BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ KIM TUYẾN DÃY TRIBONACCI TRONG NHÓM HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ KIM TUYẾN DÃY TRIBONACCI TRONG NHĨM HỮU HẠN Chun ngành : Đại số lí thuyết số Mã số 8460104 : Người hướng dẫn: TS TRẦN ĐÌNH LƯƠNG i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan kết đề tài “Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn” cơng trình nghiên cứu tơi hướng dẫn TS Trần Đình Lương chưa cơng bố cơng trình khoa học khác thời điểm Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc Nếu có điều gian lận, tơi xin chịu trách nhiệm luận văn Quy Nhơn, ngày 23 tháng 07 năm 2019 Học viên thực đề tài Nguyễn Thị Kim Tuyến ii Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kết dãy Tribonacci số nguyên 1.2 Một số kiến thức nhóm Dãy Tribonacci theo modulo m 2.1 Dãy Tribonacci thông thường theo modulo m 2.2 Dãy Tribonacci tổng quát theo modulo m 22 Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn 31 3.1 Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn 31 3.2 Dãy Tribonacci nhóm abel hữu hạn 33 3.3 Dãy Tribonacci nhóm nhị diện 39 3.4 Dãy Tribonacci nhóm quaternion tổng quát 44 Kết luận 51 Danh mục tài liệu tham khảo 52 Quyết định giao đề tài luận văn 53 Mở đầu Dãy Fibonacci nhóm hữu hạn lần nghiên cứu Wall (1960) cho nhóm xiclíc Vấn đề tiếp tục nghiên cứu mở rộng cho dãy Fibonacci k - bước nhóm abel hữu hạn số lớp nhóm khác tác giả Knox (1992), Dikici (1997), Smith (1997), Karaduman (2003), Trong trường hợp đặc biệt, dãy Fibonacci - bước gọi dãy Tribonacci Đề tài nhằm nghiên cứu số vấn đề liên quan đến dãy Tribonacci nhóm abel hữu hạn số lớp nhóm hữu hạn khơng abel như: nhóm nhị diện, nhóm quaternion tổng quát Luận văn "Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn" bao gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Nội dung luận văn gồm ba chương Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kết liên quan đến dãy Tribonacci số nguyên Đồng thời nhắc lại số kiện lý thuyết nhóm liên quan đến nhóm nhị diện nhóm quaternion tổng quát Chương 2: Dãy Tribonacci theo modulo m Chương nghiên cứu tính chất, đặc biệt tính tuần hồn chu kì dãy Tribonacci thơng thường theo modulo m, dãy Tribonacci tổng quát theo modulo m Chương 3: Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn Chương nghiên cứu tính tuần hồn chu kỳ dãy Tribonacci nhóm abel hữu hạn, số nhóm hữu hạn khơng abel nhóm nhị diện nhóm quaternion tổng quát Luận văn hoàn thành nhờ hướng dẫn giúp đỡ tận tình thầy hướng dẫn TS Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp tơi xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn Chúng xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau Đại học, Khoa Toán Thống kê quý thầy cô giáo giảng dạy lớp Cao học Đại số lí thuyết số Khóa 20 dày cơng giảng dạy suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập thực đề tài Nhân xin chân thành cảm ơn hỗ trợ mặt tinh thần gia đình, bạn bè ln tạo điều kiện giúp đỡ để tơi hồn thành tốt khóa học luận văn Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy giáo để luận văn hồn thiện Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số kết liên quan đến dãy Tribonacci số nguyên Chúng nhắc lại số kiện lý thuyết nhóm liên quan đến nhóm nhị diện nhóm quaternion tổng quát Các kết chương tham khảo từ tài liệu [1] [6] 1.1 Một số kết dãy Tribonacci số nguyên Định nghĩa 1.1.1 Dãy Tribonacci tổng quát số nguyên {f (n)} dãy xác định công thức truy hồi sau f (0) = a, f (1) = b, f (2) = c với a, b, c ∈ Z, f (n) = f (n − 1) + f (n − 2) + f (n − 3) với n ≥ Đặc biệt, a = 0, b = 1, c = ta dãy Tribonacci thông thường ký hiệu {T (n)} Mệnh đề 1.1.2 Cho dãy Tribonacci thông thường {T (n)} Đặt P (n) = T (n − 1) + T (n − 2) Khi khẳng định sau n    T (n)  T (n + 1) P (n + 1) 1 1      với n ≥ 1 0 =  T (n) P (n) T (n − 1)         (1.1) T (n − 1) P (n − 1) T (n − 2) T (n + p) = T (n)T (p + 1) + T (n − 1)(T (p) + T (p − 1)) +T (n − 2)T (p) với n ≥ 2, p ≥ (1.2) T (n)T (n − 3) + T (n − 1) + T (n − 2)T (n + 1) − T (n + 1)T (n − 1)T (n − 3) −2T (n)T (n − 1)T (n − 2) = với n ≥ (1.3) Chứng minh Ta chứng minh (1.1) phương pháp quy nạp Với n = ta có  2     2 1 T (3) P (3) T (2) 1 1       1 0 = 1 1 = T (2) P (2) T (1)             T (1) P (1) T (0) 0 Vậy (1.1) với n = Giả sử (1.1) với n = k Ta chứng minh (1.1) với n = k + Thật ta có k   k+1  1 1   1 0     1 1    = 0        T (k)  1 1 1 1 T (k + 1) P (k + 1)      1 0 =  T (k)  1 0 P (k) T (k − 1)           T (k − 1) P (k − 1) T (k − 2)   T (k + 1) + P (k + 1)  = T (k) + P (k)   T (k + 1) + T (k) T (k + 1) T (k) + T (k − 1) T (k)     T (k − 1) + P (k − 1) T (k − 1) + T (k − 2) T (k − 1)   T (k + 2) P (k + 2) T (k + 1)   = T (k)  T (k + 1) P (k + 1)    T (k)  P (k) T (k − 1) Vậy (1.1) chứng minh Cố định p ≥ 1, ta chứng minh (1.2) phương pháp quy nạp theo n Với n = ta có T (2 + p) = T (2)T (p + 1) + T (1)(T (p) + T (p − 1)) + T (0)T (p) Vậy (1.2) với n = Giả sử (1.2) với n = k Ta chứng minh (1.2) với n = k + Thật ta có T (k+1+p) = T (k+p)+T (k−1+p)+T (k−2+p) = T (k)T (p+1)+T (k−1)(T (p)+T (p−1)) +T (k − 2)T (p) + T (k − 1)T (p + 1) + T (k − 2)(T (p) + T (p − 1)) + T (k − 3)T (p) +T (k − 2)T (p + 1) + T (k − 3)(T (p) + T (p − 1)) + T (k − 4)T (p) = (T (k)+T (k −1)+T (k −2))T (p+1)+(T (k −1)+T (k −2)+T (k −3))(T (p)+T (p−1)) +(T (k − 2) + T (k − 3) + T (k − 4))T (p) = T (k + 1)T (p + 1) + T (k)(T (p) + T (p − 1)) + T (k − 1)T (p) Vậy (1.2) chứng minh Tiếp theo ta chứng minh (1.3) Lấy định thức hai vế (1.1) ta điều phải chứng minh 1.2 Một số kiến thức nhóm Định nghĩa 1.2.1 Một nhóm (G, ·) tập hợp G = ∅ trang bị phép tốn hai ngơi · thỏa mãn điều