1), thấy rằng với n> \ thì

SEA: L2n,L2n+l I—> Ln

và hơn nữa, nếu SEA: [a,b] h-> Ln thì hoặc [a,b] - L2n hoặc [a,b] - Lln+Ỉ Vì

Lị = [1,1] nên mỗi Ln là một cặp nguyên tố cùng nhau.

Nếu có cặp nguyên tố cùng nhau [a,b\không nằm trong L, thì tất cả các phàn

tà tiếp sau dưới thuật toán SEA, bao gồm cả [1,1], cũng không nằm trong

L (mâu thuẫn) Do đó, mọi cặp nguyên tố cùng nhau đều xuất hiện trong L

Cặp [1,1] chỉ xuất hiện một làn trong L Nói chung, không có cặp nguyên tố cùng nhau nào xuất hiện nhiều hơn một làn trong L Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn tại một số n nhỏ nhất, n> 1 sao cho Ln - Lm với m >n Áp dụng một

bước của thuật toán SEA vào cả hai và Lm cho

Kí hiệu ỊxỊ là kí hiệu cho phần dư (phần thập phân của JC) Theo định nghĩa phàn nguyên và phần dư của X ta có

1 + 2|_JC J - x = l + 2 ị x - {jt}) - x = l + x - 2 ị x }

Phương trình (1.1.7) dẫn đến Định lí 1.5 dưới đây

Định lí 1.5 Dãy lặp JCj=l, X J=l + — -2-1 — L n = 1,2, (hay dãy lặp

Từ đây suy ra điều phải chứng minh □

Ta kết thúc mục này bằng hai công thức thú vị sau

Chứng minh Với số hữu tỉ r, kí hiệu ổ[r) là mẫu số của r khi r được biểu

diễn dưới dạng phân số tối giản, hay

Chú ý rằng với số nguyên dương j bất kì, bj < b j +ỉ nếu và chỉ nếu j chẵn

Do đó, bất cứ số hữu tỉ ngặt nào giữa 0 và 1 đều có dạng ^2m - , với

m> 1 duy nhất, và ta thấy rằng:

ỉ i / * 2- 1 - l = ( í - l )

Vì ốj =1, cộng —— vào cả hai vê ta được (1.1.12)

Kí hiệu a _L b nghĩa là a và b là hai số nguyên tố cùng nhau Để chứng minh công thức thứ hai, ta viết lại vế trái bằng cách sử dụng phép thế m - n + k thì

Định nghĩa 1.2.1 Đa thức Stern Bk {t), Ả;>0, í e R là đa thức được định

nghĩa như sau:

Bữ(í) = 0,B1(í) = ỉ;

B 2n+l { t ) = B n Ả t ) + B n { t ) ’ n > 1

-Từ công thức trên, ta có

+ Với n = 1 : B2 (í) = tB1 (í) = t.\ = í;

( 0 = B 2 ( 0 + ( 0 = t + 1 • + Với n - 2 : BA{t) = íB2(í) = í2,

B ị ( ^ ) = B ị ( í) "I" -®2 ( 0 = ^ 1 ^ = 1 ■+ VỚÌ n = 3: 5 6(í) = í53(í) = í(í + l) = í2 +t,

B-J ^ t ^ = B ị ^ t ) + B- ị ị^ t')= t + Í + 1.

+ Với n - 4 : B%{ t ) - t B ị (í) = í3,

Bỹ ( í ) = -®5 (í) + -®4 ( í ) = 2í +1 + 1 —t + 2.Í + 1.

Tiếp tục quá trình trên cho từng giá trị n nguyên dương ta được dãy đa thức

Stem như sau

Ta có B0 (1) = 0 = b0,B1 (1) = 1 = bv Giả sử 1) đứng với n < k, ta chứng minh 1)

cũng đúng với n = k +1 Thật vậy, theo giả thiết qui nạp, định nghĩa đa thức

Stem và dãy Stem ta có:

+ Nếu n = 2k thì B2k+Ỉ (1) = Bk (1) + Bk+l (1) = bk + bk+l = b2k+l Suy ra

B n A l ) = b n+i nếu n chẵn.

+ Nếu n = 2k +1 thì B2k+2 (1) = Bk+l (1) = bh+ì = b2k+2 Suy ra Bn+Ỉ (1) = bn+ỉ nếu n lẻ.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

2) Bn (2) = n,n> 1 (tức là dãy số tự nhiên biểu diễn được qua Bn (2))

Từ đẳng thức này ta suy ra được: Bln (2) = 2n, và Bln+Ỉ (2) = 2n + \.

Biểu diễn đa thức stern

Định nghĩa 1.2.2 (phép biểu diễn siêu cơ số 2) Một phép biểu diễn siêu cơ sổ

2 của một số nguyên n không âm, kí hiệu là H (n) được cho bởi công thức

(1.2.2) sau

H (« ) = Ị(«,a2 a ,)[2]Ị = Ễ a,2- , a ,, e { 0; l ; 2} ( 1.2.2)

Đa thức Bn (/) thu được từ phép biểu diễn siêu cơ số 2 của n - 1 (có thể có

nhiều cách biểu diễn) theo Bảng 1.4 dưới đây

í 201),,

(ÌOIO)^

(1002)p,(122)w(210)w(202),,]

0 ° ' % ,(211)w

(“ H i(1020)[,]

O iio ) [al

(1022)^1(222)w

+1

í3 + í2 + /

t + f +t + 1

{av am_ỉam) — {av am_ỉ2} — aị.2 + + am_ J 2 +2.2

Hệ quả 1.2.1 Kí hiệu là sô phép biêu diên siêu cơ sô 2 của m chứa đủng F » » r

k chữ sổ 1, thì Định lí 1.2.1 có thể được viết theo cách dưới đây:

Chứng minh Trước hết ta chứng minh B k (t) = t kBm (t )

Thật vậy, theo định nghĩa Bln (í) = tBn (í) ta có

- tk~x (Bm (í) + Bm+1 (í)) = tk~lB2m+1 (í) (theo định nghĩa đa thức Stem)

Vậy ta có điều phải chứng minh

1 > r

Mệnh đê 1.2.2 Với mọi a,ne N 0 ta có các đông nhât thức sau

(1.2.7)

Chứng minh Chứng minh đẳng thức (1.2.6) bằng phép qui nạp theo a.

(1.2.6) đúng với a - 0,a - 1 Giả sử (1.2.6) đúng với a và mọi n > 1 Ta có

Chứng minh Một trong những tính chất quan trọng của dãy Stem là tính đối

xứng:

Ta thấy rằng dãy các đa thức Stem không thỏa mãn đồng nhất thức có dạng

những đồng nhất thức khác đã được kiểm tra bằng việc sử dụng máy tính dẫn dắt ta phỏng đoán Định lí 1.2.3 sau đây

(1.2.6) được chứng minh

Chứng minh tương tự bằng qui nạp theo a ta cũng được (1.2.7)

Hệ quả 1.2.2 Với mỗi b ể N ta có

(1.2.8)

ố (2k + ỉ) = ố (2k+ì - ỉ), ỉ = 0,1,2, ,2*.