Một số bài toán cơ bản của số học

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh ---Nguyễn Thị Anh Một số bài toán cơ bản của số học Chuyên ngành: Đại số & Lý thuyết số Mã số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học Ngời hớng dẫn

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh

Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh

-Nguyễn Thị Anh

Một số bài toán cơ bản của số học

Chuyên ngành: Đại số & Lý thuyết số

Mã số: 60 46 05 Luận văn thạc sĩ toán học

Ngời hớng dẫn khoa học PGS.TS Nguyễn Thành Quang

Vinh - 2008

mục lục

Trang

Chơng 1

1.1 Bài toán về tính chia hết 3

1.2 Bài toán về số nguyên tố 11

1.3 Bài toán về số chính phơng 16

1.4 Bài toán về biểu diễn số nguyên 17

Chơng 2 Dãy fibonacci 23 2.1 Quan hệ hồi quy tổng quát 23

2.2 Hồi quy tuyến tính hệ số hằng 24

2.3 Dãy Fibonacci 28

2.4 Một số bài toán về dãy Fibonacci 32

Kết luận 36 Tài liệu tham khảo

Mở đầu

Trong những năm gần đây, số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng, đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin Vì thế, việc trang bị những kiến thức cơ bản về số học cho học sinh ngay

từ trờng phổ thông là hết sức cần thiết Không nh nhiều ngành toán học khác, có

rất nhiều thành tựu hiện đại và quan trọng của số học có thể hiểu đợc chỉ với những kiến thức phổ thông đợc nâng lên một bớc Do đó, số học chính là lĩnh vực thuận lợi để đa ngời học toán tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại Tuy nhiên, trong chơng trình số học ở trờng phổ thông hiện nay, môn số học cha đợc dành nhiều thời gian Cũng vì thế mà học sinh thờng rất lúng túng khi giải các bài toán

số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi Tình hình đó đòi hỏi phải có những sách tham khảo và nghiên cứu về số học cho học sinh và giáo viên, nhất là giáo viên các lớp chuyên toán.

số học ”

Luận văn gồm hai chơng Chơng 1, đề cập một số bài toán cơ bản của Số học về: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phơng, biểu diễn số nguyên Luận văn đã trình bày lại chi tiết một số kết quả sau:

1.1.1.Mệnh đề Cho S là tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng phân biệt S đợc gọi

là tập chia hết nếu mỗi số nguyên thuộc S đều là ớc của tổng tất cả các số nguyên thuộc S Khi đó, mọi tập hữu hạn các số nguyên dơng đều là một tập hợp con của một tập chia hết nào đó.

1.1.3 Mệnh đề Với mỗi số nguyên dơng n cho trớc, tồn tại một hệ

2) Nếu f(n) là số chính phơng, thì n là số chính phơng.

1.4.1 Mệnh đề Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó, tồn tại số tự nhiên M

sao cho 0 M< < p và M p là tổng của bốn bình phơng

Chơng 2 luận văn trình bày về quan hệ hồi quy và dãy sốFibonacci Luận văn đã diễn đạt và chứng minh tờng tận một số kếtquả liên quan đến quan hệ hồi quy và dãy số Fibonacci Fn

Luận văn đợc thực hiện và hoàn thành tại Trờng Đại học Vinh, với sự hớng dẫn của PGS TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và kính trọng tới Thầy giáo hớng dẫn

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS TS Ngô Sỹ Tùng, PGS

TS Lê Quốc Hán và các thầy giáo, cô giáo trong Khoa Toán, Khoa

Đào tạo Sau đại học – Trờng Đại học Vinh, đã giúp đỡ tác giả hoànthành luận văn này, cũng nh trong suốt khoá học vừa qua Tác giảcũng xin chân thành cảm ơn tới các học viên cao học Khóa XIV Toán

về những buổi seminar bổ ích trong nhiều chứng minh chi tiết

Mặc dù đã rất cố gắng nhng thật khó tránh khỏi những thiếu sótbởi những hiểu biết còn hạn chế của bản thân Vì vậy, tác giả rất mongnhận đợc ý kiến góp ý của các thầy cô giáo và các bạn

Vinh, tháng 11 năm 2008 Tác giả

Nguyễn Thị Anh

Chơng 1 một số bài toán cơ bản của số học

1.1 Bài toán về tính chia hết

1.1.1 Mệnh đề Cho S là tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng phân biệt S

đ-ợc gọi là tập chia hết nếu mỗi số nguyên thuộc S đều là ớc của tổng tất cả các

số nguyên thuộc S Khi đó, mọi tập hữu hạn các số nguyên dơng đều là một tập hợp con của một tập chia hết nào đó.

