ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------
NGUYỄN THỊ THU HÀ
VỀ DÃY K-FIBONACCI
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH
THÁI NGUYÊN - 2019
i
Mục lục
Lời cảm ơn
1
Mở đầu
2
1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn nhất 1.2 Dãy Fibonacci, hàm sinh, công thức Binet
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 4 5
2 Dãy k-Fibonacci
2.1 Hàm sinh và công thức Binet của dãy k-Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Một số tính chất của dãy k-Fibonacci . . . . . . . . . . 2.3 Một số đồng nhất thức của dãy k-Fibonacci
10 10 12 19
3 Một số ứng dụng của dãy k-Fibonacci
21 21 25
3.1 Tam giác chuẩn hóa và các hàm phức . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Một số ứng dụng của ma trận (Rk−1.L)n . . . . . . . . . . . .
Kết luận
29
Tài liệu tham khảo
30
1
Lời cảm ơn
Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến PGS. TS. Nông Quốc Chinh đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ. Hơn nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Thầy vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Thầy luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Thầy đã đôn đốc nhắc nhở tôi.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường THPT Ngô Thì Nhậm - Ninh Bình nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành chương trình học tập cao học.
Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019
Tác giả
Nguyễn Thị Thu Hà
2
Mở đầu
Dãy Fibonacci được đưa ra và nghiên cứu từ những năm 1202. Nó đóng vai trò quan trong trong những vấn đề khác nhau của Toán học và thu hút sự quan tâm của rất nhiều nhà Toán học. Mặc dù đã được biết đến từ rất lâu đời nhưng còn khá nhiều các vấn đề liên quan đến dãy Fibonacci và các mở rộng của nó còn chưa được nghiên cứu. Vì thế người ta luôn tìm cách mở rộng dãy Fibonacci để ứng dụng vào nghiên cứu các bài toán cụ thể. Một trong các hướng mà rất nhiều nhà toán học quan tâm đó là cách xây dựng các dãy số có tính chất đẹp tương tự như dãy Fibonacci hoặc là xây dựng các dãy số mở rộng của dãy Fibonacci.
Năm 2007, Falcon và Plaza đã đưa ra định nghĩa về dãy k-Fibonacci để ứng dụng vào nghiên cứu bài toán phân vùng 4 tam giác có cạnh lớn nhất. Bài toán phân vùng 4 tam giác cạnh dài nhất (viết ngắn gọn là 4TLE) được xây dựng bằng cách nối trung điểm của cạnh dài nhất với đỉnh đối diện và đến điểm giữa của hai cạnh còn lại. Bài toán này được đưa ra và nghiên cứu bởi tác giả M.C. Rivara vào năm 1996. Gần đây có rất nhiều kết quả liên quan đến dãy k-Fibonacci. Khi k = 1 thì dãy k-Fibonacci chính là dãy Fibonacci. Hơn nữa khi k = 2 thì dãy k-Fibonacci chính là dãy Pell. Do đó với những kết quả đã biết về dãy Fibonacci và dãy Pell chúng ta có thể mở rộng cho dãy k-Fibonacci. Ngược lại, từ các kết quả cho dãy k-Fibonacci chúng ta sẽ có ngay các kết quả tương ứng cho các dãy Fibonacci và dãy Pell. Mục tiêu của luận văn là trình bày các kết quả về dãy k-Fibonacci và ứng dụng của nó. Các kết quả chính trong luận văn được viết dựa theo các tài liệu [1], [2], và [3].
Nội dung chính của luận văn được trình bày trong ba chương. Chương 1 dành để trình bày một số tính chất của ước chung lớn nhất và các tính chất quan trọng của dãy Fibonacci. Đặc biệt là công thức Binet, nó được dùng trong rất nhiều các chứng minh sau này.
3
Chương 2 dành để trình bày về dãy k-Fibonacci. Trong chương này chúng tôi trình bày về hàm sinh, công thức Binet và các tính chất của dãy k- Fibonacci. Đặc biệt là các công thức đồng nhất của dãy k-Fibonacci. Các kết quả trong chương này được viết theo tài liệu [2] và [3].
Chương 3 trình bày về một số ứng dụng cụ thể của dãy k-Fibonacci. Đặc biệt là mối liên hệ với bài toán phân vùng 4 tam giác có cạnh lớn nhất. Hơn nữa từ mối quan hệ với dạng ma trận của các ánh xạ phức Rk−1.L chúng ta thu được một số kết quả quen biết về dãy k-Fibonacci.
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Ước chung lớn nhất
Mục đích của tiết này là trình bày một số tính chất quan trọng về ước chung lớn nhất của một dãy các số nguyên dương, được dùng cho các chứng minh ở các phần sau. Các kết quả trong tiết này được viết theo tài liệu [1]. Để thuận tiện cho trình bày ta ký hiệu ước chung lớn nhất của một dãy
các số nguyên dương a1, . . . , at, t ≥ 2 là gcd(a1, . . . , at).
gcd (m + q, n) = gcd (m, n) .
Bổ đề 1.1.1. Cho m, n, q là các số nguyên dương. Giả sử n|q. Khi đó, ta có
m = r2g − rn = (r2 − r1r) g,
Chứng minh. Theo giả thiết n|q nên q = rn, với r là số nguyên dương nào đó. Đặt g = gcd (m + rn, n) thì ta có g |(m + rn) và g |n. Do đó tồn tại các số nguyên dương r1, r2 sao cho n = r1g và m + rn = r2g. Do đó
nghĩa là g |m. Lấy tùy ý số tự nhiên d ∈ N sao cho d |m và d |n. Suy ra d |(m + rn). Kết hợp với g = gcd (m + rn, n) ta suy ra d |g. Vậy g |gcd (m, n) . Vì thế gcd (m + q, n) = gcd (m, n) .
Bổ đề 1.1.2. Cho m, n là các số nguyên dương. Khi đó n|m khi và chỉ khi gcd(m, n) = n.
gcd (n, n) = n.
Chứng minh. Giả sử n|m ta cần chứng minh gcd (m, n) = n. Vì n|m nên tồn tại số nguyên dương q sao cho m = qn. Suy ra gcd (m, n) = gcd (qn, n) . Ta sẽ chứng minh khẳng định trên bằng quy nạp theo q. Với q = 1, ta có
5
gcd (qn + n, n) = gcd (qn, n) = n.
Giả sử đẳng thức đúng với q > 1, ta chứng minh đẳng thức đúng với q + 1. Thật vậy theo Bổ đề 1.1.1 và giả thiết quy nạp, ta có
Vậy điều kiện cần được chứng minh.
