Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas và ứng dụng

i

Mục lục

Mục lục i

Lời cảm ơn ii

Mở đầu 1

1 Đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 4

1.1 Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Định nghĩa và ví dụ dãy Fibonacci và dãy Lucas . . . 4

1.1.2 Một số tính chất của dãy Fibonacci và dãy Lucas . . 9

1.2 Đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas . . 11 . .

2 Ứng dụng đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas

đối với số nguyên 37

2.1 Các đồng nhất thức trong toán học phổ thông . . . . . . . . 37

2.2 Ứng dụng đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lu-

cas đối với số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Kết luận 52

Tài liệu tham khảo 53

ii

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học

Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS. Vũ Hoài An, đã

trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên

cứu vừa qua.

Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Bộ môn Toán - Tin,

Phòng Đào tạo Khoa học và Quan hệ quốc tế , các bạn học viên lớp Cao học

Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, và các bạn đồng

nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong quá trình học tập

và nghiên cứu tại trường.

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân

luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận

văn.

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót

và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các

thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Thái Nguyên, 2015 Phạm Thu Hằng

Học viên Cao học Toán K7D,

Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên

1

Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài

Dãy số Fibonacci là dãy vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng hai phần tử

0 và 1, các phần tử sau đó được thiết lập theo quy tắc mỗi phần tử luôn bằng

tổng hai phần tử trước nó. Hơn nữa, sau 4 số đầu tiên trong dãy, tỷ lệ của một

số bất kỳ với số liền trước gần bằng 1,618. Đây là tỉ lệ vàng và được ứng dụng

trong nhiều ngành khoa học và mỹ thuật.

Dãy số Lucas khác dãy số Fibonacci ở hai phần tử thứ nhất và thứ hai, còn

công thức truy hồi thì giống nhau. Do vậy, dãy số Lucas có những tính chất

khác dãy số Fibonacci. Kí hiệu dãy số Fibonacci, dãy số Lucas lần lượt là Fn

và Ln.

Đa thức Fibonacci Fn(x) và đa thức Lucas Ln(x) được định nghĩa như

sau:

F0(x) = 0, F1(x) = 1 và Fn+1(x) = x.Fn(x) + Fn−1(x) với mọi n ≥ 1.

L0(x) = 2, L1(x) = x và Ln+1(x) = x.Ln(x) + Ln−1(x) với mọi n ≥ 1.

Nếu x = 1 thì Fn(1) = Fn và Ln(1) = Ln.

Tìm hiểu, nghiên cứu Fn(x), Ln(x) là công việc có ý nghĩa. Chẳng hạn,

nếu ta thiết lập được đồng nhất thức của Fn(x), Ln(x) thì ta thiết lập được

đồng nhất thức của Fn, Ln. Mặt khác, đa thức Fn(x), Ln(x) sẽ có ứng dụng

trong Toán học phổ thông: đây là chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi, nó xuất hiện

nhiều trong báo Toán học Tuổi trẻ, trong các tài liệu toán nâng cao, trong các

đề thi học sinh giỏi.

2

Trong [2], Nguyễn Thu Trang đã nghiên cứu số Fibonacci, dãy số Lucas.

Sự liên hệ giữa phương trình Diophantine với dãy số Fibonacci, dãy số Lucas

đã được đề cập trong [1]. Trong [5], Wang Ting Ting và Zhang Wenpeng đã

thiết lập các đồng nhất thức chứa đa thức Fibonacci, đa thức Lucas và đưa ra

các ứng dụng của nó. Các đồng nhất thức liên quan đến đạo hàm được trình

bày trong [4]. Theo hướng nghiên cứu này, chúng tôi xem xét vấn đề: Đồng

nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas và ứng dụng.

2. Mục đích, nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu

Mục đích của luận văn là tổng hợp và trình bày một số đồng nhất thức của

đa thức Fibonacci, đa thức Lucas trong , [3], [4] và [5]. Ngoài ra, chúng tôi đã

đưa ra phương pháp ứng dụng các đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa

thức Lucas trong toán học phổ thông. Cụ thể là: Khi có một đồng nhất thức

của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến số nhận giá trị 1, thì ta có

một hệ thức đối với dãy Fibonacci, dãy Lucas.

Hơn nữa, ta có thể thiết lập các đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa

thức Lucas bằng cách kết hợp giữa các đẳng thức hoặc bất đẳng thức trong

toán học phổ thông với các đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức

Lucas đã có. Khi đó ta lại cho các biến nhận giá trị 1 và nhận được các hệ

thức với dãy Fibonacci, dãy Lucas.

3. Nội dung nghiên cứu

Luận văn trình bày các kết quả trong [4], [5] và ứng dụng của nó trong

toán phổ thông. Cụ thể là:

- Trình bày 24 định lý từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24;

- Trình bày 10 ví dụ về đẳng thức và bất đẳng thức trong toán học phổ

thông từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10;

- Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập các đồng nhất thức mới bằng

cách kết hợp giữa các hệ thức của toán học phổ thông và các đồng nhất thức

3

của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas: từ Ví dụ 2.2.1 đến Ví dụ 2.2.10.

- Trình bày Ví dụ 2.2.11, 2.2.12 minh họa cho phương pháp ứng dụng:

khi có một đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến

nhận giá trị 1 thì nhận được đồng nhất thức đối với dãy Fibonacci, dãy Lucas.

4. Cấu trúc luận văn

Luận văn được chia thành hai chương với nội dung chính như sau:

Chương 1 trình bày đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas.

Chương 2 trình bày ứng dụng đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa

thức Lucas đối với số nguyên trong toán học phổ thông.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015

Phạm Thu Hằng

Email: bongtombeo@gmail.com

4

Chương 1

Đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức

Lucas

Nội dung chủ yếu của Chương 1 trình bày các kết quả trong [4], [5] thông

qua 24 định lý, từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24. Trước tiên chúng tôi nhắc

lại dãy số Fibonacci, dãy số Lucas đã được đề cập trong [1], [2].

1.1 Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas

1.1.1 Định nghĩa và ví dụ dãy Fibonacci và dãy Lucas

Định nghĩa 1.1.1. Dãy {Fn} các số Fibonacci được định nghĩa bởi hệ thức

truy hồi sau

n ≥ 2, (1.1) Fn = Fn−1 + Fn−2,

với các giá trị ban đầu

F0 = 0, F1 = 1.

Ví dụ 1.1.1. Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .

Ví dụ 1.1.2. Dãy số Fibonacci và quy luật tự nhiên:

a) Sự sắp xếp các cánh hoa trên một bông hoa

b) Số lượng các đường xoắn ốc (hoặc đường chéo)

5

Hình 1.1: Hoa một cánh. Hình 1.2: Hoa hai cánh.

Hình 1.3: Hoa ba cánh. Hình 1.4: Hoa năm cánh.

Hình 1.5: Hoa tám cánh. Hình 1.6: Hoa 13 cánh.

Không chỉ ở số cánh hoa, dãy số Fibonacci còn hiện hữu một cách đáng

ngạc nhiên hơn bạn nghĩ. Khi bạn quan sát nhị của bông hoa hướng dương,

nhìn từ tâm ra, theo hai hướng cùng chiều và ngược chiều kim đồng hồ, bạn

sẽ thấy các đường xoắn ốc. Và có một điều lạ là, số đường xoắn ốc đó luôn

là một số thuộc dãy Fibonacci theo từng cặp: 21 và 34, hoặc 34, 55, hoặc 55,

89, hoặc 89 và 144.

6

Tương tự, khi bạn quan sát một hạt thông (nón thông): số đường xoắn ốc

theo các hướng khác nhau luôn là các cặp số thuộc dãy số bí ẩn: 8 và 13; 5 và

8. . .

Và cũng như vậy đối với quả dứa: số đường chéo tạo bởi các mắt dứa theo

các hướng chéo nhau cũng lần lượt là 8 và 13 hoặc 13 và 21. . . .tùy kích thước.

c) Sự mọc chồi của cây

7

Nhiều loài cây biểu hiện dãy số Fibonacci trong số lượng các “điểm phát

triển” (nút) mà nó có. Khi một cây mọc cành non, thì cành đó phải lớn lên

một thời gian, trước khi đủ khỏe để bản thân nó có thể sinh cành non mới.

Nếu mỗi tháng cây mọc cành mới tại các nút ấy, thì chúng ta có hình vẽ minh

họa như trên. Số lượng các nút mỗi thời điểm luôn là một con số Fibonacci.

Một ví dụ: Cây Romanesque Brocolli / Súp lơ trắng (hoặc Romanesco)

trông và có vị giống như lại giữa brocolli và súp lơ. Mỗi Hoa con đều giống

hệt nhau nhưng nhỏ hơn. Điều này làm cho các xoắn ốc dễ nhìn thấy.

d) Số Fibonacci và sự mọc của lá xanh từ thân cây

Nhiều loài cây cũng có cách mọc lá tuân theo các số Fibonacci. Nếu chúng

ta quan sát kỹ sẽ thấy lá cây mọc trên cao thường xếp sao cho không che khuất

lá mọc dưới. Điều đó có nghĩa là mỗi lá đều được hưởng ánh sáng và nước

mưa, cũng như nước mưa sẽ được hứng và chảy xuống rễ đầy đủ nhất dọc

theo lá, cành và thân cây.

Nếu từ một lá ngọn làm khởi đầu, xoay quanh thân cây từ trên xuống dưới,

lá sang lá, đếm số vòng xoay đồng thời đếm số chiếc lá, cho đến khi gặp chiếc

lá mọc đúng phía dưới lá khởi đầu, thì các số Fibonacci xuất hiện.

Nếu chúng ta đếm xoay theo hướng ngược lại, thì sẽ được một con số vòng

8

xoay khác (ứng với cùng chừng ấy lá).