Chứng minh Giả sử S = {a1,a2, ., an}, trong đó ai là số nguyên dơng với mọi i

= (1) trong đó α0 = αt = 1, rõ ràng αj nhận một trong hai giá trị 0 hoặc 1 với mọi

j = 1, 2, , t - 1

Bổ sung thêm vào tập hợp S các số 2iP với 0 i t< ≤ và có εi = 1.

Khi đó, tổng các phần tử của tập hợp mở rộng S (S bao gồm S và cácphần tử mới đợc bổ sung ) là:

1 2

0 1

i

i n

l = max{k, t} Gọi S~là tập hợp đợc bổ sung vào S hai lần nh trên, và gọi P~ làtổng các phần tử của tập hợp S~ Ta có:

P P pP%= + + 2pP+ 2 + l 1 − pP (4) Thay (3) vào (4), ta có:

pP pP

pP pP pP

Từ l = max{k, t} ⇒ 2lpP  2iP với mọi i = 0, 1, , t

Tập hợp S~ các số nguyên dơng có tính chất: Mọi phần tử của nó đều là ớccủa tổng tất cả phần tử của nó, nên S~ là tập chia hết

Nh vậy, với mọi tập hợp hữu hạn S các số nguyên dơng phân biệt đều làtập hợp con của một tập hợp chia hết nào đó (điều phải chứng minh).

Suy ra: l = max{k, t} = max{0, 3} = 3

Ta bổ sung thêm vào tập hợp S phần tử 23P Khi đó tổng của các phần tửcủa tập hợp mở rộng S( S bao gồm S và phần tử mới đợc bổ sung ) là:

S = {1, 3, 9, 23P} = {1, 3, 9, 8P} = {1, 3, 9, 104}

Nh vậy, P = pP = 9.13 = 117

Ta tiếp tục bổ sung thêm vào tập hơp S các phần tử: pP, 2pP, 22pP Gọi S~

là tập hợp đợc bổ sung vào S sau hai lần bổ sung nh trên Ta có:

S~= {1, 3, 9, 8P, pP, 2pP, 22pP} = {1, 3, 9, 104, 117, 234, 468}

Rõ ràng S ⊂S~ và S~ là tập chia hết Đó là điều phải chứng minh.

1.1.2 Định nghĩa Một số nguyên dơng T gọi là số tam giác, nếu nó có dạng

1.1.3 Mệnh đề Với mỗi số nguyên dơng n, tồn tại một hệ thặng d đầy đủ

modn gồm n số tam giác khi và chỉ khi n=2k với k là số tự nhiên

Chứng minh 1) Với n = 2k, xét tập hợp có n phần tử A sau đây:

Do n = 2k, nên n không có ớc lẻ, suy ra:

(2i+ 2j− 1,n)= ⇒ − 1 (i j) Mn (6)(6) vô lý, vì i≠ j, 1≤i j n, ≤ ⇒ < − <0 i j n (với i> j).Vậy từ (6) suy ra

điều vô lý, suy ra giả thiết ngợc lại là sai

Vậy A là hệ thặng d đầy đủ modn

2) Đảo lại, giả sử A là một hệ thặng d đầy đủ modn, bao gồm n số tam giác.

m m

m

+

≡ (7) Mặt khác, do m lẻ lớn hơn 1 nên m – 1  2

1

2 1

và áp dụng tính chất: (Giả sử A={a1,a2, ,a n}là hệ thặng d đầy đủ modn, thì với

mọi m ∈ Z tồn tại và duy nhất a i∈A sao cho a i ≡m(modn)) Khi đó, tồn tại số

2

( )

1

2 1 mod 10

Giả sử k ≡i (mod m), với i∈{1 , 2 , ,m}

Khi đó theo tính chất đồng d ta có:

+

(11) Thay (10) vào (11) ta có:

i( )i x( m)

mod 2

+

Vậy B là hệ thặng d đầy đủ modn (12)

Từ (9) và (12) suy ra mâu thuẫn, nên giả thiết phải chứng minh là sai

Vậy n phải có dạng 2k, ta suy ra điều phải chứng minh.