kiện sau (i) a · (b · c) = (a · b) · c với a, b, c ∈ G, (ii) Tồn phần tử e ∈ G cho a · e = a = e · a với a ∈ G, (iii) Với a ∈ G tồn phần tử a ∈ G cho a · a = a · a = e Để đơn giản, ta ký hiệu ab thay cho a · b Phần tử e xác định (ii) nhất, gọi phần tử đơn vị nhóm G Với a ∈ G, phần tử a xác định (iii) nhất, gọi phần tử nghịch đảo a, ký hiệu a−1 Một nhóm G gọi giao hoán (hay abel ) ab = ba với a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữu hạn phần tử ta gọi G nhóm hữu hạn, gọi số phần tử G cấp nhóm G, ký hiệu |G| Cấp phần tử a nhóm G số nguyên dương m nhỏ thỏa mãn am = e e phần tử đơn vị nhóm G Định nghĩa 1.2.2 Nhóm nhị diện Dn , n ≥ 3, nhóm biểu diễn phần tử sinh hệ thức xác định sau Dn = a, b | an = b2 = 1, b−1 ab = a−1 Từ định nghĩa nhóm nhị diện ta thấy nhóm Dn có cấp 2n, phần tử a có cấp n phần tử b có cấp Mọi phần tử thuộc Dn biểu diễn cách dạng ar ar b với ≤ r ≤ n − Mệnh đề 1.2.3 Cho nhóm nhị diện Dn , n ≥ 3, có biểu diễn Khi (i) Với r ∈ Z s r ar b s s chẵn a−r b s lẻ b a = (ii) Với r ∈ Z (ar b)t = t chẵn ar b t lẻ Định nghĩa 1.2.4 Nhóm quaternion tổng quát Q4n , n ≥ nhóm biểu diễn phần tử sinh hệ thức xác định sau Q4n = a, b | a2n = 1, b2 = an , b−1 ab = a−1 39 3.3 Dãy Tribonacci nhóm nhị diện Mệnh đề 3.3.1 Cho nhóm nhị diện Dn với n Dn = a, b | an = b2 = 1, b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm nhị diện Dn với giá trị khởi đầu f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh Tính tốn trực tiếp cách sử dụng Mệnh đề 1.2.3 ta có f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar , f (3) = abar = a1−r b, f (4) = bar a1−r b = bab = a−1 , f (5) = ar a1−r ba−1 = a2 b, f (6) = a1−r ba−1 a2 b = a1−r bab = a−r , f (7) = a−1 a2 ba−r = aba−r = ar+1 b, f (8) = a2 ba−r ar+1 b = a, f (9) = a−r ar+1 ba = b, f (10) = ar+1 bab = ar , Từ suy dãy {f (m)} có chu kỳ Mệnh đề 3.3.2 Cho nhóm nhị diện Dn với n Dn = a, b | an = b2 = 1, b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm nhị diện Dn với giá trị khởi đầu f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar b với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ 8n với d = (n, 4r − 4) d Chứng minh Trước tiên ta chứng minh công thức cho số hạng tổng quát dãy {f (m)} f (8k) = a4kr−4k+1 , f (8k + 1) = a−4kr+4k b, f (8k + 2) = ar b, f (8k + 3) = a1−r , f (8k + 4) = a−4kr+4k−2r+1 , f (8k + 5) = a4kr+4r−4k−2 b, f (8k + 6) = ar b, f (8k + 7) = ar−1 với k ≥ (3.1) 40 Thật vậy, với k = ta có f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar b, f (3) = abar b = a1−r , f (4) = bar ba1−r = a1−2r , f (5) = ar ba1−r a1−2r = a4r−2 b, f (6) = a1−r a1−2r a4r−2 b = ar b, f (7) = a1−2r a4r−2 bar b = ar−1 Cho nên (3.1) với k = Giả sử (3.1) với k = i, tức f (8i) = a4ir−4i+1 , f (8i + 1) = a−4ir+4i b, f (8i + 2) = ar b, f (8i + 3) = a1−r , f (8i + 4) = a−4ir+4i−2r+1 , f (8i + 5) = a4ir+4r−4i−2 b, f (8i + 6) = ar b, f (8i + 7) = ar−1 ; Ta chứng minh (3.1) với k = i + 1, tức f (8i + 8) = a4ir+4r−4i−3 , f (8i + 9) = a−4ir+4i−4r+4 b, f (8i + 10) = ar b, f (8i + 11) = a1−r , f (8i + 12) = a−4ir+4i−6r+5 , f (8i + 13) = a4ir+8r−4i−6 b, f (8i + 14) = ar b, f (8i + 15) = ar−1 ; Thật ta có f (8i + 8) = f (8i + 5)f (8i + 6)f (8i + 7) = a4ir+4r−4i−2 bar bar−1 = a4ir+4r−4i−3 , f (8i + 9) = f (8i + 6)f (8i + 7)f (8i + 8) = ar bar−1 a4ir+4r−4i−3 = a−4ir+4i−4r+4 b, f (8i + 10) = f (8i + 7)f (8i + 8)f (8i + 9) = ar−1 a4ir+4r−4i−3 a−4ir+4i−4r+4 b = ar b, f (8i + 11) = f (8i + 8)f (8i + 9)f (8i + 10) = a4ir+4r−4i−3 a−4ir+4i−4r+4 bar b = a1−r , f (8i + 12) = f (8i + 9)f (8i + 10)f (8i + 11) = a−4ir+4i−4r+4 bar ba1−r = a−4ir+4i−6r+5 , f (8i + 13) = f (8i + 10)f (8i + 11)f (8i + 12) = ar ba1−r a−4ir+4i−6r+5 = a4ir+8r−4i−6 b, f (8i + 14) = f (8i + 11)f (8i + 12)f (8i + 13) = a1−r a−4ir+4i−6r+5 a4ir+8r−4i−6 b = ar b, f (8i + 15) = f (8i + 12)f (8i + 13)f (8i + 14) = a−4ir+4i−6r+5 a4ir+8r−4i−6 bar b = ar−1 ; 41 Vậy (3.1) với k ≥ Từ cơng thức (3.1) ta thấy có hai trường hợp để tồn số nguyên dương t cho f (t) = a, f (t + 1) = b, f (t + 2) = ar b Trường hợp 1:     f (8k + 4) = a         a−4kr+4k−2r+1     f (8k + 5) = b , nghĩa a4kr+4r−4k−2 b            r ar b f (8k + 6) = a b =a =b = ar b Điều tương đương với    a−4kr+4k−2r =1   a4kr+4r−4k−2 =1 Vì nhóm nhị diện Dn phần tử a có cấp n từ suy       n| − 4kr + 4k − 2r n|2r − , hay     n|4kr + 4r − 4k − n| − 4kr + 4k − 2r Do ta có n|2 Điều mâu thuẫn với giả thiết n trường hợp xảy Trường hợp 2:     f (8k)     =a     a4kr−4k+1     f (8k + 1) = b , nghĩa a4k−4kr b            r f (8k + 2) = a b  ar b =a =b = ar b Điều tương đương với a4kr−4k = Vì nhóm nhị diện Dn phần tử a có cấp n từ suy n|4kr − 4k Do n k(4r − 4) với d = (n, 4r − 4) d d n 8n Cho nên |k Từ suy chu kỳ dãy {f (m)} với d = (n, 4r − 4) d d 42 Mệnh đề 3.3.3 Cho nhóm nhị diện Dn với n Dn = a, b | an = b2 = 1, b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm nhị diện Dn với giá trị khởi đầu f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ 8n với d = (n, 4) d Chứng minh Trước tiên ta chứng minh công thức cho số hạng tổng quát dãy {f (m)} f (8k) = b, f (8k + 1) = a, f (8k + 2) = ar+4k , f (8k + 3) = bar+4k+1 , f (8k + 4) = b, f (8k + 5) = a−1 , f (8k + 6) = a−r−4k−2 , f (8k + 7) = ba−r−4k−3 với k ≥ Thật vậy, với k = ta có f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar , f (3) = bar+1 , f (4) = aar bar+1 = b, f (5) = ar bar+1 b = a−1 , f (6) = bar+1 ba−1 = a−r−2 , f (7) = ba−1 a−r−2 = ba−r−3 ; Cho nên (3.2) với k = Giả sử (3.2) với k = i, tức f (8i) = b, f (8i + 1) = a, f (8i + 2) = ar+4i , f (8i + 3) = bar+4i+1 , f (8i + 4) = b, f (8i + 5) = a−1 , f (8i + 6) = a−r−4i−2 , f (8i + 7) = ba−r−4i−3 ; Ta chứng minh (3.2) với k = i + 1, tức f (8i + 8) = b, f (8i + 9) = a, f (8i + 10) = ar+4i+4 , f (8i + 11) = bar+4i+5 , f (8i + 12) = b, f (8i + 13) = a−1 , f (8i + 14) = a−r−4i−6 , f (8i + 15) = a−r−4i−7 ; (3.2) 43 Thật vậy, ta có f (8i + 8) = f (8i + 5)f (8i + 6)f (8i + 7) = a−1 a−r−4i−2 ba−r−4i−3 = b, f (8i + 9) = f (8i + 6)f (8i + 7)f (8i + 8) = a−r−4i−2 ba−r−4i−3 b = a, f (8i + 10) = f (8i + 7)f (8i + 8)f (8i + 9) = ba−r−4i−3 ba = ar+4i+4 , f (8i + 11) = f (8i + 8)f (8i + 9)f (8i + 10) = baar+4i+4 = bar+4i+5 , f (8i + 12) = f (8i + 9)f (8i + 10)f (8i + 11) = aar+4i+4 bar+4i+5 = b, f (8i + 13) = f (8i + 10)f (8i + 11)f (8i + 12) = ar+4i+4 bar+4i+5 b = a−1 , f (8i + 14) = f (8i + 11)f (8i + 12)f (8i + 13) = bar+4i+5 ba−1 = a−r−4i−6 , f (8i + 15) = f (8i + 12)f (8i + 13)f (8i + 14) = ba−1 a−r−4i−6 = b−r−4i−7 ; Vậy (3.2) với k ≥ Từ công thức ta thấy có trường hợp để tồn số nguyên dương t cho f (t) = b, f (t + 1) = a, f (t + 2) = ar         f (8k) = b b =b         f (8k + 1) = a , nghĩa a =a            r f (8k + 2) = a ar+4k = ar Điều tương đương với a4k = Vì nhóm nhị diện Dn , phần tử a có cấp n nên từ suy n|4k Do n 4k với d = (n, 4) d d Cho nên n 8n |k Từ suy chu kỳ dãy {f (m)} với d = (n, 4) d d Mệnh đề 3.3.4 Cho nhóm nhị diện Dn với n Dn = a, b | an = b2 = 1, b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm nhị diện Dn với giá trị khởi đầu f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar b với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ 44 Chứng minh Tính tốn trực tiếp cách sử dụng Mệnh đề 1.2.3 ta có f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar b, f (3) = baar b = a−r−1 , f (4) = aar ba−r−1 = a2r+2 b, f (5) = ar ba−r−1 a2r+2 b = a−1 , f (6) = a−r−1 a2r+2 ba−1 = ar+2 b, f (7) = a2r+2 ba−1 ar+2 b = ar+1 , f (8) = a−1 ar+2 bar+1 = b, f (9) = ar+2 bar+1 b = a, f (10) = ar+1 bar b = ar b, Do dãy {f (m)} có chu kỳ 3.4 Dãy Tribonacci nhóm quaternion tổng quát Mệnh đề 3.4.1 Cho nhóm quaternion tổng quát Q4n với n Q4n = a, b | a2n = 1, b2 = an , b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm quaternion tổng quát Q4n với giá trị khởi đầu f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh Tính tốn trực tiếp cách sử dụng Mệnh đề 1.2.5 ta có f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar , f (3) = abar = a1−r b, f (4) = bar a1−r b = bab = an−1 , f (5) = ar a1−r ban−1 = a2−n b, f (6) = a1−r ban−1 a2−n b = an−r , f (7) = an−1 a2−n ban−r = ar−n+1 b, f (8) = a2−n ban−r ar−n+1 b = a, f (9) = an−r ar−n+1 ba = b, f (10) = ar−n+1 bab = ar , Do dãy {f (m)} có chu kỳ Mệnh đề 3.4.2 Cho nhóm quaternion tổng quát Q4n với n Q4n = a, b | a2n = 1, b2 = an , b−1 ab = a−1 45 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm quaternion tổng quát Q4n với giá trị khởi đầu f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar b với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ T với T xác định sau (i) Nếu n = r = r = T = (ii) Nếu n = r = r = T = (iii) Nếu n = T = 8n với d = (n, 2r − 2) d Chứng minh Trước tiên ta chứng minh công thức cho số hạng tổng quát dãy {f (m)} f (8k) = a4kr−4k+1 , f (8k + 1) = a−4kr+4k b, f (8k + 2) = ar b, f (8k + 3) = an−r+1 , f (8k + 4) = a−4kr+4k−2r+1 , f (8k + 5) = a−n+4kr+4r−4k−2 b, (3.3) f (8k + 6) = ar b, f (8k + 7) = ar−1 với k ≥ Thật vậy, với k = f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ar b, f (3) = abar b = an−r+1 , f (4) = bar ban−r+1 = a1−2r , f (5) = ar ban−r+1 a1−2r = a−n+4r−2 b, f (6) = an−r+1 = a1−2r a−n+4r−2 b = ar b, f (7) = a1−2r a−n+4r−2 bar b = ar−1 Cho nên (3.3) với k = Giả sử công thức (3.3) với k = i, tức f (8i) = a4ir−4i+1 , f (8i + 1) = a−4ir+4i b, f (8i + 2) = ar b, f (8i + 3) = an−r+1 , f (8i + 4) = a−4ir+4i−2r+1 , f (8i + 5) = a−n+4ir+4r−4i−2 b, f (8i + 6) = ar b, f (8i + 7) = ar−1 Ta chứng minh công thức (3.3) với k = i + 1, tức f (8i + 8) = a4ir+4r−4i−3 , f (8i + 9) = a−4ir+4i−4r+4 b, f (8i + 10) = ar b, f (8i + 11) = an−r+1 , f (8i + 12) = a−4ir+4i−6r+5 , f (8i + 13) = a−n+4ir+8r−4i−6 b, f (8i + 14) = ar b, f (8i + 15) = ar−1 46 Thật vậy, ta có f (8i + 8) = f (8i + 5)f (8i + 6)f (8i + 7) = a−n+4ir+4r−4i−2 bar bar−1 = a4ir+4r−4i−3 , f (8i + 9) = f (8i + 6)f (8i + 7)f (8i + 8) = ar bar−1 a4ir+4r−4i−3 = a−4ir+4i−4r+4 b, f (8i + 10) = f (8i + 7)f (8i + 8)f (8i + 9) = ar−1 a4ir+4r−4i−3 a−4ir+4i−4r+4 b = ar b, f (8i + 11) = f (8i + 8)f (8i + 9)f (8i + 10) = a−n+4ir+4r−4i−3 a−4ir+4i−4r+4 bar b = an−r+ , f (8i + 12) = f (8i + 9)f (8i + 10)f (8i + 11) = a−4ir+4i−4r+4 bar ban−r+1 = a−4ir+4i−6r+5 , f (8i + 13) = f (8i + 10)f (8i + 11)f (8i + 12) = ar ban−r+1 a−4ir+4i−6r+5 = a−n+4ir+8r−4i−6 b, f (8i + 14) = f (8i + 11)f (8i + 12)f (8i + 13) = an−r+1 a−4ir+4i−6r+5 a−n+4ir+8r−4i−6 b = ar b, f (8i + 15) = f (8i + 12)f (8i + 13)f (8i + 14) = a−4ir+4i−6r+5 a−n+4ir+8r−4i−6 bar b = ar−1 ; Vậy (3.3) với k ≥ Từ cơng thức (3.3) ta có (i) Nếu n = r = f (0) = a, f (1) = b, f (2) = b, f (3) = a3 , f (4) = a, f (5) = b, f (6) = b, Do Tribonacci {f (m)} trường hợp tuần hoàn với chu kỳ Nếu n = r = f (0) = a, f (1) = b, f (2) = a2 b, f (3) = a, f (4) = a, f (5) = b, f (6) = a2 b, Do dãy Tribonacci {f (m)} trường hợp tuần hoàn với chu kỳ (ii) Nếu n = r = f (0) = a, f (1) = b, f (2) = ab, f (3) = a2 , f (4) = a−1 , f (5) = b, f (6) = ab, f (7) = 1, f (8) = a, f (9) = b, f (10) = ab, Do dãy Tribonacci {f (m)} trường hợp tuần hoàn với chu kỳ Nếu n = r = f (0) = a, f (1) = b, f (2) = a3 b, f (3) = 1, f (4) = a−5 , f (5) = b, f (6) = a3 b, f (7) = a2 , f (8) = a, f (9) = b, f (10) = a3 b, 47 Do dãy Tribonacci {f (m)} trường hợp tuần hoàn với chu kỳ (iii) Nếu n = từ cơng thức (3.3) ta thấy có hai trường hợp để tồn số nguyên dương t cho f (t) = a, f (t + 1) = b, f (t + 2) = ar b Trường hợp 1:     f (8k + 4) = a         a−4kr+4k−2r+1     =a f (8k + 5) = b nghĩa a−n+4kr+4r−4k−2 b = b            r ar b f (8k + 6) = a b = ar b    a−4kr+4k−2r =1 Vì nhóm quaternion tổng qt Q4n Từ suy   a−n+4kr+4r−4k−2 = phần tử a có cấp 2n từ suy       2n| − 4kr + 4k − 2r 2n| −4kr + 4k − 2r , hay     2n| − n + 4kr + 4r − 4k − 2n| −n + 2r − Từ suy    n| −k(2r − 2) − r (3.4)   n| 2r − Do ta có n|r n|2 Từ kết hợp với giả thiết n = suy n = Điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ trường hợp xảy Trường hợp 2:     f (8k)     =a     a4kr−4k+1     f (8k + 1) = b , nghĩa a4k−4kr b            r  ar b f (8k + 2) = a b =a =b = ar b Điều tương đương với a4kr−4k = Vì nhóm quaternion Q4n phần tử a có cấp 2n từ suy 2n|4kr − 4k , hay n|2kr − 2k Do 48 n k(2r − 2) với d = (n, 2r − 2) d d n 8n Cho nên |k Do chu kỳ dãy {f (m)} với d = (n, 2r − 2) d d Mệnh đề 3.4.3 Cho nhóm quaternion tổng quát Q4n với n Q4n = a, b | a2n = 1, b2 = an , b−1 ab = a−1 Dãy Tribonacci {f (m)} nhóm quaternion tổng quát Q4n với giá trị khởi đầu f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ 8n với d d = (n, 2) Chứng minh Trước tiên ta chứng minh công thức cho số hạng tổng quát dãy {f (m)} f (8k) = b, f (8k + 1) = a, f (8k + 2) = ar+4k , f (8k + 3) = bar+4k+1 , f (8k + 4) = b, f (8k + 5) = an−1 , f (8k + 6) = an−r−4k−2 , f (8k + 7) = ban−r−4k−3 với k ≥ Thật vậy, với k = ta có f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar , f (3) = bar+1 , f (4) = aar bar+1 = b, f (5) = ar bar+1 b = an−1 , f (6) = bar+1 ban−1 = a−r−2 , f (7) = ban−1 a−r−2 = ban−r−3 ; Cho nên (3.5) với k = Giả sử (3.5) với k = i, tức f (8i) = b, f (8i + 1) = a, f (8i + 2) = ar+4i , f (8i + 3) = bar+4i+1 , f (8i + 4) = b, f (8i + 5) = an−1 , f (8i + 6) = an−r−4i−2 , f (8i + 7) = ban−r−4i−3 ; (3.5) 49 Ta chứng minh (3.5) với k = i + 1, tức f (8i + 8) = b, f (8i + 9) = a, f (8i + 10) = ar+4i+4 , f (8i + 11) = bar+4i+5 , f (8i + 12) = b, f (8i + 13) = an−1 , f (8i + 14) = an−r−4i−6 , f (8i + 15) = an−r−4i−7 ; Thật vậy, ta có f (8i + 8) = f (8i + 5)f (8i + 6)f (8i + 7) = an−1 an−r−4i−2 ban−r−4i−3 = b, f (8i + 9) = f (8i + 6)f (8i + 7)f (8i + 8) = an−r−4i−2 ban−r−4i−3 b = a, f (8i + 10) = f (8i + 7)f (8i + 8)f (8i + 9) = ban−r−4i−3 ba = ar+4i+4 , f (8i + 11) = f (8i + 8)f (8i + 9)f (8i + 10) = baar+4i+4 = bar+4i+5 , f (8i + 12) = f (8i + 9)f (8i + 10)f (8i + 11) = aar+4i+4 bar+4i+5 = b, f (8i + 13) = f (8i + 10)f (8i + 11)f (8i + 12) = ar+4i+4 bar+4i+5 b = an−1 , f (8i + 14) = f (8i + 11)f (8i + 12)f (8i + 13) = bar+4i+5 ban−1 = an−r−4i−6 , f (8i + 15) = f (8i + 12)f (8i + 13)f (8i + 14) = ban−1 an−r−4i−6 = bn−r−4i−7 ; Vậy (3.5) với k ≥ Từ công thức (3.5) ta thấy có trường hợp để tồn số nguyên dương t cho f (t) = b, f (t + 1) = a, f (t + 2) = ar         b =b f (8k) = b         