Ngược lại, giả sử gcd (m, n) = n ta cần chứng minh n|m. Thật vậy, vì gcd (m, n) = n nên tồn tại số nguyên dương q sao cho m = qn, nghĩa là n |m. Vậy điều kiện đủ được chứng minh.
Bổ đề 1.1.3. Cho m, n, q là các số nguyên dương. Khi đó, nếu gcd (m, n) = 1 thì gcd (m, nq) = gcd (m, q) .
(cid:48)
gcd(m, n) = 1, g
|m và g(cid:48)|nq,
Chứng minh. Giả sử g = gcd(m, q) và g(cid:48) = gcd(m, nq). Suy ra g(cid:48)|m và g(cid:48)|nq; g|m và g|q. Vì g|q nên g|nq. Suy ra g (cid:12) (cid:12)g(cid:48) . Từ các điều kiện
1.2 Dãy Fibonacci, hàm sinh, công thức Binet
ta suy ra g(cid:48)|q. Mặt khác g = gcd(m, q), do đó g(cid:48)|g. Vậy g = g(cid:48).
(n ≥ 1),
Định nghĩa 1.2.1. Dãy số Fibonacci, ký hiệu (Fn)n∈N được định nghĩa bởi công thức truy hồi
(cid:40) F0 = 0, F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1
ở đây Fn là số hạng thứ n của dãy số Fibonacci.
Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0,
Từ hệ thức truy hồi của dãy Fibonacci ta có
với mọi n ≥ 0. Do đó ta có phương trình x2 − x − 1 = 0 hay x2 = x + 1. Nhân hai vế của phương trình với xn−1 ta được
xn+1 = xn + xn−1.
(1.1)
6
ϕn+1 = ϕn + ϕn−1 và (1 − ϕ)n+1 = (1 − ϕ)n + (1 − ϕ)n−1.
Rõ ràng nếu ϕ là một nghiệm của phương trình (1.1) thì 1 − ϕ cũng là một nghiệm của phương trình (1.1). Do đó
Với mỗi cặp số thực a, b, ta đặt Fa,b (n) = aϕn + b(1 − ϕ)n. Khi đó tất cả
các hàm này thỏa mãn hệ thức truy hồi Fibonacci.
Định nghĩa 1.2.2. Các hàm Fa,b (n) = aϕn + b(1 − ϕ)n được gọi là hàm sinh.
√
Trong Định nghĩa dãy Fibonacci, các số hạng của dãy được cho dưới dạng truy hồi nên khi sử dụng dãy đôi khi gặp khó khăn. Mệnh đề sau đây cho ta công thức tường minh của dãy Fibonacci và được gọi là công thức Binet. Công thức Binet được sử dụng hữu hiệu trong các chứng minh sau này.
5
5
−
1 − 1+ 2
√
.
Fn =
5
(cid:17)n (cid:17)n (cid:16) Mệnh đề 1.2.3. Dãy số Fibonacci được cho bởi công thức √ (cid:16) 1+ 2
gcd(Fn, Fn+1) = 1.
Mệnh đề 1.2.4. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó, ta có
g = gcd(Fn, Fn+1) (cid:54)= 1.
Chứng minh. Giả sử
Fn+1 − Fn = Fn−1, (n ≥ 1).
Khi đó, ta có g |Fn và g |Fn+1. Theo công thức truy hồi của dãy Fibonacci
Suy ra g|Fn−1. Lăp lại quá trình ta có g|1, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy gcd(Fn, Fn+1) = 1.
Mệnh đề 1.2.5. Cho m, n là các số nguyên dương. Khi đó, ta có
Fm+n = Fm−1.Fn + Fm.Fn+1.
(1.2)
7
Fm+1 = Fm−1.F1 + Fm.F2.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh khẳng định trong bổ đề bằng quy nạp theo n. Với n = 1 đẳng thức (1.2) trở thành
Ta có F1 = F2 = 1 nên đẳng thức cần chứng minh thành Fm+1 = Fm−1 +Fm. Đẳng thức này luôn đúng theo định nghĩa của dãy Fibonacci.
Fm+k = Fm−1.Fk + Fm.Fk+1.
Giả sử đẳng thức (1.2) đúng với n = k, nghĩa là
Fm+k+1 = Fm−1.Fk+1 + Fm.Fk+2.
Ta cần chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1, nghĩa là
Fm+k+1 = Fm+k−1 + Fm+k
= Fm−1.Fk−1 + Fm.Fk + Fm−1.Fk + Fm.Fk+1 = Fm−1(Fk + Fk−1) + Fm(Fk + Fk+1) = Fm−1.Fk+1 + Fm.Fk+2.
Ta có
Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Kết quả sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 1.2.5.
F2n = Fn(Fn−1 + Fn+1).
Hệ quả 1.2.6. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n ≥ 1. Khi đó
Fn+m = Fn−1.Fm + Fn.Fm+1.
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 1.2.5 ta có
F2n = Fn−1.Fn + Fn.Fn+1
= Fn(Fn−1 + Fn+1).
Thay m = n ta được
Bổ đề 1.2.7. Cho m, n là hai số nguyên dương sao cho m|n. Khi đó, ta có Fm|Fn.
8
Fqm+m = Fqm−1Fm + FqmFm+1.
Chứng minh. Vì m |n nên tồn tại số nguyên dương q sao cho n = qm. Ta sẽ chứng minh khẳng định trong bổ đề bằng quy nạp theo q. Với q = 1, ta có n = m, do đó Fm|Fm. Giả sử khẳng định trong bổ đề là đúng với q > 1. Ta chứng minh đẳng thức đúng với q + 1. Theo Mệnh đề 1.2.5, ta có
Fm|(Fqm−1Fm + FqmFm+1) = Fqm+m.
Rõ ràng Fm|Fqm−1Fm. Theo giả thiết quy nạp Fm|Fqm. Do đó Fm|FqmFm+1. Vậy
Bổ đề 1.2.7 cho ta một hệ quả trực tiếp sau.
Hệ quả 1.2.8. Nếu n là một hợp số khác 4 thì Fn là một hợp số.
Chứng minh. Vì n là hợp số khác 4 nên tồn tại số nguyên dương m ≥ 2 sao cho m|n. Theo Bổ đề 1.2.7 ta có Fm|Fn, nghĩa là Fn là hợp số.
gcd(Fm, Fn) = Fgcd(m,n).
Mệnh đề 1.2.9. Cho hai số nguyên dương m, n. Khi đó
m = nq0 + r1, 0 ≤ r1 ≤ n.