Kỳ lạ là: Con số vòng xoay theo 2 hướng, cùng với số lá cây mà chúng ta

gặp khi xoay, tất cả sẽ tạo thành 3 con số Fibonacci liên tiếp nhau!

Ví dụ: Trong ảnh cây dưới, lấy lá (x) làm khởi điểm, ta có 3 vòng quay

thuận chiều kim đồng hồ trước khi gặp lá (8) nằm đúng phía dưới lá (x), hoặc

là 5 vòng nếu quay theo ngược chiều kim đồng hồ. Vượt qua tổng cộng 8 lá.

3, 5, 8 là 3 số liên tiếp trong dãy Fibonacci.

Các chiếc lá được đánh số khi quay vòng quanh thân từ trên xuống dưới,

bắt đầu từ (x) rồi đến 1,2,3,. . . Kinh ngạc thay, mỗi chiếc lá liền kề cách nhau

khoảng 222.5, tức là chính xác 0,618 vòng tròn. 0,618 chính là 1/Φ ( khác

với hoa hướng dương là 1 − 1/Φ).

Chiếc lá (3) và (5) là những chiếc lá phía dưới gần lá khởi điểm (x) nhất,

rồi xuống tiếp nữa là lá (8) rồi (13)

9

Lá số Số vòng quay Số vòng quay

thuận chiều kim đồng hồ ngược chiều kim đồng hồ

3 1 2

5 2 3

8 3 5

13 4 8

Định luật này đúng cho cả các lá tiếp theo (21), (34). . . Trên các cột và

các hàng đều là những con số liên tiếp thuộc dãy Fibonacci!

Có nhà nghiên cứu ước đoán rằng: 90% các loài cây có sự xếp lá tuân theo

dãy số Fibonacci, theo cách này hay cách khác.

Định nghĩa 1.1.2. Dãy {Ln} các số Lucas định nghĩa bởi hệ thức truy hồi

sau

n ≥ 2, (1.2) Ln = Ln−1 + Ln−2,

với các giá trị ban đầu

L0 = 2, L1 = 1.

Ví dụ 1.1.3. Theo định nghĩa, ta có dãy Lucas:

2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, 199, 322, . . .

1.1.2 Một số tính chất của dãy Fibonacci và dãy Lucas

n (cid:88)

Định lí 1.1.1. Với n ≥ 0, ta có

i=0 n (cid:88)

a) Fi = Fn+2 − 1,

i=0

b) Li = Ln+2 − 1.

10

n−1 (cid:88)

Định lí 1.1.2. a) Tổng các số Fibonacci với chỉ số lẻ

i=0

F2i+1 = F2n.

n (cid:88)

b) Tổng các số Fibonacci với chỉ số chẵn

i=0

F2i = F2n+1 − 1.

n−1 (cid:88)

Định lí 1.1.3. a) Tổng các số Lucas với chỉ số lẻ

i=0

L2i+1 = L2n − 2.

n (cid:88)

b) Tổng các số Lucas với chỉ số chẵn

i=0

L2i = L2n+1 + 1.

n (cid:88)

Định lí 1.1.4.

i=0 n (cid:88)

a) iFi = nFn+2 − Fn+3 + 2,

i=0

b) iLi = nLn+2 − Ln+3 + 4.

n (cid:88)

Định lí 1.1.5.

i = FnFn+1,

i=0 n (cid:88)

a) F 2

i = LnLn+1 + 2.

i=0

b) L2

Định lí 1.1.6 (Đẳng thức Cassini). Với n > 1, ta có

a) Fn−1Fn+1 − F 2

n = (−1)n, n − Ln−1Ln+1 = 5(−1)n.

b) L2

11

Định lí 1.1.7.

Fn+m = Fn−1Fm + FnFm+1.

Định lí 1.1.8 (Đẳng thức d’Ocagne).

FmFn+1 − Fm+1Fn = (−1)nFm−n.

Định lí 1.1.9.

F2n = Fn(Fn−1 + Fn+1).

Định lí 1.1.10.

n + F 2

n+1.

F2n+1 = F 2

Định lí 1.1.11.

n+1 + 2Fk−1Fn+1Fn + Fk−2F 2 n .

F2n+k = FkF 2

Định lí 1.1.12 (Đẳng thức Cassini).

n + 3FnFn+1Fn−1 = 5F 3

n + 3(−1)nFn.

F3n = 2F 3

Định lí 1.1.13. Với m ≥ 2, ta có

Lmn+2n = LmnL2n − Lmn−2n.

Định lí 1.1.14. Với n ≥ 2 và m ≥ 0, ta có

L4n+m − Lm = L2nL2n+m.

1.2 Đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lu-

cas

Định nghĩa 1.2.1. Đa thức Fibonacci Fn(x) và đa thức Lucas Ln(x) được

định nghĩa như sau:

F0(x) = 0, F1(x) = 1 và Fn+1(x) = xFn(x) + Fn−1(x) (∀n ≥ 1);

L0(x) = 2, L1(x) = x và Ln+1(x) = xLn(x) + Ln−1(x) (∀n ≥ 1);

12

Nếu x = 1 thì Fn(1) = Fn và Ln(1) = Ln.

Trong [5], Wang Ting Ting và Zhang Wenpeng đã chứng minh hai định lý

sau:

Định lí 1.2.1. Với các số nguyên dương h và n bất kì, ta có các đồng nhất

thức

h (cid:88)

n (cid:88)

2m+1(x) =

m=0

k=1

  1 (a) F 2n (h + 1)  ; (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F4k(h+1)(x) F2k(x)

h (cid:88)

n (cid:88)

2m+1(x) = (h + 1)(−1)n L2n

m=0

h (cid:88)

n (cid:88)

(cid:19) (b) (−1)n−k (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k F4k(h+1)(x) ; F2k(x)

2m+1(x) =

k=1 (cid:18)2n + 1 n − k

m=0

k=0

(c) F 2n+1 1 (x2 + 4)n + (cid:19)F2(2k+1)(h+1)(x) ; L2k+1(x)

h (cid:88)

n (cid:88)

2m+1(x) =

m=0

k=0

(cid:19) (d) F 2n+1 (−1)n−k (cid:18)2n + 1 n − k L2(2k+1)(h+1)(x) . L2k+1(x)

Chứng minh. Đối với số nguyên dương n và số thực x (cid:54)= 0 bất kỳ, bằng cách

sử dụng khai triển nhị thức

n (cid:88)

k=0

(cid:32) (cid:33)n (cid:19) 1 x + = xn−2k, x (cid:18)n k

ta có

n (cid:88)

k=1

(cid:33)2n (cid:33) (cid:32) (cid:19)(cid:32) 1 1 , = x + x2k + (1.3) x (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k x2k

n (cid:88)

k=1

(cid:32) (cid:33)2n (cid:32) (cid:19) 1 1 x − = (−1)n (−1)n−k x2k + (cid:33) , (1.4) x (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k x2k

n (cid:88)

k=0

(cid:33)2n+1 (cid:33) (cid:32) (cid:19)(cid:32) 1 1 x2k+1 + = , x + (1.5) x (cid:18)2n + 1 n − k x2k+1

13

n (cid:88)

k=0

(cid:33)2n+1 (cid:32) (cid:32) (cid:33) (cid:19) 1 1 = (−1)n−k x2k+1 − x − . (1.6) x (cid:18)2n + 1 n − k x2k+1

1 = x

Bây giờ, trong (1.3), (1.4), (1.5), (1.6) ta lấy x = α2m+1, khi đó −β2m+1. Từ định nghĩa của Fn(x) và Ln(x), ta có thể suy ra ngay các đồng

nhất thức

n (cid:88)

2m+1(x) =

k=1

  (cid:19) 1 F 2n (1.7) L2k(2m+1)(x)   , (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

n (cid:88)

(cid:19)

2m+1(x) = (−1)n L2n

k=1

(1.8) (−1)n−kF2k(2m+1)(x), (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

n (cid:88)

2m+1(x) =

k=0

(cid:19) 1 F 2n+1 (1.9) F(2m+1)(2k+1)(x), (x2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k

n (cid:88)

2m+1(x) =

k=0

và (cid:19) L2n+1 (1.10) (−1)n−kL(2m+1)(2k+1)(x). (cid:18)2n + 1 n − k

Với số nguyên h > 0 bất kỳ, trong (1.7) ta lấy tổng trên m

h (cid:88)

n (cid:88)

2m+1(x) =

m=0

m=0

k=1

  (cid:19) h 1 (cid:88) F 2n L2k(2m+1)(x) (h + 1)  (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

n (cid:88)

k=1

(cid:1) (cid:33)(cid:35) h + 1 β2k(β4k(h+1) − 1) = + (x2 + 4)n (cid:34)(2n)! (n!)2 + (cid:0) 2n n−k h + 1 (cid:32)α2k(α4k(h+1) − 1) α4k−1 β4k−1

n (cid:88)

k=1

  (cid:1) α4kh+2k − α4kh+6k + β4kh+2k − β4kh+6k h + 1 =   . (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:0) 2n n−k h + 1 2 − α4k − β4k

(1.11)

14

Lưu ý rằng các đồng nhất thức

α4kh+2k − α4kh+6k + β4kh+2k − β4kh+6k = −(α4kh+4k − β4kh+4k)(α2k − β2k)

= −(x2 + 4)F4kh+4kF2k.

và

2 − α4k − β4k = −(α2k − β2k)2 = −(x2 + 4)F 2 2k,

Từ (1.11) ta có thể suy ra ngay đồng nhất thức

n (cid:88)

h (cid:88)

2m+1(x) =

m=0

k=1

  1 F 2n (h + 1)  . (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F4k(h+1)(x) F2k(x)

Điều này chứng minh đồng nhất thức (a) của Định lý 1.2.1.

Tương tự, từ công thức (1.8), (1.9) và (1.10) ta suy ra ba đồng nhất thức

còn lại của Định lý 1.2.1.