1.1.4 Mệnh đề Cho n là số nguyên dơng, và a là số nguyên Nếu nh bậc của

a(mod n) chính là φ( )n , thì ta nói rằng a là căn nguyên thuỷ của n (hay căn nguyên thuỷ modn) Nói cách khác, a là căn nguyên thuỷ của n, nếu nh φ( )n = ord n (a) Khi đó, với mọi n ≥ 1, thì 2 là căn nguyên thuỷ của 3 n

Chứng minh Trớc hết ta có nhận xét sau: Với mọi n≥ 1, thì

2 2.3 n 1− ≡ + 1 3 mod 3n( n 1 + ) (13) Chứng minh nhận xét bằng phơng pháp quy nạp theo n

Với n = 1, thì 2 2.3n 1− = ≡ 4 4 mod 9( ) hay 2 2.3n 1− ≡ + 1 3 mod 3n( n 1 + )

Vậy (13) đúng khi n = 1

Giả sử (13) đúng đến n = k, tức là:

2 2.3k 1− ≡ + 1 3 mod 3k( k 1 + ) (14)

2 2.3k = + 1 3k 1 + (mod 3k 2 + )

Vậy (13) cũng đúng khi n = k + 1

Theo nguyên lí quy nạp (13) đúng với mọi n≥ 1 Nhận xét đợc chứng minh Bây giờ quay lại bài toán đang xét Chúng ta lại dùng phơng pháp quy nạp

để giải bài toán nh sau:

+) Với n = 1, ta có 3n = 3 Rõ ràng 2 1 ≡/1 mod 3 ; 2( ) 2 ≡ 1 mod 3 ( )

Vậy: 2 = ord3(2) (16) Mặt khác:

φ( )3 = 2 (17)

Từ (16) và (17) suy ra φ( )3 = ord3(2) Vậy 2 là căn nguyên thuỷ của 3.

Điều khẳng định của bài toán đúng khi n = 1

Đặt d ord= 3k+ 1( )2 Khi đó:

2d ≡ 1 mod 3( k 1 + ) (22)

Nói riêng:

2d ≡ 1 mod 3( k) (23)

Ta luôn có: Giả sử cấp của a (mod n) là h Nếu a k ≡ 1 mod ( n) khi và chỉ

khi k hM( ở đây k nguyên dơng) (24) Thật vậy, giả sử k h M Vì k nguyên dơng nên k h≥ ⇒ =k lh với l ≥ 1

Ta có: a h ≡ 1 mod ( n)⇒(a h− 1 ) Mn

Mặt khác ta có:

a k − = 1 ( )a h l − ⇒ 1 (a k− 1 ) (M a h − ⇒ 1) (a k − 1 ) Mn⇒a k ≡ 1 mod ( n) Đảo lại, giả sử a k ≡ 1 mod ( n), ta phải chứng minh k h M

Giả sử ngợc lại thì k = qh + r, với 1 ≤ ≤r h r( ≥ 1 do k hM / ) Ta có

( )q

a =a a Do a h ≡ 1 mod ( n)⇒a k ≡a r(mod n) Từ đó đi đến a r ≡ 1 mod ( n) Vì

r h< , nên mâu thuẫn với định nghĩa của số h là cấp của a mod n Vậy giả thiếtphản chứng k hM / là sai , suy ra k h M

Từ (18), (19), (23), (24) suy ra:

d 2.3 M k 1− (25) Mặt khác, vì ( 3 1 ) ( 1)

Từ đẳng thức (29) chứng tỏ rằng 2 là căn nguyên thuỷ của 3k + 1, tức là

điều khẳng định của bài toán cũng đúng khi n = k + 1

Theo nguyên lí quy nạp suy ra với mọi n≥ 1, thì 2 là căn nguyên thuỷ của

3n Suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ Cho 2n ≡ − 1 mod 3( k) Khi đó n 3 M k−1 Thật vậy, từ 2n ≡ − 1 mod 3( k) suyra:

1.2 Bài toán về số nguyên tố

1.2.1 Định lý Giả sử hàm số f N: * →N* thoả mãn điều kiện:

f m f n( . ( ) ) =n f m2 ( )

với mọi m, n ∈ N * , ở đây N * là tập hợp các số nguyên dơng Khi đó, với mỗi

số nguyên tố p thì f (p) hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phơng của một số nguyên tố.

f m n( ) = f m f n( ) ( ). , với ∀m n N, ∈ * (6) Quay lại bài toán đang xét Giả sử ngợc lại f p( ) không phải là số nguyên

tố mà cũng chẳng phải là bình phơng của một số nguyên tố Điều đó có nghĩa làtồn tại a> 1, b> 0, a b≠ , a và b ∈N* sao cho f p( ) =ab.

bình phơng của một số nguyên tố Suy ra điều phải chứng minh.