Chứng minh. Sử dụng phép chia với dư, tồn tại các số nguyên dương q0, r1 sao cho
gcd (Fm, Fn) = gcd (Fnq0−1Fr1 + Fnq0Fr1+1, Fn) .
Kết hợp với Bổ đề 1.2.5, ta có
gcd(Fm, Fn) = gcd(Fnq0−1Fr1, Fn).
Theo Bổ đề 1.2.7 ta có Fn|Fnq0. Do đó theo Bổ đề 1.1.1 ta có
gcd(Fm, Fn) = gcd(Frk−1, Frk),
Mặt khác gcd (Fm, Fn) = gcd (Fr1, Fn) . Tiếp tục quá trình cho đến n cùng với thuật toán Euclide, ta nhận được
9
gcd (cid:0)Frk−1, Frk
với rk|rk−1 và rk = gcd(m, n). Vì rk|rk−1 nên theo Bổ đề 1.2.7 ta có Frk|Frk−1. Theo Bổ đề 1.1.2 suy ra
(cid:1) = Frk.
Vậy gcd(Fm, Fn) = Fgcd(m,n).
Kết quả sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 1.2.9.
Hệ quả 1.2.10. Nếu Fm|Fn thì m|n với mọi n, m ≥ 1.
Chứng minh. Vì Fm|Fn nên gcd(Fm, Fn) = Fm. Theo Mệnh đề 1.2.9 ta có gcd(Fm, Fn) = Fgcd(m,n). Do đó gcd(m, n) = m, nghĩa là m|n.
F2n+1 = F 2
n + F 2
n+1.
Mệnh đề 1.2.11. Cho n là số nguyên không âm. Khi đó
F1 = 1 = 0 + 1 = F 2
0 + F 2 1 .
Chứng minh. Mệnh đề được chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 0, ta có
F2n+1 = F 2
n + F 2
n+1.
Giả sử khẳng định trong mệnh đề đúng với n > 0, tức là
F2n+3 = F 2
n+1 + F 2
n+2.
Ta cần chứng minh
n+1 + F 2 F 2
n+1
= F 2 = F 2
n+2 = (Fn−1 + Fn)2 + (Fn + Fn+1)2 n−1 + 2Fn−1Fn + F 2 n + F 2 n + 2Fn (Fn−1 + Fn+1) + F 2 n−1 + F 2
n + 2FnFn+1 + F 2 n + F 2
n+1
= F2n−1 + 2F2n + F2n+1 = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3.
Theo định nghĩa dãy Fibonacci, Hệ quả 1.2.6 và giả thiết quy nạp, ta có
10
Chương 2
Dãy k-Fibonacci
2.1 Hàm sinh và công thức Binet của dãy k-Fibonacci
Mục đích của tiết này là trình bày định nghĩa, hàm sinh và công thức Binet của dãy k-Fibonacci. Các định nghĩa và tính chất của tiết này được viết theo tài liệu [2].
Trong suốt tiết này ta luôn xét k là một số thực dương.
Định nghĩa 2.1.1. Dãy k-Fibonacci được định nghĩa bởi công thức truy hồi
(n ≥ 1).
Fk,0 = 0, Fk,1 = 1, Fk,n+1 = kFk,n + Fk,n−1,
r2 = kr + 1.
Từ định nghĩa của dãy k-Fibonacci ta có phương trình đặc trưng
√
k ±
.
r1,2 =
k2 + 4 2
Các nghiệm của phương trình đặc trưng là
√
k2 + 4.
r1 − r2 =
Rõ ràng với k > 0 thì r2 < 0 < r1, |r2| < r1. Hơn nữa r1 +r2 = k, r1.r2 = −1 và
r2 là các nghiệm của phương trình đặc trưng.
Trong toàn bộ luận văn ta sẽ ký hiệu Fk,n là số k-Fibonacci thứ n và r1,
Từ định nghĩa của dãy k-Fibonacci, với k = 1 thì dãy này chính là dãy Fibonacci. Do đó có thể nói khái niệm dãy k-Fibonacci là một mở rộng của
11
khái niệm dãy Fibonacci. Vì thế nhiều tác giả đã tìm cách nghiên cứu các tính chất tương tự cho dãy k-Fibonacci. Một trong những tính chất này là công thức Binet.
.
Fk,n =
rn 1 − rn 2 r1 − r2
Mệnh đề 2.1.2 (Công thức Binet). Số k-Fibonacci thứ n, ký hiệu là Fk,n được xác định bởi công thức
= 0.
Fk,0 =
1 − r0 r0 2 r1 − r2
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh khẳng định trong mệnh đề bằng quy nạp theo n. Với n = 0, ta có
(ri
Fk,i =
1 − ri
2).
. Theo định nghĩa của dãy k-Fibonacci,
Giả sử khẳng định trong mệnh đề đúng với mọi số nguyên i thỏa mãn 0 ≤ i ≤ l + 1. Khi đó
1 r1 − r2 rl+1 1 − rl+1 2 r1 − r2
+
.
kFk,l + Fk,l−1 = k
Ta cần chứng minh Fk,l+1 =
rl 1 − rl 2 r1 − r2
ta có Fk,l+1 = kFk,l + Fk,l−1. Từ giả thiết quy nạp 1 − rl−1 rl−1 2 r1 − r2
Do r1 + r2 = k, nên suy ra
1 − rl 2
+
kFk,l + Fk,l−1 =
(r1 + r2) (cid:0)rl r1 − r2
1 − rl−1 rl−1 2 r1 − r2 1 + rl−1
1 − rl+1 rl+1
2 − r1rl
1 − rl−1
2
=
.
2 + r2rl r1 − r2
(cid:1)
kFk,l + Fk,l−1 =
= Fk,l+1.
1 − rl+1 rl+1 2 r1 − r2
Mặt khác r1r2 = −1, nên suy ra
=
.
Fk,l+1 = kFk,l+1 + Fk,l 1 − rl+1 rl+1 2 r1 − r2
Theo Định nghĩa dãy k-Fibonacci và tính chất của r1, r2 ta có
12
2.2 Một số tính chất của dãy k-Fibonacci
Mục đích của tiết này là trình bày lại các tính chất của dãy k-Fibonacci.
Các kết quả trong tiết này được viết dựa theo tài liệu [2].
rn+2 1 = k.rn+1 2 = k.rn+1 rn+2
1 + rn 1 . 2 + rn 2 .