Định lí 1.2.2. Với các số nguyên dương h và n bất kì, ta có các đồng nhất

h (cid:88)

n (cid:88)

thức

2m(x) = h

m=1

k=1 (cid:34)

(A) L2n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F2k(2h+1)(x) − F2k(x) ; F2k(x)

h (cid:88)

2m(x) =

m=1

(2n)! (−1)n h (B) F 2n (x2 + 4)n (n!)2

n (cid:88)

(cid:19) + (cid:35) ; (−1)n−k (cid:18) 2n n − k F2k(2h+1)(x) − F2k(x) F2k(x)

n (cid:88)

h (cid:88)

2m (x) =

k=1 (cid:18)2n + 1 n − k

k=0

m=1 h (cid:88)

(cid:19) (C) F 2n+1 (−1)n−k L(2k+1)(2h+1)(x) − L2k+1(x) ; L2k+1(x)

2m (x) =

m=1

(D) L2n+1

n (cid:88)

k=0

(cid:19) 1 (−1)n−k = (x2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k F(2k+1)(2h+1)(x) − F2k+1(x) . L2k+1(x)

15

Chứng minh. Trong (1.3), (1.4), (1.5), (1.6) ta lấy x = α2m, ta suy ra các

đồng nhất thức

n (cid:88)

2m(x) =

k=1

(cid:19) L2n (1.12) L4km(x), (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

n (cid:88)

2m(x) =

k=1

 (cid:19) 1 F 2n (−1)n−kL4km(x)  (−1)n  , (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

(1.13)

n (cid:88)

2m (x) =

k=0

(cid:19) L2n+1 (1.14) L2m(2k+1)(x), (cid:18)2n + 1 n − k

và

n (cid:88)

2m (x) =

k=0

(cid:19) 1 L2n+1 (1.15) (−1)n−kF2m(2k+1)(x). (x2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k

Từ công thức (1.12), ta có

h (cid:88)

n (cid:88)

2m(x) = h

m=1

m=1

k=1 

(cid:19) h (cid:88) L2n (α4km + β4km) (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k

n (cid:88)

k=1

 (cid:19) α4k(h+1) − α4k β4k(h+1) − β4k = h +   (cid:18) 2n n − k α4k − 1 β4k − 1 (2n)! (n!)2 +

n (cid:88)

k=1

(cid:19)α4kh − α4k(h+1) − 2 + α4k + β4kh − β4k(h+1) + β4k = h 2 − α4k − β4k (cid:18) 2n n − k (2n)! (n!)2 +

n (cid:88)

k=1

n (cid:88)

(cid:19)(α4kh+2k − β4kh+2k)(α2k − β2k) − (α2k − β2k)2 = h (α2k − β2k)2 (cid:18) 2n n − k (2n)! (n!)2 +

k=1

= h (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F2k(2h+1)(x) − F2k(x) . F2k(x)

Điều này chứng minh đồng nhất thức (A) của Định lý 1.2.2.

16

Tương tự, từ công thức (1.13), (1.14) và (1.15) ta suy ra ba đồng nhất

thức còn lại của Định lý 1.2.2.

Bây giờ, chúng ta trình bày đa thức Fibonacci - Lucas tổng quát - dạng

thứ nhất đã được đề cập trong [4].

Định nghĩa 1.2.2. Đa thức Fibonacci - Lucas tổng quát - dạng thứ nhất được

định nghĩa bởi hệ thức

bn(x) = xbn−1(x) + bn−2(x), n ≥ 2,

với điều kiện b0(x) = 2b và b1(x) = s, ở đó b và s là các số nguyên.

b1(x) = s, b2(x) = sx + 2b, b3(x) = sx2 + Ví dụ 1.2.1. b0(x) = 2b,

2bx + s.

Chú ý: Cho b = 0, s = 1, ta có b0(x) = 0, b1(x) = 1. Khi đó bn(x) là đa thức

Fibonacci.

Cho b = 1, s = x, ta có b0(x) = 2, b1(x) = x. Khi đó bn(x) là đa thức

Lucas.

Nếu x = 1 thì bn(1) là dãy Fibonacci - Lucas tổng quát.

∞ (cid:88)

Hàm tổng quát của đa thức Fibonacci là

n=0

(1.16) Fn(x)tn = t(1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Hàm tổng quát của đa thức Lucas là

n=0

(1.17) Ln(x)tn = (2 − xt)(1 − xt − t2)−1.

Công thức tổng đối với đa thức Fibonacci là

k=0

(cid:19) [ n−1 2 ] (cid:88) xn−1−2k, (1.18) Fn(x) = (cid:18)n − k − 1 k

17

n hệ số nhị thức và [x] là phần nguyên của số thực x.

m

(cid:1) = C m ở đó (cid:0) n

Công thức tổng đối với đa thức Lucas là

k=0

(cid:19) n [ n 2 ] (cid:88) xn−2k, (1.19) Ln(x) = n − k (cid:18)n − k k

n hệ số nhị thức và [x] là phần nguyên của số thực x.

m

(cid:1) = C m ở đó (cid:0) n

Hàm tổng quát của đa thức Fibonacci - Lucas là

∞ (cid:88)

n=0

2b(1 − xt) + st . (1.20) bn(x)tn = (1 − xt − t2)

Hệ thức liên hệ giữa đa thức Fibonacci - Lucas tổng quát và đa thức Fibonacci

- Lucas là

(1.21) bn(x) = sFn(x) + b(2 − xt)Ln(x).

Tiếp theo chúng tôi trình bày một số đồng nhất thức của đa thức Fibonacci -

Lucas tổng quát trong [4].

Định lí 1.2.3.

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

m=0

n=0

(n + m)! t2m. bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st] ext m!n!

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo định nghĩa, ta có

n=0

bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

= [2b(1 − xt) + st][1 − (x + t)t]−1

= [2b(1 − xt) + st] (x + t)ntn

n=0 ∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(cid:19) xn−mtm = [2b(1 − xt) + st] tn (cid:18) n m

18

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

n! xn−mtm+n = [2b(1 − xt) + st] m!(n − m)!

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(n + m)! xn t2m+n = [2b(1 − xt) + st] m!n!

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

n=0

m=0

(xt)n (n + m)! = [2b(1 − xt) + st] t2m n! m!n!

∞ (cid:88)

m=0

(n + m)! = [2b(1 − xt) + st] ext t2m. m!n!

Định lí 1.2.4.

bn+1(x) − bn−1(x) = xbn(x), n ≥ 1.

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo hàm tổng quát (1.20), ta có

n=0

bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n=0

∞ (cid:88)

nbn(x)tn−1 = [2b(1−xt)+st](x+2t)(1−xt−t2)−2+(s−2bx)(1−xt−t2)−1,

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

(1−xt−t2) nbn(x)tn−1 = [2b(1−xt)+st](x+2t)(1−xt−t2)−1+(s−2bx),

n=0

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

(1 − xt − t2) nbn(x)tn−1 = (x + 2t) bn(x)tn + (s − 2bx),

n=0

n=0

n=0

n=0

∞ (cid:88)

nbn(x)tn−1 − xnbn(x)tn − nbn(x)tn+1 = nbn(x)tn+1+

n=0

+ 2bn(x)tn+1 + (s − 2bx).

19

Đồng nhất các hệ số của t ta nhận được

(n + 1)bn+1(x) − xnbn(x) − (n − 1)bn−1(x) = xbn(x) + 2bn−1(x),

(n + 1)bn+1(x) − (n − 1)bn−1(x) = (n + 1)xbn(x),

(1.22) bn+1(x) − bn−1(x) = xbn(x).

n(x) = xb(cid:48) b(cid:48)

n−1(x) + bn−1(x) + b(cid:48)

n−2(x), n ≥ 2.

Định lí 1.2.5.

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo hàm tổng quát (1.20), ta có

n=0

bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

b(cid:48) n(x)tn = [2b(1−xt)+st](−1)(1−xt−t2)−2(−t)+(1−xt−t2)−1(−2bt),

n(x)tn+1

n=0

n=0

n=0

n=0

∞ (cid:88)

(1 − xt − t2)−1 xb(cid:48) b(cid:48) n(x)tn = t b(cid:48) n(x)tn − 2bt b(cid:48) n(x)tn −

n(x)tn+2 b(cid:48)

n=0

∞ (cid:88)

−

n=0

= t bn(x)tn+1 − 2bt.

n−2(x), n ≥ 2.

n−1(x) + bn−1(x) + b(cid:48)

n(x) = xb(cid:48) b(cid:48)

Đồng nhất các hệ số của t ta nhận được

20

n+1(x) = xb(cid:48) b(cid:48)

n(x) + bn(x) + b(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

Định lí 1.2.6.

Chứng minh. Theo (1.22), ta có

bn+1(x) − bn−1(x) = xbn(x), n ≥ 1.

n+1(x) − b(cid:48) b(cid:48)

n−1(x) = xb(cid:48)

n(x) + bn(x),

Lấy đạo hàm đối với x, ta có

n+1(x) = xb(cid:48) b(cid:48)

n(x) + bn(x) + b(cid:48)

n−1(x).

(1.23)

Định lí 1.2.7.

n−1(x), n ≥ 1, và

n(x) + 2b(cid:48) xbn+1(x) = (n + 1)bn+1(x) − 2b(cid:48)

n(x), n ≥ 1.

nbn(x) = xb(cid:48)

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo hàm tổng quát (1.20), ta có

n=0

bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n=0

nbn(x)tn−1 = [s−2bx](1−xt−t2)−1+[2b(1−xt)+st](1−xt−t2)−2(x+2t).