1.2.2 Bài toán Xây dựng hàm f N: ∗→N∗ thoả mãn điều kiện

f m f n( . ( ) ) = n f m2 ( ) , với ∀m n N, ∈ ∗

Thật vậy, xét dãy tất cả các số nguyên tố xếp theo thứ tự tăng dần

m= p pα α L pα Khi đó đặt:

( ) ( ) 1 ( ) 2 ( )

k k

Theo định nghĩa thì:

( ) ( ) 1 ( ) 2 ( )

l l

f n =  f p    β f p  β L  f p  β .

Từ đó áp dụng các điều kiện trên suy ra điều phải chứng minh Bài toán đợcgiải hoàn toàn

1.2.3 Mệnh đề Cho f x( ) là đa thức với hệ số nguyên mà không phải là hằng

số Khi đó, tồn tại một tập hợp vô hạn các số nguyên tố sao cho mỗi một trong

các số nguyên tố này là ớc của ít nhất một trong các số nguyên

Từ đây ta thấy ngay với mọi số nguyên tố p, thì p là ớc của f p( )

Nh vậy, kết luận của bài toán là đúng trong trờng hợp này

2) Nếu a0 ≠ 0 Giả thiết trái lại các số f(1), (2), (3), (4), .f f f chỉ chứamột số hữu hạn các ớc nguyên tố là p p1 , , ., 2 p m Gọi y là số nguyên tuỳ ý, Khi

Khi đó, nếu đa vào kí hiệu A i = ai(p1p2 pm)i a0i - 1, với i = 1, 2, , n, thì

ta có thể biểu diễn sau đây:

( )

1

k ≤ k ≤ m mà g y( ) Mp k Do A i 1, Mp k ∀ =i n, nên từ biểu thức của g(y)suy ra 1 Mp k Mặt khác vì pk là số nguyên tố, nên không thể có 1 Mp k, tức là g(y)không chia hết cho p k ∀ =k 1, m đã đợc chứng minh

Vì phơng trình g(y) = ±1 có không quá 2n nghiệm (do g(y) là đa thứcbậc n), nên ta luôn luôn có thể chọn đợc số nguyên y0 sao cho a0y0 > 0;

g y ≠ ± Theo lập luận trên thì g(y0) không nhận bất kì số nào trong các số

1 , , ., 2 m

p p p làm ớc số, mà do g y( )0 1 ≠ ± , nên g(y0) phải có ớc nguyên tố p.

Rõ ràng p ≠ p i với mọi i = 1, 2, , m.

Ta có f p p( 1 2 p a y m 0 0) = a g y0 ( )0 , nên suy ra f p p( 1 2 p a y m 0 0) có một

-ớc nguyên tố khác với p1, p2, , pm Điều này mâu thuẫn với tập các ớc nguyên

tố của { 1 , 2 , 3 , f ( ) ( ) ( )f f } chỉ là p1, p2, , pm Vậy giả thiết phản chứng làsai, tức là khi a0 0 ≠ thì các ớc nguyên tố của họ { 1 , 2 , 3 , f ( ) ( ) ( )f f } là vôhạn

Từ hai trờng hợp 1) và 2) suy ra điều khẳng định của bài toán là đúng

Đó chính là điều phải chứng minh.

a2 + a + 2 = (a + 1)2 ⇒ a = 1.

Thay a = 1 vào (2) ta có: f n( ) =n.

+) Đảo lại, hàm số f n( ) =n thoả mãn mọi yêu cầu bài toán.

Vậy f n( ) =n là hàm duy nhất thoả mãn các yêu cầu đặt ra của bài toán.