Bổ đề 2.2.1. Cho n là một số nguyên thỏa mãn n ≥ 1. Khi đó
r2 1 = kr1 + 1. r2 2 = kr2 + 1. Nhân cả 2 vế của các đẳng thức này với rn
1 và rn
2 ta được điều cần chứng
Chứng minh. Vì r1, r2 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên
minh.
n (cid:88)
kiFk,i = Fk,2n.
i
i=0
(cid:19) Mệnh đề 2.2.2. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó, ta có (cid:18)n
Chứng minh. Theo công thức Binet cho dãy k-Fibonacci ta có
n (cid:88)
n (cid:88)
ki
kiFk,i =
i
i
i=0
i=0
(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:18)n (cid:18)n (cid:18)ri
1 − ri 2 r1 − r2 (cid:19) (cid:18)n
n (cid:88)
=
.
(kr1)i −
(kr2)i
i
i
1 r1 − r2
i=0
i=0
(cid:34) n (cid:35) (cid:19) (cid:18)n (cid:88)
ri j, với j=1;2 ta thu được
n (cid:80) i=0
Bằng cách tính tổng riêng
n (cid:88)
kiFk,i =
i
r2n 1 − r2n 2 r1 − r2
i=0
= Fk,2n.
(cid:19) (cid:18)n
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Fk,mn+m − (−1)mFk,mn − Fk,m
n (cid:88)
.
Fk,mi =
1 + rm rm
2 − (−1)m − 1
i=1
Mệnh đề 2.2.3. Cho n, m ≥ 1 là các số nguyên dương. Khi đó, ta có
13
n (cid:88)
n (cid:88)
Fk,mi =
i=1
i=1
+
+ · · · +
=
Chứng minh. Sử dụng công thức Binet và tính chất r1−r2 = k, r1.r2 = −1, ta thu được
=
2 + r2m
2 + · · · + rnm
2
1 − rnm rnm 2 r1 − r2 (cid:1) − (cid:0)rm (cid:21)
=
− rm 2 .
(cid:1)(cid:3)
− rm 2
−
=
(cid:21)
+ rm 1
rmi 1 − rmi 2 r1 − r2 1 − r2m r2m 2 r1 − r2 (cid:2)(cid:0)rm 1 + r2m (cid:20) rnm 1 − 1 rm 1 . rm 1 − 1 (cid:20)rmn+m − rm 1 1 rm 1 − 1 (cid:20)rmn+m .rm 1
=
(cid:21)
+ rm 2
2
−
1 − rm rm 2 r1 − r2 1 r1 − r2 1 r1 − r2 1 r1 − r2 1 r1 − r2 1 r1 − r2
1 + · · · + rnm 1 rnm 2 − 1 rm 2 − 1 rmn+m 2 rm 2 − 1 2 − rmn+m 1 2 − 1) 1 − rmn+m 2 2 − 1)
(cid:35) (cid:1) (cid:34)(cid:0)rmn+m
1 − rm 2 )
1 .rm 2 − rm 1 − 1) (rm (rm 2 .rm 1 − rm .rm (rm 1 − 1) (rm 1 (r1r2)m − rmn rmn
=
1 r1 − r2
(cid:34) (cid:35) (cid:1) + (rm
(−1)m (rmn
1 − rm 2 )
− rmn+m 2
=
.
2 (r1r2)m − (cid:0)rmn+m − rmn+m 1 2 (r1r2)m − rm 1 − rm 2 + 1 2 ) − (cid:0)rmn+m 1 − rmn 1 r1 − r2
2 + 1
=
[(−1)mFk,mn − Fk,mn+m + Fk,m],
1 (−1)m − rm 1 − rm 1 (−1)m − rm 1 − rm
2 + 1
(cid:1) + (rm
Fk,mn+m − (−1)mFk,mn − Fk,m
n (cid:88)
.
Fk,mi =
1 + rm rm
2 − (−1)m − 1
i=1
nghĩa là
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Fmn+m − (−1)mFmn − Fm
n (cid:88)
.
Fmi =
1 + rm rm
2 − (−1)m − 1
i=1
Với k = 1, ta thu được một công thức cho dãy Fibonacci, cho bởi
Bằng cách chứng minh tương tự ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.4. Các phát biểu sau là đúng
14
Fk,mn+m+j − (−1)mFk,mn+j + (−1)mFk,j−m − Fk,j
n (cid:88)
;
Fk,mi+j =
1 + rm rm
2 − (−1)m − 1
i=0
(i) Nếu j > m, thì
Fk,i+j =
[−Fk,n+j − Fk,n+j+1 + Fk,j−1 + Fk,j] ;
n (cid:80) i=0
−1 k (iii) Fk,−n = (−1)n+1Fk,n, n ≥ 1.
(ii)
Mệnh đề 2.2.5. Với mọi số nguyên dương a, b, c các phát biểu sau là đúng.
(Fk,a.Fk,b − Fk,a−2.Fk,b−2) ;
1 k
(i) Fk,a+b−1 = Fk,a.Fk,b + Fk,a−1.Fk,b−1;
Fk,a+b+c−3 =
(Fk,a.Fk,b.Fk,c + kFk,a−1.Fk,b−1.Fk,c−1)
−
(Fk,a−2.Fk,b−2.Fk,c−2) .
1 k 1 k
(ii) Fk,a+b−2 = (iii)
Fk,a+b−1 = Fk,a.Fk,b + Fk,a−1.Fk,b−1
Chứng minh. (i) Theo công thức Binet, ta có
ra+b−1 1
=
.
+
.
,
− ra+b−1 2 r1 − r2
1 − ra ra 2 r1 − r2
1 − rb rb 2 r1 − r2
1 − ra−1 ra−1 2 r1 − r2
1 − rb−1 rb−1 2 r1 − r2
tương đương với
−
1ra
1 + ra+b ra+b
2 − ra
2 + ra+b−2 1
=
ra+b ra+b 2 1 r1 r2 r1 − r2
ra+b−2 2
1
ra−1 2
+
.
1rb 2 − rb (r1 − r2)2 − ra−1 2 − rb−1 rb−1 1 (r1 − r2)2
nghĩa là
Đẳng thức này tương đương với
−
(r1 − r2) = (cid:0)ra+b
1rb
2 − rb
1ra
1 + ra+b
2 − ra
2 + ra+b−2 1
ra+b 1 r1
ra+b 2 r2
(cid:33) (cid:32) (cid:1)
+ (cid:0)ra+b−2 2
− ra−1 1
2 − rb−1 rb−1
1
ra−1 2
(cid:1) ,
15
,
r1 = ra+b
1 + ra+b ra+b
2 − ra+b−1 1
r2 − ra+b−1 2
1 + ra+b
2 + ra+b−2 1
+ ra+b−2 2
nghĩa là
Fk,a+b−2 = Fk,a.Fk,b−1 + Fk,a−1.Fk,b−2
đẳng thức này luôn đúng vì r1r2 = −1. (ii) Từ định nghĩa của dãy k-Fibonacci ta có
+ Fk,b−2
= Fk,a
(cid:19) (cid:19)
=
(Fk,a.Fk,b − Fk,a−2.Fk,b−2) .