(1.24)

∞ (cid:88)

n(x)tn = [−2bt](1 − xt − t2)−1 + [2b(1 − xt) + st].t.(1 − xt − t2)−2, b(cid:48)

n=0 ∞ (cid:88)

n(x)tn−1 = [−2b](1 − xt − t2)−1 + [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−2, b(cid:48)

n=0

Lấy đạo hàm đối với x, ta có

∞ (cid:88)

n(x)tn−1 + 2b(1 − xt − t2)−1 = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−2. (1.25) b(cid:48)

n=0

21

∞ (cid:88)

Sử dụng (1.25) trong (1.24), ta có

n=0

nbn(x)tn−1 = [s − 2bx](1 − xt − t2)−1

n(x)tn−1 + 2b(1 − xt − t2)−1 b(cid:48)

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

(cid:35) (cid:34) ∞ (cid:88) + (x + 2t) ,

n(x)tn−1 b(cid:48)

n=0

n=0

nbn(x)tn−1 = [s − 2bx](1 − xt − t2)−1 + (x + 2t)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

+ 2b(x + 2t)(1 − xt − t2)−1,

n(x)tn−1 b(cid:48)

n=0

n=0

∞ (cid:88)

nbn(x)tn−1 = [s − 2bx](1 − xt − t2)−1 +

n(x)tn + 2b(x + 2t)(1 − xt − t2)−1.

n=0

+ 2b(cid:48)

Đồng nhất các hệ số của tn−1 ta nhận được

n(x) + 2b(cid:48)

n−1(x).

nbn(x) = xb(cid:48)

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

n+1(x) + 2b(cid:48)

n(x),

(n + 1)bn+1(x) = xb(cid:48)

n+1(x) = (n + 1)bn+1(x) − 2b(cid:48)

n(x).

xb(cid:48)

Định lí 1.2.8.

n+1(x) + b(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

(n + 1)bn(x) = b(cid:48)

22

Chứng minh. Theo (1.22), ta có

bn+1(x) − bn−1(x) = xbn(x), n ≥ 1.

n+1(x) − b(cid:48) b(cid:48)

n−1(x) = xb(cid:48)

n(x) + bn(x),

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n(x) + bn(x) = b(cid:48)

n+1(x) − b(cid:48)

n−1(x).

xb(cid:48) (1.26)

Sử dụng phương trình (1.25) trong phương trình (1.26) , ta có

n−1(x),

nbn(x) − 2b(cid:48)

n−1(x) + bn(x) = b(cid:48) n+1(x) + 2b(cid:48)

n+1(x) − b(cid:48) n−1(x) − b(cid:48)

n−1(x),

nbn(x) + bn(x) = b(cid:48)

n+1(x) + b(cid:48)

n−1(x).

(1.27) (n + 1)bn(x) = b(cid:48)

Định lí 1.2.9.

n(x) = 2b(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)bn(x), n ≥ 0.

xb(cid:48)

Chứng minh. Sử dụng phương trình (1.25) trong phương trình (1.27), ta có

n+1(x) +

n(x)],

1 (n + 1)bn(x) = b(cid:48) [nbn(x) − xb(cid:48) 2

n+1(x) + [nbn(x) − xb(cid:48)

n(x)],

2(n + 1)bn(x) = 2b(cid:48)

n+1(x) + nbn(x) − (2n + 2)bn(x)

n(x) = 2b(cid:48) = 2b(cid:48)

n+1(x) + (n − 2n − 2)bn(x),

xb(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)bn(x).

n(x) = 2b(cid:48)

xb(cid:48) (1.28)

23

Định lí 1.2.10.

n(x) = nb(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)b(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

(n + 1)xb(cid:48)

Chứng minh. Sử dụng phương trình (1.23) trong phương trình (1.27), ta có

n+1(x) + b(cid:48)

n−1(x),

(n + 1)[b(cid:48)

n−1(x) = b(cid:48)

n−1(x),

(n + 1)b(cid:48)

n(x) − b(cid:48) n+1(x) − xb(cid:48) n+1(x) − (n + 1)xb(cid:48) n+1(x) − (n + 1)xb(cid:48)

n−1(x)] = b(cid:48) n(x) − (n + 1)b(cid:48) n(x) − b(cid:48)

n+1(x) − b(cid:48)

n+1(x) + b(cid:48) n−1(x) = (n + 1)xb(cid:48)

n(x),

(n + 1)b(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)b(cid:48)

n−1(x) = (n + 1)xb(cid:48)

n(x),

nb(cid:48)

n(x) = nb(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)b(cid:48)

n−1(x).

(n + 1)xb(cid:48) (1.29)

Định lí 1.2.11.

m=0

(cid:19) [ n 2 ] (cid:88) xn−2m. bn(x) = 2b (cid:18)n − m m

∞ (cid:88)

Chứng minh. Từ hàm tổng quát (1.20), ta có

n=0

bn(x)tn = [2b(1 − xt) + st](1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

= [2b(1 − xt) + st][1 − (x + t)t]−1

= [2b(1 − xt) + st] (x + t)ntn

n=0 ∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(cid:19) = [2b(1 − xt) + st] tn xn−mtm (cid:18) n m

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

n! xn−mtm+n = [2b(1 − xt) + st] m!(n − m)!

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(n + m)! = [2b(1 − xt) + st] xn t2m+n m!n!

24

2 ] [ n (cid:88)

∞ (cid:88)

m=0

n=0

(n − m)! xn−2mtn. = [2b(1 − xt) + st] m!n!

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

m=0

(n − m)! [ n 2 ] (cid:88) xn−2m. bn(x) = 2b m!(n − 2m)!

Tiếp theo, chúng tôi trình bày đa thức Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai.

Các kết quả này đã được đề cập trong [4].

Định nghĩa 1.2.3. Đa thức Fibonacci tổng quát - Dạng thứ hai được định

nghĩa bởi hệ thức

(1.30) mn(x) = xmn−1(x) + mn−2(x), n ≥ 2,

với m0(x) = 2s và m1(x) = 1 + s, ở đó s là số nguyên.

Ví dụ 1.2.2. m0(x) = 2s, m1(x) = 1+s, m2(x) = (1+s)x+2s, m3(x) = (1 + s)x2 + 2sx + (1 + s).

Chú ý: Cho s = 0, ta có m0(x) = 0, m1(x) = 1. Khi đó mn(x) là đa thức

Fibonacci. Nếu x = 1 thì mn(1) là dãy Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai.

Phương trình đặc trưng của hệ thức (1.30) là λ2 − xλ − 1 = 0,

√ √ x + x − x2 + 4 x2 + 4 α = và β = . 2 2

Vậy αβ = −1, công thức Binet của dãy Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai

được định nghĩa bởi

mn(x) = Aαn + Bβn

25

√ √     x − x + x2 + 4 x2 + 4 mn(x) = A    + B  2 2

Ở đây

2s(x − β) 2s(α − x) A = và B = (1.31) α − β α − β

4s2 √ x2 + 4 và (α − β)2, A + B = m0(x) = 2s, α − β =

Hơn nữa AB = α2 + β2 = x2 + 5.

Hàm tổng quát của đa thức Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai được định

∞ (cid:88)

nghĩa bởi

n=0

2s(1 − xt) + (1 + s)t . (1.32) mn(x)tn = 1 − xt − t2

Định lí 1.2.12. Chúng ta có

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

n=0

k=0

(t2)k (n + k) . . mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t]ext n! k!

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo (1.32), ta có

n=0

mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

= [2s(1 − xt) + (1 + s)t][1 − (x + t)t]−1

= [2s(1 − xt) + (1 + s)t] (x + t)ntn

n=0 ∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

k=0

(cid:19) = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] tn xn−ktk (cid:18)n k

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

k=0

n! xn−ktk+n = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] k!(n − k)!

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

k=0

(n + k)! xn t2k+n = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] k!n!

26

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

n=0

k=0

(n + k)! (xt)n = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] t2k+n n! k!n!

∞ (cid:88)

k=0

(t2)k = [2s(1 − xt) + (1 + s)t]ext (n + k) . . n! k!

Định lí 1.2.13.

(1.33) mn+1(x) − mn−1(x) = xmn(x), n ≥ 1.

Chứng minh. Theo hàm tổng quát của đa thức Fibonacci - dạng thứ hai (1.32),

∞ (cid:88)

ta có

n=0

mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n=0

nmn(x)tn−1 = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](x + 2t)(1 − xt − t2)−2

∞ (cid:88)

+ (1 + s − 2sx)(1 − xt − t2)−1,

n=0

(1 − xt − t2) nmn(x)tn−1 = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](x + 2t)(1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

+ (1 + s − 2sx),

n=0

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

(1 − xt − t2) nmn(x)tn−1 = (x + 2t) mn(x)tn + (1 + s − 2sx),

n=0

n=0

n=0

n=0

∞ (cid:88)

nmn(x)tn−1 − xnmn(x)tn − nmn(x)tn+1 = nmn(x)tn

n=0

− 2mn(x)tn+1 + (1 + s − 2sx).

27

Đồng nhất các hệ số của t ta nhận được

(n + 1)mn+1(x) − xnmn(x) − (n − 1)mn−1(x) = xmn(x) + 2mn−1(x),

(n + 1)mn+1(x) − (n + 1)mn−1(x) = (n + 1)xmn(x),

mn+1(x) − mn−1(x) = xmn(x).

Định lí 1.2.14.

n(x) = xm(cid:48)

n−1(x) + mn−1(x) + m(cid:48)

n−2(x), n ≥ 2.

m(cid:48)

∞ (cid:88)

Chứng minh. Theo hàm tổng quát (1.32), ta có

n=0

mn(x)tn = [2b(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1.

n(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](−1)(1 − xt − t2)−2(−t)

n=0

Lấy đạo hàm hai vế đối với x, ta có ∞ (cid:88) m(cid:48)

∞ (cid:88)

+ (1 − xt − t2)−1(−2st),

n(x)tn =

n=0

(1 − xt − t2)−1 m(cid:48)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

[2s(1 − xt) + (1 + s)t](−1)(1 − xt − t2)−1(−t) − 2st,

n(x)tn = t

n=0

∞ (cid:88)

n=0 ∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

m(cid:48) (1 − xt − t2)−1 mn(x)tn − 2st,

n(x)tn −

n(x)tn+1 −

n(x)tn+2 = t

n=0

n=0

n=0

n=0

m(cid:48) xm(cid:48) m(cid:48) mn(x)tn+1 − 2st.