f (8k + 1) = a , nghĩa a =a            r f (8k + 2) = a ar+4k = ar Điều tương đương với ar+4k = ar Từ suy 2n|4k hay n|2k Do n 2k với d = (n, 2) d d 8n Cho nên nd |k Do chu kỳ dãy {f (m)} với d = (n, 2) d 50 Mệnh đề 3.4.4 Cho nhóm quaternion tổng quát Q4n với n Q4n = a, b | a2n = 1, b2 = an , b−1 ab = a−1 Dãy tribonacci {f (m)} nhóm quaternion tổng quát Q4n với giá trị khởi đầu f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar b với r ∈ Z tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh Tính tốn trực tiếp cách sử dụng Mệnh đề 1.2.5 ta có f (0) = b, f (1) = a, f (2) = ar b, f (3) = baar b = an−r−1 , f (4) = aar ban−r−1 = a−n+2r+2 b, f (5) = ar ban−r−1 a−n+2r+2 b = an−1 , f (6) = an−r−1 a−n+2r+2 ban−1 = ar−n+2 b, f (7) = a−n+2r+2 ban−1 ar−n+2 b = ar+1 , f (8) = an−1 ar−n+2 bar+1 = b, f (9) = ar−n+2 bar+1 b = a, f (10) = ar+1 ba = ar b, Do dãy {f (m)} có chu kỳ 51 Kết luận Trong luận văn thực công việc sau Đọc hiểu trình bày lại cách chi tiết, có hệ thống kết liên quan đến dãy Tribonacci thông thường, dãy Tribonacci tổng quát theo modulo m Các kết trình bày Chương 2 Trong Chương 3, nghiên cứu trình bày cách có hệ thống chu kỳ dãy Tribonacci nhóm abel hữu hạn (Mệnh đề 3.2.2, Mệnh đề 3.2.3, Mệnh đề 3.2.4 Mệnh đề 3.2.5) Cũng Chương 3, chúng tơi tính tốn tường minh, thiết lập cơng thức tính chu kỳ dãy Tribonacci hai nhóm hữu hạn khơng abel là: nhóm nhị diện nhóm quaternion tổng quát (Mệnh đề 3.3.1, Mệnh đề 3.3.2, Mệnh đề 3.3.3, Mệnh đề 3.3.4, Mệnh đề 3.4.1, Mệnh đề 3.4.2, Mệnh đề 3.4.3 Mệnh đề 3.4.4) 52 Danh mục tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Việt Hưng (1998), Đại số đại cương, NXB Giáo dục [2] Hồ Thị Bích Ngọc (2015), Dãy Fibonacci nhóm hữu hạn, Luận văn thạc sĩ toán học, Đại học Quy Nhơn [3] J Klaˇska, Tribonacci modulo pt , Mathematica Bohemica, Vol 133 (2008), No 3, 267–288 [4] J Klaˇska (2008), Tribonacci modulo 2t and 11t , Mathematica Bohemica, Vol 133, No 4, 377–387 [5] S W Knox, Fibonacci sequences in finite groups, The Fibonacci Quarterly, Vol 30, No 2, pp 116–120, 1992 [6] M E Waddill (1978), Some properties of a generalized Fibonacci sequence modulo m, The Fibonacci Quarterly 16, 344–353 53 Quyết định giao đề tài luận văn ... 22 Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn 31 3.1 Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn 31 3.2 Dãy Tribonacci nhóm abel hữu hạn 33 3.3 Dãy Tribonacci nhóm nhị diện ... 31 Chương Dãy Tribonacci nhóm hữu hạn Trong chương chúng tơi nghiên cứu tính tuần hoàn chu kỳ dãy Tribonacci tổng quát nhóm abel hữu hạn số nhóm hữu hạn khơng abel nhóm nhị diện nhóm quaternion... nhận xét dãy Tribonacci theo modulo m dãy Tribonacci nhóm cộng Zm Từ sau gọn ta gọi tắt dãy Tribonacci tổng quát dãy Tribonacci 32 Mệnh đề 3.1.2 Cho G nhóm hữu hạn có n phần tử Khi dãy Tribonacci