1 k
(cid:18)Fk,b − Fk,b−2 k (cid:18)Fk,a − Fk,a−2 k
Fk,a+b+c−3 = Fk,a−1.Fk,b+c−3 + Fk,a−1.Fk,b+c−2.
(iii) Sử dụng định nghĩa của dãy k-Fibonacci, ta có
= Fk,a−1(Fk,b−2.Fk,c−2 + Fk,b−1.Fk,c−1) + Fk,a
(cid:19)
=
Fk,aFk,bFk,c −
+ Fk,a−1Fk,b−1Fk,c−1
(kFk,a−1 + Fk,a−2) Fk,b−2Fk,c−2 k
1 k
+ Fk,a−1Fk,b−2Fk,c−2 −
Fk,a−2Fk,b−2Fk,c−2 k
=
(Fk,aFk,bFk,c + kFk,a−1Fk,b−1Fk,c−1 − Fk,a−2Fk,b−2Fk,c−2) .
1 k
(cid:18)Fk,b.Fk,c + Fk,b−2.Fk,c−2 k
rn 1 = r1.Fk,n + Fk,n−1.
Mệnh đề 2.2.6. Với mọi số nguyên n ≥ 1, ta có
r1 + r2 = k, r1.r1 = −1.
Chứng minh. Vì r1, r2 là nghiệm của phương trình r2 = kr + 1 nên ta có
Fk,0 = 0; Fk,1 = 1; Fk,2 = kFk,1 + Fk,0 = k; Fk,3 = kFk,2 + Fk,1 = k2 + 1; . . .
Mặt khác
1k + r1 = r1(k2 + 1) + k = r1Fk,3 + Fk,2.
r2 1 = r1(k − r2) = r1k − r1r2 = r1k + 1 = r1Fk,2 + Fk,1. 1 = r1(r1k + 1) = r2 r3 . . .
Do đó
16
rn 1 = r1.Fk,n + Fk,n−1.
Tiếp tục quá trình ta được
2 = r2.Fk,n + Fk,n−1.
Hoàn toàn tương tự ta có rn
gcd (Fk,n, Fk,n−1) = 1.
Mệnh đề 2.2.7. Hai số k-Fibonacci liền nhau luôn là hai số nguyên tố cùng nhau, nghĩa là với mọi số nguyên dương n, ta đều có
Fk,n = kFk,n−1 + Fk,n−2 Fk,n−1 = kFk,n−2 + Fk,n−3
Chứng minh. Sử dụng thuật toán Euclide với Fk,n là số bị chia, Fk,n−1 là số chia ta được các phương trình tuyến tính
Fk,3 = kFk,2 + Fk,1 Fk,2 = kFk,1 + 0.
...
gcd (Fk,n, Fk,n−1) = Fk,1 = 1.
Theo thuật toán Euclice ta có
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Fk,m |Fk,mn.
Mệnh đề 2.2.8. Cho m, n là các số nguyên dương. Khi đó
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh khẳng định trong mệnh đề bằng quy nạp theo n. Khi n = 1 thì rõ ràng Fk,m |Fk,m .
Giả sử khẳng định trong mệnh đề đúng với tất cả các số nguyên l, (l ≥ 1)
Fk,m
nghĩa là Fk,m |Fk,mi , với mọi i mà 1 ≤ i ≤ l. Ta cần chứng minh
(cid:12) (cid:12)Fk,m(l+1).
Fk,m(l+1) = Fk,ml+m = Fk,ml−1.Fk,m + F k,ml.Fk,m+1.
Theo Mệnh đề 2.2.5 (i), ta có
Thiết quy nạp, Fk,m |Fk,ml. Do đó Fk,m (cid:12) (cid:12)Fk,m(l+1).
17
gcd (Fk,qn−1, Fk,n) = 1.
Mệnh đề 2.2.9. Cho q, n là các số nguyên dương. Khi đó
Fk,n |Fk,qn.
Chứng minh. Gọi d = gcd (Fk,qn−1, Fk,n) thì d |Fk,qn−1 và d |Fk,n. Theo Mệnh đề 2.2.8 thì
d |Fk,qn.
Suy ra
d|Fk,qn−1 và d|Fk,qn.
Do đó
gcd (Fk,qn−1, Fk,qn) = 1.
Theo Mệnh đề 2.2.7, ta suy ra
gcd (Fk,qn−1, Fk,n) = 1.
Vậy
gcd (Fk,m, Fk,n) = gcd (Fk,n, Fk,r) .
Mệnh đề 2.2.10. Giả sử m = qn + r với m, n, q, r là các số nguyên dương. Khi đó
gcd (Fk,m, Fk,n) = gcd (Fk,qn+r, Fk,n)
= gcd (Fk,qn−1Fk,r + Fk,qnFk,r+1, Fk,n) = gcd (Fk,qn−1Fk,r, Fk,n) = gcd (Fk,r, Fk,n) .
Chứng minh. Ta có
Mệnh đề tiếp theo cho thấy ước số chung lớn nhất của hai số k-Fibonacci
luôn là một số k-Fibonacci.
gcd (Fk,m, Fk,n) = Fk,gcd(m,n).
Mệnh đề 2.2.11. Cho m và n là các số nguyên dương. Khi đó
18
m = q0n + r1; n = q1r1 + r2; r1 = q2r2 + r3;
Chứng minh. Không mất tổng quát ta có thể giả sử m ≥ n. Áp dụng thuật toán Euclide với số bị chia m số chia n ta được
rn−2 = qn−1rn−1 + rn; rn−1 = qnrn + 0.
...
gcd (Fk,m, Fk,n) = gcd (Fk,n, Fk,r1)
Từ Mệnh đề 2.2.10, ta có
= gcd (Fk,r1, Fk,r2) = · · · = gcd (cid:0)Fk,rn−1, Fk,rn
(cid:1) .
gcd (cid:0)Fk,rn−1, Fk,rn
Vì rn |rn−1 nên Fk,rn (cid:12) (cid:12)Fk,rn−1. Do đó
(cid:1) = Fk,rn.
gcd (Fk,m, Fk,n) = Fk,rn.
Suy ra
Theo thuật toán Euclide rn = gcd (m, n) , do đó gcd (Fk,m, Fk,n) = Fk,gcd(m,n).
[a, b].