Đồng nhất các hệ số của t ta nhận được

n(x) − xm(cid:48)

n−1(x) − m(cid:48)

n−2(x) = mn−1(x).

m(cid:48)

n(x) = xm(cid:48)

n−1(x) + mn−1(x) + m(cid:48)

n−2(x).

m(cid:48)

28

Định lí 1.2.15.

n+1(x) = xm(cid:48)

n(x) + mn(x) + m(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

m(cid:48)

Chứng minh. Theo (1.22), ta có

mn+1(x) − mn−1(x) = xmn(x), n ≥ 1.

Lấy đạo hàm đối với x, ta có

n+1(x) − m(cid:48)

n−1(x) = xm(cid:48)

n(x) + mn(x).

m(cid:48)

n+1(x) = xm(cid:48)

n(x) + mn(x) + m(cid:48)

n−1(x).

m(cid:48)

Định lí 1.2.16.

n(x) − 2m(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1, và

nmn(x) = xm(cid:48)

n(x), n ≥ 1.

xmn+1(x) = (n + 1)mn+1(x) − 2m(cid:48)

Chứng minh. Theo hàm tổng quát của đa thức Fibonacci - dạng thứ hai (1.32),

∞ (cid:88)

ta có

n=0

mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1.

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm hai vế đối với t, ta có

n=0

nmn(x)tn−1 = (1 + s − 2sx)(1 − xt − t2)−1

+ [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−2(x + 2t). (1.34)

∞ (cid:88)

Lấy đạo hàm hai vế đối với x, ta có

n(x)tn = (−2st)(1 − xt − t2)−1 + [2s(1 − xt) + (1 + s)t].t.(1 − xt − t2)−2,

n=0

m(cid:48)

∞ (cid:88)

29

n(x)tn−1 = (−2s)(1 − xt − t2)−1 + [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−2,

n=0

∞ (cid:88)

m(cid:48)

n(x)tn−1 + 2s(1 − xt − t2)−1 = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−2.

n=0

m(cid:48)

(1.35)

∞ (cid:88)

Sử dụng (1.35) trong (1.34), ta có

n=0

nmn(x)tn−1 = (1 + s − 2sx)(1 − xt − t2)−1

n(x)tn−1 + 2s(1 − xt − t2)−1

n=0

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

(cid:35) (cid:34) ∞ (cid:88) + (x + 2t) m(cid:48) ,

n(x)tn−1

n=0

n=0

m(cid:48) nmn(x)tn−1 = (1 + s − 2sx)(1 − xt − t2)−1 + (x + 2t)

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

+ 2s(x + 2t)(1 − xt − t2)−1,

n(x)tn−1

n=0

n=0

∞ (cid:88)

m(cid:48) nmn(x)tn−1 = (1 + s − 2sx)(1 − xt − t2)−1 + x

n(x)tn + 2s(x + 2t)(1 − xt − t2)−1.

n=0

+ 2m(cid:48)

Đồng nhất các hệ số của tn−1 ta nhận được

n(x) + 2m(cid:48)

n−1(x).

nmn(x) = xm(cid:48)

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

n+1(x) + 2m(cid:48)

n(x),

(n + 1)mn+1(x) = xm(cid:48)

n(x).

n+1(x) = (n + 1)mn+1(x) − 2m(cid:48)

xm(cid:48) (1.36)

30

Định lí 1.2.17.

n+1(x) + m(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

(n + 1)mn(x) = m(cid:48)

Chứng minh. Theo (1.33), ta có

mn+1(x) − mn−1(x) = xmn(x), n ≥ 1.

Lấy đạo hàm đối với t, ta có

n+1(x) − m(cid:48)

n−1(x) = xm(cid:48)

n(x) + mn(x),

m(cid:48)

n(x) + mn(x) = m(cid:48)

n+1(x) − m(cid:48)

n−1(x).

xm(cid:48) (1.37)

Sử dụng phương trình (1.35) trong phương trình (1.37) , ta có

n−1(x),

nmn(x) − 2m(cid:48)

n−1(x) + mn(x) = m(cid:48) n+1(x) + 2m(cid:48)

n+1(x) − m(cid:48) n−1(x) − m(cid:48)

n−1(x),

nmn(x) + mn(x) = m(cid:48)

n+1(x) + m(cid:48)

n−1(x).

(1.38) (n + 1)mn(x) = m(cid:48)

Định lí 1.2.18.

n(x) = 2m(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)mn(x), n ≥ 0.

xm(cid:48)

Chứng minh. Sử dụng phương trình (1.36) trong phương trình (1.38), ta có

n(x)],

n+1(x) +

1 [nmn(x) − xm(cid:48) (n + 1)mn(x) = m(cid:48) 2

n+1(x) + [nmn(x) − xm(cid:48)

n(x)],

2(n + 1)mn(x) = 2m(cid:48)

n+1(x) + nmn(x) − (2n + 2)mn(x)

xm(cid:48)

n(x) = 2m(cid:48) n(x) = 2m(cid:48)

n+1(x) + (n − 2n − 2)mn(x),

xm(cid:48)

n(x) = 2m(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)mn(x).

xm(cid:48) (1.39)

31

Định lí 1.2.19.

n(x) = nm(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)m(cid:48)

n−1(x), n ≥ 1.

(n + 1)xm(cid:48)

Chứng minh. Sử dụng phương trình (1.31), ta có

n(x) − m(cid:48)

n+1(x) + m(cid:48)

n−1(x),

(n + 1)[m(cid:48)

n−1(x) = m(cid:48)

n−1(x),

(n + 1)m(cid:48)

n+1(x) − xm(cid:48) n+1(x) − (n + 1)xm(cid:48) n+1(x) − (n + 1)xm(cid:48)

n−1(x)] = m(cid:48) n(x) − (n + 1)m(cid:48) n(x) − m(cid:48)

n+1(x) − m(cid:48)

n+1(x) + m(cid:48) n−1(x) = (n + 1)xm(cid:48)

n(x),

(n + 1)m(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)m(cid:48)

n−1(x) = (n + 1)xm(cid:48)

n(x),

nm(cid:48)

n(x) = nm(cid:48)

n+1(x) − (n + 2)m(cid:48)

n−1(x).

(n + 1)xm(cid:48) (1.40)

Định lí 1.2.20.

k=0

(cid:19) [ n 2 ] (cid:88) xn−2k. mn(x) = 2s (cid:18)n − k k

∞ (cid:88)

Chứng minh. Từ hàm tổng quát (1.32), ta có

n=0

mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

= [2s(1 − xt) + (1 + s)t][1 − (x + t)t]−1

(x + t)ntn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t]

n (cid:88)

n=0 ∞ (cid:88)

m=0

n=0

(cid:19) xn−ktk = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] tn (cid:18)n k

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

n! xn−ktk+n = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] k!(n − k)!

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(n + k)! = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] xn t2k+n k!n!

32

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

n=0

m=0

(n + k)! = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] xnt2k−n. k!n!

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

2 ] [ n (cid:88)

k=0

(n − k)! xn−2k. mn(x) = 2s k!n − 2k!

Định lí 1.2.21.

2 ] [ n (cid:88)

k=0

(cid:19) xn−2k. mn+1(x) = (1 + s − 2sx) (cid:18)n − k k

∞ (cid:88)

Chứng minh. Từ hàm tổng quát (1.32), ta có

n=0

mn(x)tn = [2s(1 − xt) + (1 + s)t](1 − xt − t2)−1

∞ (cid:88)

= [2s(1 − xt) + (1 + s)t][1 − (x + t)t]−1

= [2s(1 − xt) + (1 + s)t] (x + t)ntn

n (cid:88)

n=0 ∞ (cid:88)

n=0

m=0

(cid:19) = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] tn xn−ktk (cid:18)n k

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

n! = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] xn−ktk+n k!(n − k)!

∞ (cid:88)

n (cid:88)

n=0

m=0

(n + k)! = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] xn t2k+n k!n!

∞ (cid:88)

∞ (cid:88)

n=0

m=0

(n + k)! = [2s(1 − xt) + (1 + s)t] xnt2k−n. k!n!

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

k=0

(n − k)! [ n 2 ] (cid:88) xn−2k. mn(x) = 2s k!n − 2k!

33

Đồng nhất các hệ số của tn ta nhận được

2 ] [ n (cid:88)

k=0

(n − k)! xn−2k. mn+1(x) = (1 + s − 2s) k!n − 2k!

Định lí 1.2.22 (Đẳng thức Catalan). Cho mn(x) là số hạng thứ n của đa thức

Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai, khi đó

n(x)−mn+r(x)mn−r(x) =

m2 (−1)n−r 1 − 5s2 [(1+s)mr(x)−2smr+1(x)], n > r ≥ 1.

Chứng minh. Sử dụng công thức Binet (1.32), ta có

n(x)−mn+r(x)mn−r(x)

m2

= (Aαn + Bβn) − (Aαn+r + Bβn+r)(Aαn−r + Bβn−r)

= AB(αβ)n(2 − αrβ−r − α−rβr)

= AB(−1)n−r(αr − βr)2

4s2 =

(α − β)2(−1)n−r(αr − βr)2   αr − βr = 4s2(−1)n−r   . α − β

Từ

αr − βr = α − β (1 + s)mr(x) − 2smr+1(x) (1 + s)2 − 2s(1 + s) − 4s2 = (1 + s)mr(x) − 2smr+1(x) , 1 − 5s2

ta có

n(x)−mn+r(x)mn−r(x) =

m2 (−1)n−r 1 − 5s2 [(1+s)mr(x)−2smr+1(x)], n > r ≥ 1.