1.4 Bài toán về biểu diễn số nguyên

1.4.1 Mệnh đề Cho p là số nguyên tố lẻ Khi đó, tồn tại số tự nhiên M sao

cho 0 M< < p và M p là tổng của bốn bình phơng Nếu m là số nhỏ nhất trong các số M thì m là số lẻ

Thật vậy, nếu trái lại, giả sử có H2 và K2 (trong đó H2 > K2 trong dãy(1)) mà:

2

p H p K

−

−

≤ ≤ Mặt khác:

Mỗi dãy (1) và (2) chứa 1 1 1

p− + = p+ phần tử Vậy cả hai dãy (1) và (2)chứa p + 1 phần tử Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai phần tử của haidãy (1) và (2) có cùng phần d khi chia cho p Theo lập luận trên thì trong haiphần tử này có một phần tử thuộc dãy (1), còn phần tử kia thuộc dãy (2) Giả sử

x2 là phần tử thuộc dãy (1), còn - 1 - y2 là phần tử thuộc dãy (2) Khi đó ta có: x2− − −( 1 y2)Mp⇒(x2+y2+1)Mp.

Điều này chứng tỏ rằng tồn tại số tự nhiên M sao cho:

Trong mọi trờng hợp thì , , ,

< , nên mâu thuẫn với tính nhỏ nhấtcủa số m Vì thế giả thiết m là số chẵn là sai, suy ra m là số lẻ.

1.4.2 Định lí về tổng của bốn bình phơng Mọi số tự nhiên n đều có thể biểu

• Xét số nguyên tố p = 2, ta có: 2 = 12 + 12 + 02 + 02

Vậy kết luận của bài toán đúng khi n = p = 2

• Xét khi p là số nguyên tố lẻ bất kì ( p≥ 3) Theo mệnh đề 1.4.1 thì tồn tại

số tự nhiên m nhỏ nhất (0 m< < p) sao cho mp là tổng của bốn bình phơng.

Cũng theo mệnh đề 1.4.1 thì m là số lẻ

- Nếu m = 1, thì kết luận của định lý là đúng

- Nếu m≥ 3và giả sử mp = a2 + b2 + c2 + d2 Gọi u là số nguyên gần a

m− ≤ . Mặt khác, do m là lẻ nên không tồn tại k nguyên mà

1

2

a k

m = + (4) Thật vậy, nếu (4) xảy ra thì ta có:

 

<  ÷ =

 

Z

Râ rµng Z' ≠ 0, v× nÕu tr¸i l¹i Z' = ⇒ = = = = 0 u' v' x' y' 0, suy ra a = mu;

b = mv; c = mx; d = my, suy ra m lµ íc cña p

Do 1 m< < p mµ p mM lµ ®iÒu v« lÝ, v× p lµ sè nguyªn tè V× thÕ kh«ng thÓ cã' 0

Z = , tøc lµ Z'Z' ≠ 0.

Vì Z và Z' đều là tổng của bốn bình phơng, nên theo mệnh đề 1.4.1 suy ra:

ZZ' =T2 + + +q2 r2 s2; với q, r, s là các số tự nhiên nào đó

Từ đó suy ra:

Mp = q 2 + r 2 + s 2 + (T + M) 2

Nh vậy, Mp biểu diễn đợc dới dạng tổng bốn bình phơng mà M <m Điềunày trái với giả thiết m là số nhỏ nhất nằm giữa 0 và p sao cho mp là tổng củabốn bình phơng Mâu thuẫn này chứng tỏ giả thiết m nguyên tố ≥ 3 là sai Đóchính là điều phải chứng minh.

1.4.3 Mệnh đề Cho m là số nguyên > 4, khi đó m biểu diễn đợc dới dạng

Khi đó trong trờng hợp b) thì m có dạng 4t + 1 hoặc 4t + 3

Tóm lại, trong mọi trờng hợp thì m không có dạng m = 4t + 2, tức là m≡/ 2

(mod 4)

+) Điều kiện đủ:

Nếu m≡/ 2(mod 4), tức là m≡ +/ 4t 2, thì m chỉ có thể có hai dạng sau:

a) Nếu m = 4t thì m = 4t = (t + 1)2 – (t - 1)2 ( chọn x = t + 1; y = t – 1 ) b) Nếu m = 2t + 1 thì m = 2t + 1 = (t + 1)2 – t2 (chọn x = t + 1; y = t)

Vậy nếu m≡/ 2(mod 4), thì luôn luôn tồn tại x, y nguyên dơng ( do m > 4 nên

x >y>0), sao cho m = x2 – y2

Đó chính là điều phải chứng minh.