Với hai số nguyên dương a, b ta ký hiệu bội chung nhỏ nhất của a và b là
Fk,mFk,n |Fk,mn.
Mệnh đề 2.2.12. Cho m, n là các số nguyên dương sao cho gcd(m, n) = 1. Khi đó
Fk,m |Fk,mn và Fk,n |Fk,mn.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.2.10 ta có
[Fk,m, Fk,n] |Fk,mn.
Do đó
gcd (Fk,m, F k,n) = Fk,gcd(m,n) = Fk,1 = 1.
Mặt khác
19
[Fk,m, Fk,n] = Fk,m.Fk,n.
Nên
Fk,mFk,n |Fk,mn.
Suy ra
2.3 Một số đồng nhất thức của dãy k-Fibonacci
Vậy ta mệnh đề được chứng minh.
Mục đích của tiết này là trình bày một số đồng nhất thức của dãy k- Fibonacci bằng cách sử dụng công thức Binet. Các kết quả trong tiết này được viết theo tài liệu [3].
Mệnh đề 2.3.1. (Đồng nhất Catalan) Với mọi số nguyên dương k, n, r ta có
Fk,n−rFk,n+r − F 2
k,n = (−1)n+1−rF 2
k,r.
(2.1)
Chứng minh. Sử dụng công thức Binet cho dãy k-Fibonacci và r1r2 = −1, ta có
−
Fk,n−rFk,n+r − F 2
k,n =
1 − rn−r 2 r1 − r2
1 − rn 2 r1 − r2
1 − rn+r 2 r1 − r2 (cid:19)2
(cid:19) (cid:19)2 (cid:18)rn−r (cid:19) (cid:18)rn+r (cid:18)rn
= (−1)n+1−r
= (−1)n+1−rF 2
1 − rn 2 r1 − r2 k,r.
(cid:18)rn
Mệnh đề sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 2.3.1.
Fk,n−1Fk,n+1 − F 2
k,n = (−1)n.
Mệnh đề 2.3.2. (Đồng nhất Casini) Với mọi số nguyên dương k, n, ta có
Fk,n−1Fk,n+1 − F 2
k,n = (−1)nF 2
k,1.
Chứng minh. Theo công thức (2.1), với r = 1 ta có
Mặt khác theo Định nghĩa dãy k-Fibonacci ta có Fk,1 = 1. Do đó ta có điều cần chứng minh.
20
Fk,mFk,n+1 − Fk,m+1Fk,n = (−1)nFk,m−n.
Mệnh đề 2.3.3. (Đồng nhất d’Ocagne) Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m > n. Khi đó
Chứng minh. Sử dụng công thức Binet và r1r2 = −1, ta có
Fk,n−1Fk,n+1 − F 2
k,n =
1 − rn+1 2 r1 − r2
(cid:19) (cid:19) (cid:18)rn+1 (cid:18)rm
−
1 − rm 2 r1 − r2 1 − rm+1 2 r1 − r2 (cid:32)
(cid:19) (cid:18)rm+1 (cid:19) (cid:18)rn
1 − rm−n
2
= (r1r2)n
1 − rn 2 r1 − r2 (r1 − r2) (cid:0)rm−n (r1 − r2)2
(cid:33) (cid:1)
1 − rm−n 2 r1 − r2
= (r1r2)n = (−1)nFk,m−n.
(cid:19) (cid:18)rm−n
Sử dụng công thức Binet ta có mệnh đề quan trọng sau.
= r1.
lim n→∞
Fk,n Fk,n−1
Mệnh đề 2.3.4.
Chứng minh. Ta có
= lim n→∞
lim n→∞
Fk,n Fk,n−1
1 − rn 2 r1 − r2
2
(cid:19) (cid:18)rn
.
= lim n→∞
(cid:19) (cid:18) r1 − r2 rn−1 1 − rn−1 (cid:19)
2
= 0. Khi đó ta có
| < 1 nên lim n→∞
r1 r2
(cid:18) rn 1 − rn 2 1 − rn−1 rn−1 (cid:19)n Vì | (cid:18)r1 r2
1 −
= r1.
lim n→∞
= lim n→∞
= lim n→∞
Fk,n Fk,n−1
−
1 1 r1
(cid:17)n
. 1 r2
1 r1
(cid:16) r1 r2 (cid:17)n (cid:16) r2 r1
=
.
lim n→∞
Fk,n−1 Fk,n
1 r1
Mệnh đề 2.3.5.
21
Chương 3
Một số ứng dụng của dãy k-Fibonacci
3.1 Tam giác chuẩn hóa và các hàm phức
Bài toán phân vùng 4 tam giác cạnh dài nhất (viết ngắn gọn là 4TLE) được xây dựng bằng cách nối trung điểm của cạnh dài nhất với đỉnh đối diện và đến điểm giữa của hai cạnh còn lại. Bài toán này được đưa ra và nghiên cứu bởi tác giả M.C. Rivara vào năm 1996. Mục đích của tiết này là trình bày mối quan hệ giữa bài toán 4TLE với các số Fibonacci và hệ quả là ta có một ví dụ về mối quan hệ giữa hình học và các số. Việc sử dụng khái niệm tiền đề của tam giác chuẩn hóa được sử dụng để suy ra một cặp hàm biến phức. Các hàm này ở dạng ma trận cho phép chúng ta sử dụng trực tiếp và một cách dễ dàng, nó mô tả nhiều tính chất cơ bản của một số dãy các số nguyên truy hồi như số Fibonacci và số Pell. Các kết quả trong chương này được viết theo tài liệu [4].
Xét các tam giác có cạnh dài nhất là đơn vị (có độ dài bằng 1). Mỗi tam giác như vậy được biểu diễn bởi ba đỉnh có tọa là (0; 0), (1; 0) và z = (x; y). Hai đỉnh (0; 0) và (1; 0) là tọa độ của hai điểm đầu và cuối cạnh dài nhất của tam giác, đỉnh còn lại là z = (x; y) nằm bên trong hai cung tròn có tâm là (0; 0) và (1; 0) với bán kính bằng 1.
Đối với một tam giác bất kỳ, cạnh và góc tương ứng của nó được quy ước
theo thứ tự độ lớn tăng dần, nghĩa là r1 ≥ r2 ≥ r3; γ ≥ β ≥ α.
Định nghĩa 3.1.1. (i) Phân vùng cạnh dài nhất ("the longest-edge parti- tion") của một tam giác t0 (ký hiệu là (LE)) là việc chia tam giác đó bằng
22
cách nối trung điểm của cạnh dài nhất của t0 với đỉnh đối diện. (ii) Phân vùng 4 tam giác cạnh dài nhất (4T LE) ("the four-triangle longest-edge par- tition") là việc chia tam giác đó bằng cách nối trung điểm của cạnh dài nhất với đỉnh đối diện của nó và với hai trung điểm của hai cạnh còn lại.