34

Hệ quả 1.2.1 (Đẳng thức Cassini). Cho mn(x) là số hạng thứ n của đa thức

Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai, khi đó

n(x) − mn+1(x)mn−1(x) = (−1)n−1(1 − 5s2), n ≥ 1.

m2

Chứng minh. Trong đẳng thức Cassini, nếu r = 1 thì ta thu được kết quả như

yêu cầu.

Định lí 1.2.23 (Đẳng thức d’Ocagne). Cho mn(x) là số hạng thứ n của đa

thức Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai, khi đó

 

mp(x)mn+1(x)−mp+1(x)mn(x) = (−1)n   , (1 + s)mp−n(x) − 2smp−n+1 1 − 5s2

p ≥ 1, n ≥ 0, p > n.

Chứng minh. Sử dụng công thức Binet (1.32), ta có

mp(x)mn+1(x) − mp+1(x)mn(x)

= (Aαp + Bβp)(Aαn+1 + Bβn+1) − (Aαp+1 + Bβp+1)(Aαn + Bβn)

= AB(αpβn+1 + αn+1βp − αnβp+1 − αp+1βn)

= AB(αβ)n[β(αp−n − βp−n) − α(αp−n − βp−n)]

= AB(−q)n(α − β)(αp−n − βp−n)

4s2 =

  (α − β)2(−1)n(α − β)(αp−n − βp−n) αp−n − βp−n = 4s2(−1)n−r   . α − β

Từ

αp−n − βp−n = , α − β (1 + s)mp−n(x) − 2smp−n+1 (1 + s)2 − 2s(1 + s) − 4s2 = (1 + s)mp−n(x) − 2smp−n+1 1 − 5s2

35

ta có

 

mp(x)mn+1(x)−mp+1(x)mn(x) = (−1)n  ,  (1 + s)mp−n(x) − 2smp−n+1 1 − 5s2

p ≥ 1, n ≥ 0, p > n.

Định lí 1.2.24 (Đẳng thức tổng quát). Cho mn(x) là số hạng thứ n của đa

thức Fibonacci tổng quát - dạng thứ hai, khi đó

mp(x)mn(x) − mp−r(x)mn+r(x)

= (−1)p−r[(1 + s)mr(x) − 2smr−1][(1 + s)mn−p+r(x) − 2smn−p+r],

n > m ≥ r ≥ 1.

Chứng minh. Sử dụng công thức Binet (1.32), ta có

mp(x)mn+1(x) − mp+1(x)mn(x)

= (Aαp + Bβp)(Aαn + Bβn) − (Aαp−r + Bβp−r)(Aαn+r + Bβn+r)

  αnβp = AB(αr − βr)   αpβn αr − βr

(αr − βr) (αpβn+r − αn+rβp) = AB (αβ)r

  αnβp = AB(αr − βr)   αpβn αr − βr

= AB(−1)−r(αr − βr)(αpβn+r − αn+rβp)

= AB(−1)−rαpβp(αr − βr)(βn−p+r − αn−p+r)

= −AB(−1)−rαpβp(αr − βr)(αn−p+r − βn−p+r).

36

Từ

1 αr − βr = α − β 1 − 5s2[(1 + s)mr − 2smr+1],

αn−r − βn−p+r = . α − β (1 + s)mn−p+r − 2smn−p+r+1 1 − 5s2

Ta có

mp(x)mn(x) − mp−r(x)mn+r(x)

= (−1)p−r[(1 + s)mr − 2smr−1][(1 + s)mn−p+r − 2smn−p+r],

n > m ≥ r ≥ 1.

37

Chương 2

Ứng dụng đồng nhất thức của đa thức

Fibonacci, đa thức Lucas đối với số nguyên

Mục tiêu của chương này là trình bày ứng dụng đồng nhất thức của đa

thức Fibonacci, đa thức Lucas đối với số nguyên. Công việc này được thực

hiện theo cách sau đây: Đưa ra một số hệ thức trên tập hợp các số thực. Từ

đó kết hợp với các kết quả của Chương 1, ta có hệ thức ứng dụng của đa thức

Fibonacci, đa thức Lucas đối với số nguyên. Cụ thể như sau:

Trong Mục 2.1 chúng tôi trình bày một số đồng nhất thức trong toán học

phổ thông.

Trong Mục 2.2 chúng tôi phối hợp kết quả của Chương 1 và Mục 2.1 để

đạt được mục tiêu đề ra.

2.1 Các đồng nhất thức trong toán học phổ thông

Trong chương trình toán học trung học cơ sở, các đồng nhất thức cơ bản

được đề cập đến là các hằng đẳng thức đáng nhớ:

1. (A + B)2 = A2 + 2AB + B2,

2. (A − B)2 = A2 − 2AB + B2,

3. (A + B)(A − B) = A2 − B2,

38

4. (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3,

5. (A − B)3 = A3 − 3A2B + 3AB2 − B3,

6. (A + B)(A2 − AB + B2) = A3 + B3,

7. (A − B)(A2 + AB + B2) = A3 − B3.

Vận dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ trên, chúng ta có thể chứng minh

được các đồng nhất thức.

Ví dụ 2.1.1. Chứng minh rằng

(x + y + z)3 − x3 − y3 − z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x).

Chứng minh. Ta có (x + y + z)3 − x3 − y3 − z3 = [(x + y) + z]3 − x3 − y3 − z3

= (x + y)3 + z3 + 3z(x + y)(x + y + z) − x3 − y3 − z3

= x3 + y3 + 3xy(x + y) + z3 + 3z(x + y)(x + y + z) − x3 − y3 − z3

= 3(x + y)(xy + xz + yz + z2)

= 3(x + y)(y + z)(z + x).

Vậy (x + y + z)3 − x3 − y3 − z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x).

Ví dụ 2.1.2. Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện

(x + y)(y + z)(z + x) = 8xyz.

Chứng minh rằng x = y = z

Chứng minh. Ta có (x + y)(y + z)(z + x) = 8xyz. Suy ra

(x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz = 0.

Khai triển và thu gọn đồng nhất thức, ta được

zy2 + xz2 + yz2 + yx2 + zx2 + zy2 − 6xyz = 0,

39

(zy2 − 2xyz + xz2) + (yz2 − 2xyz + yx2) + (zx2 − 2xyz + zy2) = 0,

x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 = 0.

Vì x, y, z là các số dương nên ta suy ra (y − z)2 = (z − x)2 = (x − y)2 = 0.

Do đó x = y = z.

Ví dụ 2.1.3. Chứng minh đồng nhất thức

(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x).

b = (y − z) c = (z − x). Chứng minh. Ta đặt a = (x − y),

Suy ra a + b + c = 0. Ta có

(a + b + c)3 = (a + b)3 + 3(a + b)2.c + 3(a + b).c2 + c3

= a3 + b3 + c3 + 3ab(a + b) + 3ac(a + c) + 6abc + 3bc(b + c)

= a3 + b3 + c3 − 3abc − 3abc + 6abc − 3abc

= a3 + b3 + c3 − 3abc.

Suy ra

a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 + 3abc = 3abc, (do a + b + c = 0)

hay

(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x).

Ví dụ 2.1.4. Cho a, b, c là các số thực khác nhau. Chứng minh rằng

a(x − b)(x − c) b(x − c)(x − a) c(x − a)(x − b) (i) + + = x; (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

a2(x − b)(x − c) b2(x − c)(x − a) c2(x − a)(x − b) (ii) + + = x2; (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

40

(b + c)(x − b)(x − c) (c + a)(x − c)(x − a) (a + b)(x − a)(x − b) (iii) + + (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

= a + b + c − x.

Chứng minh. (i) Lần lượt thay x = a, b, c vào vế trái của đồng nhất thức, ta

có giá trị của vế trái lần lượt bằng a, b, c. Suy ra đồng nhất thức trên được

chứng minh.

(ii), (ii) tiến hành chứng minh tương tự như (i).

Ví dụ 2.1.5. Cho x và y là 2 số khác nhau thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − 10(y − x)2 = 0. Chứng minh rằng x = 10y.

Chứng minh. Ta có :

9x(x − y) − 10(y − x)2 = 9x(x − y) − 10(x − y)2

= (x − y) − [9x − 10(x − y)]

= (x − y)(−x + 10y).

Theo đề bài (x − y)(−x + 10y) = 0. Vì x (cid:54)= y nên (−x + 10y) = 0 hay

x = 10y. Vậy hai số x, y khác nhau mà thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − 10(y − x)2 = 0 thì x = 10y.

Ví dụ 2.1.6. Cho x, y ∈ Z. Chứng minh rằng các số sau là số chính phương

(i) M = (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + 9,

(ii) N = (x − y)(x − 2y)(x − 3y)(x − 4y) + y4.

Chứng minh.

(i) M = (x2 + 7x + 6)(x2 + 7x + 12) + 9

= (x2 + 7x)2 + 18(x2 + 7x) + 9

41

= (x2 + 7x + 9)2.

(ii) N = (x2 − 5xy + 4y2)(x2 − 5xy + 6y2) + y4

= (x2 − 5xy)2 + 10y2(x2 − 5xy) + 25y4

= (x2 − 5xy + 5y2)2.

Ta có các đồng nhất thức

i) (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + 9 = (x2 + 7x + 9)2.

ii) (x − y)(x − 2y)(x − 3y)(x − 4y) + y4 = (x2 − 5xy + 5y2)2.

Vậy M, N là số chính phương.