Chơng 2 Dãy fibonacci 2.1 Quan hệ hồi quy tổng quát

Khi giải nhiều bài toán, đặc biệt là các bài toán tổ hợp, ta thờng dùng

ph-ơng pháp đa bài toán đang xét (với n đối tợng) về bài toán với số đối tợng íthơn, cho đến khi dễ dàng giải chúng Phơng pháp như vậy gọi là phơng phápdùng các quan hệ hồi quy

2.1.1 Định nghĩa Quan hệ hồi quy bậc k là một công thức cho phép tính giá trị

(n k)

f + qua các giá trị f n f n( ) (, + 1 , ,) f n k( + − 1 )

Ví dụ 1) f(n+ 2) =n2f(n+ 1)− f( )n + f(n− 1)

là quan hệ hồi quy bậc 3

2) f(n+ 1) = f( )n + f(n− 1) (1)

là quan hệ hồi quy bậc 2

Đối với một quan hệ hồi quy bậc k, nếu cho các giá trị f( )1 , ,f ( )k thì cácgiá trị còn lại hoàn toàn đợc xác định Chẳng hạn, trong quan hệ (1), nếu ta cho

( )1 = f( )2 = 1

f thì ta nhận đợc dãy số nổi tiếng, gọi là các số Fibonacci

2.1.2 Định nghĩa Một dãy f( )n thoả mãn quan hệ hồi quy nào đó đợc gọi làmột nghiệm của quan hệ đó Để ý rằng, nếu quan hệ hồi quy bậc k thì k giá trị

đầu của dãy có thể lấy tuỳ ý, các giá trị tiếp theo hoàn toàn đợc xác định

Một nghiệm của quan hệ hồi quy bậc k đợc gọi là nghiệm tổng quát nếu nó

phụ thuộc k hằng số tuỳ ý C1 , ., C K

Ví dụ Xét quan hệ hồi quy

f(n+ 2) = 5f(n+ 1)− 6f( )n (2)

Dễ dàng chứng minh rằng, với mọi số thực C1,C2,công thức

( ) n n

C C

=

+

9 4

3 2

2 1

2 1

b C C

a C C

Hệ phơng trình này có nghiệm C1, C2 với mọi giá trị của a, b

2.2 Hồi quy tuyến tính hệ số hằng

Nói chung, không có phơng pháp chung để tìm nghiệm của quan hệ hồiquy ở đây, chúng ta sẽ nghiên cứu một phơng pháp tìm nghiệm của một lớpquan hệ hồi quy đặc biệt, gọi là quan hệ hồi quy tuyến tính với hệ số hằng.

2.2.1 Định nghĩa Quan hệ hồi quy tuyến tính bậc k với hệ số hằng là quan hệ

có dạng:

f(n+k)=a1f(n+k− 1)+a2f(n+k− 2)+ +a k f( )n ,

Trong đó a 1 , a 2 , , a k là các hằng số nào đó ( không phụ thuộc n).

Trớc tiên ta xét trờng hợp đơn giản: các quan hệ hồi quy tuyến tính hệ sốhằng

2 2 2

1 2

1 2 1

1 1

n f a n

f a n

f

n f a n

f a n

f

+ +

= +

+ +

= +

Từ đó suy ra:

Af1(n+ 2)+ Bf2(n+ 2)= a1[Af1( )n+ 1 + Bf2( )n+ 1]+a2[Af1( )n + Bf2( )n]

Nh vậy, Af1( )n +Bf2( )n cũng là một nghiệm của (3).

2.2.3 Bổ đề Giả sử r1 là nghiệm của phơng trình

1 2

2 a r a

r = + (4) Khi đó, dãy { }n

r1 là một nghiệm của quan hệ

f(n+ 2)= a1f(n+ 1)+a2f( )n (5)

Chứng minh Ta có ( ) ( ) ( ) 2

1

1 1

1 , + 1 = + , + 2 = +

r n

f r n

f r n

n n n

r a r

a

r1 +2 = 1 1 +1+ 2 1 Đẳng thức này đúng, vì 2 1 1 2

1 a r a

r = + 

Nhận xét Dãy { }n m

r1 + với m tuỳ ý cũng là một nghiệm.

Thật vậy, chỉ cần áp dụng bổ đề 2.2.2 với B = 0 , A = r1m

Phơng trình (4) gọi là phơng trình đặc trng của quan hệ (5)

Từ các bổ đề 2.2.2 và bổ đề 2.2.3, ta có định lý sau:

2.2.4 Định lý Giả sử cho quan hệ hồi quy

f(n+ 2)= a1f(n+ 1)+a2f( )n (6) Giả sử phơng trình đặc trng

1 2

2 a r a

r = +