Định nghĩa 3.1.2. Cho tn+1 là một tam giác gồm hai tam giác tn khác nhau, ta gọi một là tam giác nguồn trái (hay tiền đề trái) và một tam giác nguồn phải (hay tiền đề phải), ở đây cả hai tam giác tn này đều có phân vùng 4 tam giác cạnh dài nhất tạo ra tam giác tn+1.
z + 1 = (x + 1; y).
Ví dụ 3.1.3. (i) Tam giác tn+1 có tọa độ đỉnh là (0; 0), (1; 0), và z = (x; y). (ii) Tam giác nguồn trái tn lần lượt có các đỉnh là z = (x; y), (0; 0), và
(x − 1; y).
(iii) Tam giác nguồn phải tn lần lượt có các đỉnh là z, (1; 0), và z − 1 =
Định lý 3.1.4. Mối quan hệ giữa đỉnh z của tam giác tn+1 và các đỉnh của tam giác nguồn trái và phải có thể biểu thị dưới công thức toán học bởi các
1 z + 1
1 2 − z
, ở đây z là số phức và z là số hàm phức fL (z) = và fR (z) =
phức liên hợp của z.
h(z) =
,
az + b cz + d
Định nghĩa 3.1.5. (i) Một phép biến đổi Moebius trong không gian phức là một hàm hữu tỷ có dạng
trong đó z là biến và a, b, c, d ∈ C thỏa mãn ad − bc (cid:54)= 0.
h(z) =
,
az + b cz + d
(ii) Cho
c d
h.
(cid:19) (cid:18)a b được gọi là ma trận của là một phép biến đổi Moebius. Ma trận H =
h(z) =
,
az + b cz + d
Cho
23
c d
(cid:19) (cid:18)a b cũng được gọi là ma là một phép biến đổi Moebius. Ma trận H =
trận của h(z).
−1 2
1 1
Từ Định nghĩa trên ta thấy fR là một phép biến đổi Moebius. Do đó ánh xạ fR bảo toàn độ lớn và hướng của góc, đồng thời chuyển đường thẳng thành đường thẳng, chuyển đường tròn thành đường tròn. Ánh xạ fL không là phép biến đổi Moebius. Tuy nhiên nó bảo toàn độ lớn của góc, nhưng đảo ngược hướng của góc. Và nếu coi đường thẳng là đường tròn có bán kính vô hạn, thì fL chuyển đường tròn thành đường tròn. (cid:19) (cid:19) (cid:18) 0 1 (cid:18) 0 1 là các ma trận liên kết với các Ký hiệu R = và L =
hàm fR và fL. Khi đó hợp thành của 2 ánh xạ này có ma trận liên kết là tích của 2 ma trận liên kết ở trên. Thật vậy, ta có
1
=
.
=
(fR.fL (z)) = fR (fL (z)) = fR
z + 1
z + 1 2z + 1
2 −
1 z + 1
(cid:19) (cid:18) 1
Ma trận của phép biến đổi này là
RL =
.
=
1 −1 2
(cid:19) (cid:19) (cid:18) 0 (cid:19) (cid:18)0 1 1 1 (cid:18)1 1 2 1
Vì thế ta có thể thay thế việc sử dụng các phép biến đổi fR, fL bằng cách sử dụng các ma trận liên kết R và L như đã xác định ở trên. Tổng quát hơn, hợp thành của các phép biến đổi fR và fL đều được xác định bởi tích của các ma trận tương ứng.
Bằng quy nạp ta có ma trận
Rk−1 =
, ∀k ≥ 1.
−k + 1
k
(cid:19) (cid:18)−k + 2 k − 1
Do đó ma trận Rk−1L tương ứng với ánh xạ hợp thành f k−1
R .fL là (cid:19)
Rk−1.L =
=
.
−k + 1
k
(cid:19) (cid:18)−k + 2 k − 1 (cid:19) (cid:18)0 1 1 1 (cid:18)k − 1 1 1 k
Mối quan hệ giữa ma trận Rk−1.L và các số k-Fibonacci được thể hiện
trong mệnh đề sau.
24
Mệnh đề 3.1.6. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó, ta có
Fk,n
=
.
Fk,n+1 − Fk,n−1
Fk,n + Fk,n−1
(cid:19) (cid:18)Fk,n+1 − Fk,n (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n
Chứng minh. Khẳng định trong mệnh đề được chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1 thì
Fk,1
=
Rk−1.L =
k
1
Fk,2 − Fk,0 Fk,1 + Fk,0
(cid:19) (cid:18)k − 1 (cid:19) 1 (cid:18)Fk,2 − Fk,1
vì
Fk,0 = 0, Fk,1 = 1, Fk,2 = k.
Giả sử rằng công thức trong mệnh đề đúng với n − 1, nghĩa là ta có
Fk,n−1
=
Fk,n − Fk,n−2 Fk,n−1 + Fk,n−2
(cid:19) (cid:18)Fk,n − Fk,n−1 (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n−1
= (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n−1 (cid:0)Rk−1.L(cid:1)
Khi đó
Fk,n−1
=
k
1
(cid:19) (cid:18)k − 1 (cid:19) 1 (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n (cid:18)Fk,n − Fk,n−1
.
=
Fk,n − Fk,n−2 Fk,n−1 + Fk,n−2 (cid:32) (k − 1) Fk,n + Fk,n−1 kFk,n
Fk,n Fk,n + Fk,n−1
(cid:33)
Định lý 3.1.6 cho ta một hệ quả trực tiếp sau.
Hệ quả 3.1.7. (i) Nếu k = 1, ta thu được dãy Fibonacci
n ≥ 1.
F0 = 0, F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1,
Ln =
.
Khi đó (cid:19)
Fn Fn+1
(cid:18)Fn−1 Fn
25
(ii) Nếu k = 2, chúng ta thu được dãy Pell
n ≥ 1.
P0 = 0, P1 = 1, Pn+1 = 2Pn + Pn+1,
(R.L)n =
.
Do đó (cid:19)
Pn Pn + Pn−1
3.2 Một số ứng dụng của ma trận (Rk−1.L)n
(cid:18)Pn + Pn−1 2Pn
Mục đích của tiết này là trình bày một số chứng minh các tính chất của dãy k-Fibonacci bằng cách sử dụng các tính chất của ma trận (Rk−1.L)n. Trước tiên là đồng nhất thức Catalan được chứng minh trong tiết 2.3.