Trong mục 2.1 chúng tôi trình bày một số bài toán chứng minh bất đăng

thức như sau:

Ví dụ 2.1.7. Chứng minh rằng với mọi a, b ≥ 0, ∀n ∈ N∗. Ta có

(cid:33)n an + bn ≥ . (2.1) 2 (cid:32)a + b 2

Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

nan + C 1

nan−1b + · · · + C n−1

n abn−1 + C n

n bn,

(a + b)n = C 0

nbn + C 1

nbn−1a + · · · + C n−1

n

n an.

(a + b)n = C 0 ban−1 + C n

Suy ra

n(an + bn) + C 1

2(a + b)n = C 0

n(an−1b + abn−1) + . . . + C n−1 n

n (an + bn)

(abn−1 + ban−1) + C n

∀a, b ≥ 0, ∀i = 1, 2, . . . , n − 1 ta có (an−i − bn−i)(ai − bi) ≥ 0.

Suy ra

an + bn ≥ an−ibi − aibn−i,

42

n (an + bn),

2(a + b)n ≤ C 0 (an + bn) + C n

n(an + bn) + C 1 n + C 1

n(an + bn) + · · · + C n−1 n n ) = 2n(an + bn). n + · · · + C n−1 + C n

2(a + b)n ≤ (an + bn)(C 0

Do đó (cid:33)n an + bn ≤ (cid:32)a + b 2 2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Với n = 3 ta có bất đẳng thức

(cid:33)3 a3 + b3 ≤ . (cid:32)a + b 2 2

Với n = 5 ta có bất đẳng thức

(cid:33)5 a5 + b5 ≤ (cid:32)a + b 2 2.

Ví dụ 2.1.8. Chứng minh

b2 a2 + ≥ ab với mọi a, b ∈ R. 4

Chứng minh. Ta có

b2 a2 + ≥ ab,

4 4a2 + b2 ≥ 4ab,

4a2 − 4ab + b2 ≥ 0,

(2a − b)2 ≥ 0 (Bất đẳng thức luôn đúng) .

b2 Vậy a2 + ≥ ab. Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi 2a = b. 4

43

Ví dụ 2.1.9. Chứng minh rằng:

(i) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca,

(ii) 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2,

(iii) (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).

Chứng minh. (i) Ta có

a2 + b2 ≥ 2ab,

b2 + c2 ≥ 2bc,

c2 + a2 ≥ 2ca.

Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có

2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca).

Suy ra

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c. (ii) Theo câu (i), ta có 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca). Do đó 2(a2 + b2 + c2) + a2 + b2 + c2 ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca).

3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2.

Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (iii) Ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).

⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca,

⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ 0,

⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0

⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0.

44

Bất đẳng thức luôn đúng với mọi a, b, c. Vậy bất đẳng thức iii) được chứng

minh.

Ví dụ 2.1.10. Chứng minh rằng:

x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z).

Chứng minh. Theo (i) của Ví dụ 2.1.9 ta có

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có

x4 + y4 + z4 ≥ (x2y2 + y2z2 + z2x2)

= (xy)2 + (yz)2 + (zx)2

≥ (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = xyz(x + y + z).

Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

2.2 Ứng dụng đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa

thức Lucas đối với số nguyên

Từ các ví dụ nêu ra ở mục 2.1, kếp hợp với các đồng nhất thức của đa thức

Fibonacci và đa thức Lucas đã nêu ở Chương 1, chúng tôi có các kết quả sau:

Xuất phát từ hằng đẳng thức (3) ở mục 2.1

(A + B)(A − B) = A2 − B2.

2m+1(x), thay B bởi một đa thức

2m+1(y)

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

F 2n F 2n Thay A bởi một đa thức

được xác định trong các đồng nhất thức của Định lý 1.2.2, ta có đồng nhất

2m+1(x) −

2m+1(y)

2m+1(x) +

2m+1(y)

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

(cid:19) F 2n F 2n F 2n F 2n thức sau: (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:19)(cid:18) h (cid:80) m=0

2 

45

n (cid:88)

k=1

2 

 1 =  (h + 1) (x2 + 4)2n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F4k(h+1)(x) F2k(x)

n (cid:88)

k=1

 1 . −  (h + 1) (y2 + 4)2n (2n)! (n!)2 + (cid:18) 2n n − k (cid:19)F4k(h+1)(y) F2k(y)

Xét các Ví dụ 1, ..., Ví dụ 10, làm tương tự như trên, với các số h nguyên

dương n bất kỳ ta có các đồng nhất thức sau:

Ví dụ 2.2.1.

h (cid:88)

h (cid:88)

2m+1(x) +

2m+1(y) +

2m+1(z)

m=0

m=0

m=0 (cid:32) h

(cid:35)3 (cid:34) h (cid:88) L2n+1 L2n+1 L2n+1

2m+1(x)

2m+1(y)

2m+1(z)

m=0

m=0

(cid:33)3 (cid:32) h (cid:33)3 (cid:33)3 (cid:32) h (cid:88) (cid:88) (cid:88) − L2n+1 − L2n+1 − L2n+1

m=0 

h (cid:88)

m=0

   (cid:19) (−1)n−k = 3. +     (cid:18)2n + 1 n − k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x) L2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

h (cid:88)

m=0

    (cid:19) (−1)n−k . +     (cid:18)2n + 1 n − k L2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y) L2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

h (cid:88)

m=0

    (cid:19) (−1)n−k + .     . (cid:18)2n + 1 n − k L2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z) L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

Ví dụ 2.2.2. Nếu

h (cid:88)

h (cid:88)

2m+1(y) +

2m+1(x) +

m=0

m=0

m=0 (cid:34) h

m=0 h (cid:88)

(cid:34) h (cid:34) h (cid:88) (cid:88) F 2n+1 F 2n+1 F 2n+1 . F 2n+1 (cid:35) 2m+1(z) (cid:35) 2m+1(y)

2m+1(z) +

m=0

m=0

(cid:88) F 2n+1 . F 2n+1 (cid:35) 2m+1(x)

h (cid:88)

h (cid:88)

h (cid:88)

46

2m+1(x).

2m+1(y).

2m+1(z)

m=0

m=0

m=0

=8 F 2n+1 F 2n+1 F 2n+1

h (cid:88)

h (cid:88)

h (cid:88)

thì

2m+1(x) =

2m+1(y) =

2m+1(z).

m=0

m=0

m=0

F 2n+1 F 2n+1 F 2n+1

Ví dụ 2.2.3. Với các số nguyên dương h và n bất kỳ ta có đồng nhất thức sau:

h (cid:88)

h (cid:88)

2m+1(y) +

2m+1(z)

2m+1(x) +

2m+1(y)

m=0

m=0

m=0

m=0

(cid:32) h (cid:33)3 (cid:33)3 (cid:32) h (cid:88) (cid:88) + L2n+1 L2n+1 L2n+1 F 2n+1

h (cid:88)

2m+1(z) +

2m+1(x)

m=0

m=0

(cid:32) h (cid:33)3 (cid:88) + L2n+1 L2n+1

n (cid:88)

k=0

    (cid:19) − (−1)n−k = 3.     (cid:18)2n + 1 n − k L(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x) L(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

n (cid:88)

k=0

    (cid:19) (−1)n−k . −     (cid:18)2n + 1 n − k L(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y) L(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

n (cid:88)

k=0

    (cid:19) (−1)n−k − .    .  (cid:18)2n + 1 n − k L(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z) L(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

Ví dụ 2.2.4. Với a, b, c là các số thực khác nhau h nguyên dương và n bất kỳ

2m+1(x) − b

2m+1(x) − c

(cid:19) L2n+1 L2n+1 a ta có các đồng nhất thức sau: (cid:18) h (cid:80) m=0 (i) (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (a − b)(a − c)

2m+1(x) − c

2m+1(x) − a

(cid:19) L2n+1 L2n+1 b (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (b − c)(b − a)

2m+1(x) − a

2m+1(x) − b

(cid:19) c L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (c − a)(c − b)

47

n (cid:88)

k=0

(cid:19) = (−1)n−k (cid:18)2n + 1 n − k

2m+1(x) − b

2m+1(x) − c

L2(2k+1)(h+1)(x) . L(2k+1)(x) (cid:19) a2 L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 (ii) (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (a − b)(a − c)

2m+1(x) − c

2m+1(x) − a

(cid:19) L2n+1 b2 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (b − c)(b − a)

2m+1(x) − a

2m+1(x) − b

2 

(cid:19) c2 L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (c − a)(c − b)

n (cid:88)

k=0

 (cid:19) (−1)n−k . =   (cid:18)2n + 1 n − k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

2m+1(x) và

2m+1(y) khác nhau thỏa mãn điều

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

F 2n F 2n Ví dụ 2.2.5. Nếu

kiện:

2m+1(x)

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

2m+1(Y ) −

2m+1(X)

2m+1(x) − (cid:20) h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

F 2n F 2n 9. F 2n (cid:21) 2m+1(y) (cid:20) h (cid:80) m=0 (cid:21)2 −10 F 2n F 2n = 0,

2m+1(y) hay

2m+1(x) = 10

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

F 2n F 2n thì

n (cid:80) k=1

  1 (cid:1) (h + 1)  (cid:0) 2n n−k (x2 + 4)n (2n)! (n!)2 + F4k(h+1)(x) F2k(x)

n (cid:80) k=1

  10 (cid:1) = (h + 1) . (cid:0) 2n n−k (y2 + 4)n (2n)! (n!)2 + F4k(h+1)(y) F2k(y)

2m+1(x) + 4

2m+1(x) + 3

2m+1(x) + 1

2m+1(x) + 6

(cid:19) (cid:19) (cid:19) F 2n+1 . F 2n+1 . F 2n+1 (i) Ví dụ 2.2.6. Với số nguyên dương h và n bất kỳ, ta có : (cid:18) h (cid:18) h (cid:80) (cid:80) m=0 m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:19) . F 2n+1 + 9 (cid:18) h (cid:80) m=0

48

(cid:40) (cid:33)2 1 = (cid:1)(−1)n−k (x) (cid:0)2n+1 n−k (x2 + 4)2n L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1) (cid:32) n (cid:80) k=0

(cid:41)2

2m+1(x) −

2m+1(x) − 2

h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0 (cid:18) h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

2m+1(y) (cid:19)

2m+1(y) (cid:19)

+ + 9 . (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1)(x) F(2k+1)(x) 7 (x2 + 4)n. (cid:19) (cid:19) F 2n+1 F 2n+1 . F 2n+1 F 2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0

2m+1(x) − 3

2m+1(y)

2m+1(x) − 4

2m+1(y)

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

. F 2n+1 F 2n+1 . F 2n+1 F 2n+1 (ii) (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0

2m+1(y)

2

(cid:19)4 + F 2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

  (cid:40) 1 =   (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (x2 + 4)2n F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

n (cid:80) k=0

n (cid:80) k=0

2 (cid:41)2

5 1 − + (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (x2 + 4)n F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x) F2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)  (y2 + 4)n 

n (cid:80) k=0

+ .   (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k 5 (x2 + 4)2n. F2(2k+1)(h+1)(y) L2(2k+1)(y)

2m+1(y)

2m+1(x)

(cid:19)3(cid:35) Ví dụ 2.2.7. Với số nguyên dương h và n bất kỳ, ta có : (cid:19)3 1 F 2n+1 F 2n+1 + (i) 2 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:34)(cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:88)

k=0

(cid:34) 1 ≥ (cid:18)2n + 1 n − k 2(x2 + 4)n (cid:19)F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

n (cid:88)

k=0

(cid:35)3 1 + 2(y2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k (cid:19)F2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

2m+1(y)

2m+1(x)

(cid:19)5(cid:35) (cid:19)5 1 . F 2n+1 + (ii) F 2n+1 2 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:34)(cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:88)

k=0

(cid:34) 1 ≥ 2(y2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k (cid:19)F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

49

n (cid:88)

k=0

(cid:35)5 1 + . 2(y2 + 4)n (cid:18)2n + 1 n − k (cid:19)F2(2k+1)(h+1)(y) L2(2k+1)(y)

2m+1(x) =

2m+1(y).

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

F 2n+1 F 2n+1 Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 2.2.8. Với số nguyên dương h và n bất kỳ, ta có :

2m+1(y)

2m+1(x)

m=0

m=0

(cid:32) h (cid:33)2 (cid:32) h (cid:33)2 1 (cid:88) (cid:88) F 2n F 2n + 4

n (cid:88)

k=0

n (cid:88)

(cid:35) (cid:34) 1 ≥ (x) (h + 1) (x2 + 4)n(y2 + 4)n (2n)! (n!)2 + (cid:18)2n + 1 n − k (cid:19)F4k(h+1)(x) F2k

k=0

(h + 1) (cid:35) . (y) (cid:34) . (2n)! (n!)2 + (cid:18)2n + 1 n − k (cid:19)F4k(h+1)(y) F2k

2m+1(x)

2m+1(y)

2m+1(z)

(cid:19)2 (cid:19)2 (cid:19)2 F 2n+1 F 2n+1 (i) + + F 2n+1 Ví dụ 2.2.9. Với số nguyên dương h và n bất kỳ, ta có : (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

≥ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (cid:18) h (cid:80) m=0 1 (x2 + 4)n)(y2 + 4)n. F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

n (cid:80) k=0

. (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

n (cid:80) k=0

+ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k 1 (y2 + 4)n)(z2 + 4)n. F2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

n (cid:80) k=0

. (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

n (cid:80) k=0

+ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k 1 (z2 + 4)n)(x2 + 4)n. F2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

n (cid:80) k=0

. (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

50

h (cid:88)

h (cid:88)

h (cid:88)

Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xảy ra khi và chỉ khi

2m+1(x) =

2m+1(y) =

2m+1(z).

m=0

m=0

m=0

F 2n+1 F 2n+1 F 2n+1

2m+1(x)

2m+1(y)

2m+1(z)

(cid:19)2 (cid:19)2 (cid:19)2 (cid:35) L2n+1 (ii) 3 + L2n+1 + L2n+1 (cid:34) (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

+ (cid:1)(−1)n−k (cid:1)(−1)n−k ≥ (cid:0)2n+1 n−k (cid:0)2n+1 n−k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x) L2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y) (cid:40) n (cid:80) k=0

(cid:41)2

n (cid:80) k=0

(cid:1)(−1)n−k + . (cid:0)2n+1 n−k L2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

h (cid:88)

h (cid:88)

z (cid:88)

Dấu (cid:48)(cid:48) =(cid:48)(cid:48) xảy ra khi và chỉ khi

2m+1(x) =

2m+1(y) =

2m+1(z).

m=0

m=0

m=0

L2n+1 L2n+1 L2n+1

(cid:35)2

2m+1(x) +

2m+1(y) +

2m+1(z)

h (cid:80) m=0

h (cid:80) m=0

(iii) F 2n+1 F 2n+1 F 2n+1 (cid:34) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

n (cid:80) k=0

(cid:34) (cid:1) ≥ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (cid:0)2n+1 n−k 1 (x2 + 4)n).(y2 + 4)n. F2(2k+1)(h+1)(x) . L(2k+1)(x) F2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y)

n (cid:80) k=0

n (cid:80) k=0

+ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k

(cid:35)

n (cid:80) k=0

n (cid:80) k=0

+ (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k (cid:1) (cid:0)2n+1 n−k 1 (y2 + 4)n).(z2 + 4)n. 1 (z2 + 4)n).(x2 + 4)n. F2(2k+1)(h+1)(y) . L(2k+1)(y) F2(2k+1)(h+1)(z) . L(2k+1)(z) F2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z) F2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

2m+1(z)

2m+1(y)

2m+1(x)

(cid:19)4 (cid:19)4 (cid:19)4 L2n+1 + L2n+1 + L2n+1 Ví dụ 2.2.10. (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

n (cid:80) k=0

≥ (cid:1)(−1)n−k . (cid:1)(−1)n−k (cid:0)2n+1 n−k (cid:0)2n+1 n−k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x)

n (cid:80) k=0

(cid:1)(−1)n−k (cid:1)(−1)n−k. . (cid:0)2n+1 n−k (cid:0)2n+1 n−k L2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z) L2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y) (cid:34)L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1)(x) (cid:40) n (cid:80) k=0

51

(cid:35)(cid:41)

+ + . L2(2k+1)(h+1)(y) L(2k+1)(y) L2(2k+1)(h+1)(z) L(2k+1)(z)

Xét Ví dụ 2.2.4 và Ví dụ 2.2.6, khi ta thay biến số x = 1, y = 1, z = 1 thì

ta được đồng nhất thức đối với dãy Fibonacci và dãy Lucas như sau:

2m+1(1) − b

2m+1(1) − c

(cid:19) a L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 Ví dụ 2.2.11. (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (a − b)(b − c)

2m+1(1) − c

2m+1(1) − a

(cid:19) b L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (b − c)(c − a)

2m+1(1) − a

2m+1(1) − b

(cid:19) c L2n+1 L2n+1 (cid:18) h (cid:80) m=0 + (cid:19) (cid:18) h (cid:80) m=0 (c − a)(a − b)

n (cid:80) k=0

= (cid:1)(−1)n−k (cid:0)2n+1 n−k L2(2k+1)(k+1)(1) . L2k+1(1)

2m+1(1) + 1

2m+1(1) + 3

2m+1(1) + 4 2 

2m+1(1) + 6

n (cid:80) k=0

(cid:19) (cid:19) (cid:19) F 2n+1 . F 2n+1 . . F 2n+1 Ví dụ 2.2.12. (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0 (cid:18) h (cid:80) m=0  (cid:19) (cid:1).(−1)n−k. . F 2n+1 +9 =   (cid:0)2n+1 n−k (cid:40) 1 52n F2(2k+1)(k+1)(1) L2k+1(1) (cid:18) h (cid:80) m=0

n (cid:80) k=0

(cid:41)2 7 . + (cid:1). + 9 (cid:0)2n+1 n−k 52n F2(2k+1)(k+1)(1) L2k+1(1)

52

Kết luận

Luận văn trình bày các kết quả trong [3], [4], [5] và ứng dụng của nó trong

toán học phổ thông. Cụ thể là:

- Trình bày 24 định lý từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24;

- Trình bày 10 ví dụ về đẳng thức và bất đẳng thức trong toán học phổ

thông từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10;

- Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập các đồng nhất thức mới bằng

cách kết hợp giữa các hệ thức của toán học phổ thông và các đồng nhất thức

của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas: từ Ví dụ 2.2.1 đến Ví dụ 2.2.10.

- Trình bày Ví dụ 2.2.11, 2.2.12 minh họa cho phương pháp ứng dụng:

khi có một đồng nhất thức của đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến

nhận giá trị 1 thì nhận được đồng nhất thức đối với dãy Fibonacci, dãy Lucas.

53

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Vũ Nhật Cương (2014), Dãy Fibonacci, dãy Lucas và các ứng dụng,

Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái

Nguyên.

[2] Nguyễn Thu Trang (2014), Số Fibonacci, dãy Lucas, Luận văn Thạc sĩ

Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên.

Tiếng Anh

[3] Keskin R., Yosma Z. (2011), "On Fibonacci and Lucas numbers of the

Form cx2", Journal of Integer Sequences 14, Article ID 11.9.3.

[4] Singh M., Sikhwal O., Parsai V., Gupta Y. K. (2014), "On generalized

Fibonacci and Lucas polynomials", International Journal of Advanced

Mathematical Sciences, 2 (1): 81- 87.

[5] Wang T. T., Zhang W. (2012), "Some identities involving Fibonacci,

Lucas polynomials and their applications", Bull. Math. Soc. Sci. Math.

Roumanie Tome 55, 103 (1): 95-103.