Fk,n+r+1Fk,n+r−1 − F 2
k,n+r = (−1)n+r.
Mệnh đề 3.2.1. (Đồng nhất Catalan) Với mọi số nguyên dương k, n, r ta có
Chứng minh. Từ Mệnh đề 3.1.6 thay n bởi n + r, ta thu được ma trận sau
Fk,n+r
.
=
Fk,n+r+1 − Fk,n+r−1 Fk,n+r − Fk,n+r−1
(cid:19) (cid:18)Fk,n+r+1 − Fk,n+r (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n+r
k,n+r.
Do đó định thức của ma trận này là
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n+r(cid:12) (cid:12) = Fk,n+r+1Fk,n+r−1 − F 2 (cid:12)
Mặt khác |R| = 1 và |L| = −1 nên
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n+r(cid:12) (cid:12) = (−1)n+r. (cid:12)
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Fn+1Fn−1 − F 2
n = (−1)n.
Hệ quả 3.2.2. (i) Nếu k = 1 và r = 0 thì ta có đồng nhất Casini hoặc công thức Simson cho dãy Fibonacci cổ điển
Pn+1Pn−1 − P 2
n = (−1)n.
(ii) Nếu k = 2 và r = 0, đối với dãy Pell ta thu được kết quả
26
n (cid:88)
(Fk,n+1 + Fk,n − 1) .
Fk,i =
1 k
i=1
Mệnh đề 3.2.3. Với mọi số nguyên dương k, n, i, ta có
Sn = T + T 2 + · · · + T n.
Chứng minh. Ký hiệu T = Rk−1L thì số hạng a12 trong ma trận T n = (cid:0)Rk−1.L(cid:1)n chính là Fk,n. Đặt
SnT = T 2 + T 3 + · · · + T n+1.
Suy ra
SnT − Sn = T n+1 − T,
Do đó
Sn (T − I2) = T n+1 − T.
nghĩa là
. Vì thế
(cid:19)
Sn = (cid:0)T n+1 − T (cid:1) (T − I2)−1.
trong đó I2 = (cid:18)0 1 1 1
Ta có
Fk,n+1
−
T n+1 − T =
k
1
Fk,n+2 − Fk,n Fk,n+1 + Fk,n
(cid:19) (cid:18)k − 1 (cid:19) 1 (cid:18)Fk,n+2 − Fk,n+1
Fk,n+1 − 1
=
.
Fk,n+2 − Fk,n − k
Fk,n+1 + Fk,n − 1
(cid:19) (cid:18)Fk,n+2 − Fk,n+1 − k + 1
.
T − I2 =
k
0
Mặt khác (cid:18)k − 2 (cid:19) 1
1
.
(T − I2)−1 =
1 k
k 2 − k
Suy ra (cid:19) (cid:18)0
Vì thế suy ra
1
Fk,n+1 − 1
.
Sn =
1 k
k 2 − k
Fk,n+2 − Fk,n − k
Fk,n+1 + Fk,n − 1
(cid:19) (cid:19) (cid:18)0 (cid:18)Fk,n+2 − Fk,n+1 − k + 1
27
Kết quả sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 3.2.3.
n (cid:88)
Fi = Fn+2 − 1.
i=1
Hệ quả 3.2.4. (i) Nếu k = 1 ta có dãy Fibonacci, do đó
n (cid:88)
(Pn+1 + Pn − 1) .
Pi =
1 2
i=1
(ii) Nếu k = 2, đối với dãy Pell ta có
n (cid:88)
Fk,2i =
(Fk,2n+1 − 1) .
1 k
i=1
Mệnh đề 3.2.5. Cho k, n, i là các số nguyên dương. Khi đó
S2n = T 2 + T 4 + · · · + T 2n,
Chứng minh. Chứng minh tương tự như Mệnh đề 3.2.3, ta có
ở đây T = Rk−1.L. Bằng cách nhân thêm T 2 và sau một vài bước biến đổi, chúng ta thu được
S2n = (cid:0)T 2n+2 − T 2(cid:1) (cid:0)T 2 − I2
(cid:1)−1.
.
−1 k
− k k − 1
Trong đó (cid:19) (cid:18)1 − 1 (cid:1)−1 = (cid:0)T 2 − I2
Vì số hạng a12 trong cả hai trường hợp là bằng nhau nên ta thu được điều phải chứng minh.
Các kết quả sau là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 3.2.5.
n (cid:88)
F2i = F2n+1 − 1.
i=1
Hệ quả 3.2.6. (i) Nếu k = 1, đối với dãy dãy Fibonacci ta thu được
n (cid:88)
(P2n+1 − 1).
P2i =
1 2
i=1
(ii) Nếu k = 2, đối với dãy Pell ta có
28
n (cid:88)
Fk,2n+2.
Fk,2i+1 =
1 k
i=0
Hệ quả 3.2.7. Cho k, n, i là các số nguyên dương. Khi đó
Đặc biệt,
n (cid:88)
F2i+1 = F2n+2.
i=0
(i) Nếu k = 1, đối với dãy Fibonacci ta thu được
n (cid:88)
P2i+1 =
P2n+2.
1 2
i=0
(ii) Nếu k = 2, đối với dãy dãy Pell ta có
n (cid:88)
Fk,4i+1 =
Fk,2n+1Fk,2n+2.
1 k
i=0
Hệ quả 3.2.8. Với mọi số nguyên dương k, n, i, ta có
29
Kết luận
Luận văn đã trình bày những nội dung chính như sau:
1. Các tính chất của dãy Fibonacci đặc biệt là công thức Binet cho dãy Fibonacci.
2. Các tính chất của dãy k-Fibonacci, các đồng nhất thức của dãy k-Fibonacci.
3. Ứng dụng của dãy k-Fibonacci vào bài toán phân vùng 4 tam giác có cạnh lớn nhất. Đặc biệt từ các ma trận của các ánh xạ phức chúng ta thu được một số kết quả quan trọng của dãy k-Fibonacci.
30
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
Tiếng Anh
[1] L.T. Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội, (2015).
[2] C. Bolat, H. Kose, On the properties of k-Fibonacci numbers, Interna- tional Journal of Contemporary Mathematical Sciences, 5(22) (2010), 1097-1105.
[3] Paula Caratino, On some identities for k-Fibonacci sequence, Interna- tional Journal of Contemporary Mathematical Sciences, 9 (2014), 37-42.
[4] S. Falcon , A. Plaza, On the Fibonacci k-numbers, Chaos, Solitions and
Fractals 32 (2007), 1615 - 1624.
