Mục lục
Lời cảm ơn ii
Mở đầu 1
3
Chương 1 . Kiến thức chuẩn bị
1.1 Dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một số tính chất của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
11
Chương 2 . Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci
2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương các số Fibonacci . . . . . . . . 19
2.4 Tổng vô hạn nghịch đảo bình phương của các số Fibonacci . . . . . . 24
28
Chương 3 . Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci
3.1 Kết quả khi a = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Các kết quả với a = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3 Kết quả khi a = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Kết luận 58
Tài liệu tham khảo 59
i
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Ngô Văn
Định. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm,
động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K10C
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập và làm luận văn này.
Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu,
các đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - TP Bắc Ninh - Tỉnh Bắc Ninh đã
tạo điều kiện cho tôi về mọi mặt để tham gia học tập và hoàn thành khóa học.
Thái Nguyên, năm 2018
Nguyễn Thị Thúy Hằng
ii
Mở đầu
Dãy số Fibonacci {Fn} là dãy số được rất nhiều người biết đến, quan tâm và
nghiên cứu. Có rất nhiều tính chất thú vị của dãy số này đã được tìm ra. Với n là một
số nguyên không âm, số Fibonacci Fn được định nghĩa bởi F0 = 0, F1 = 1 và công
thức truy hồi Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 2.
Mục đích của luận văn này là tìm hiểu và trình bày lại các kết quả sau đây :
Đầu tiên, Luận văn trình bày lại kết quả của Ohtsuka và Nakamura [1], công bố
k=n
Fn−2, nếu n chẵn, năm 2008, về tổng vô hạn của nghịch đảo các số Fibonacci: với mọi n ≥ 2, ta có (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = 1 Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ,
trong đó (cid:98)·(cid:99) kí hiệu hàm sàn. Năm 2015, Wang và Wen [2] mở rộng kết quả này cho
trường hợp hữu hạn: với m ≥ 3 và n ≥ 2, ta có
k=n
Fn−2, nếu n chẵn, (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = 1 Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ.
Tiếp theo, Luận văn trình bày một số kết quả của Wang và Yuan [3], công bố năm
mn (cid:88)
2017, về tổng đan dấu của nghịch đảo các số Fibonacci có dạng
k=n
, (−1)k Fak+b
trong đó a ∈ {1, 2, 3} và b < a.
Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung chính của Luận văn
được trình bày thành 3 chương:
1
• Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi trình bày định nghĩa
dãy Fibonacci và một số đẳng thức, bất đẳng thức về số Fibonacci được sử dụng trong
các chương tiếp theo.
• Chương 2: Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci. Mục đích của Chương này là
trình bày lại kết quả của Ohtsuka và Nakamura [1] và kết quả của Wang và Wen [2].
• Chương 3: Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci. Mục đích của Chương
này là trình bày lại kết quả của Wang và Yuan [3].
2
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương mở đầu này, chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm về dãy Fibonacci
và một số tính chất của dãy này được sử dụng trong các chương tiếp theo.
1.1 Dãy Fibonacci
Định nghĩa 1.1.1. Dãy số Fibonacci, ký hiệu bởi {Fn}, được định nghĩa bởi hệ thức
truy hồi sau:
Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 2,
với các giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = 1.
Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci:
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...
Số hạng tổng quát của dãy số Fibonacci được xác định bởi công thức Binet dưới
đây: √ √ 5 5 và β = , ta có Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet). Với n ∈ Z, α = 1 + 2 1 − 2
. Fn = αn − βn α − β
1.2 Một số tính chất của các số Fibonacci
Mệnh đề 1.2.1 ([2, Bổ đề 2.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có
n − Fn−1Fn+1 = (−1)n−1. F 2
(1.1)
3
1 − F0F2 = 12 − 0.1 = 1 = (−1)0. F 2
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, ta có
Giả sử, đẳng thức đúng với n > 1, ta chứng minh đẳng thức đúng với n + 1. Thật vậy,
n+1 − FnFn+2 = (Fn + Fn−1)2 − Fn(Fn + Fn+1) F 2
ta có
n + 2FnFn−1 + F 2
n−1 − F 2
n − FnFn+1
= F 2
n−1 − FnFn+1
= 2FnFn−1 + F 2
n−1 − Fn(Fn + Fn−1)
= 2FnFn−1 + F 2
n−1 + FnFn−1 − F 2 n
= F 2
= Fn−1(Fn−1 + Fn) − F 2 n
= Fn−1Fn+1 − F 2 n
= −(−1)n−1 = (−1)n.
Suy ra điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.2.2 ([2, Bổ đề 2.1]). Với hai số nguyên dương m, n, ta có
(1.2) Fn+m = Fn−1Fm + FnFm+1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. Với m = 1, ta có
Fn+1 = Fn−1F1 + FnF2 = Fn−1 + Fn.
Với m = 2, ta có
Fn+2 = Fn−1F2 + FnF3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn.
Giả sử, đẳng thức đúng với m > 2, ta chứng minh đẳng thức đúng với m + 1. Thật
vậy, ta có
Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m
= Fn−1Fm−1 + FnFm + Fn−1Fm + FnFm+1
= Fn−1 (Fm−1 + Fm) + Fn (Fm + Fm+1)
= Fn−1Fm+1 + FnFm+2.
4
Suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.3 ([2, Hệ quả 2.2]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có
(1.3) F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1) .
Chứng minh. Áp dụng đẳng thức (1.2) với m = n, ta có
F2n = Fn−1Fn + FnFn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1) .
Suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.4 ([2, Hệ quả 2.2]). Với mọi số nguyên không âm n, ta có
n+1.
n + F 2
(1.4) F2n+1 = F 2
Chứng minh. Chứng minh bằng quy nạp. Với n = 0, ta có
0 + F 2 1 .
F1 = 1 = 0 + 1 = F 2
Với n = 1, ta có
1 + F 2 2 .
F3 = 2 = 1 + 1 = F 2
Với n = 2, ta có
2 + F 2 3 .
F5 = 5 = 1 + 4 = F 2
Giả sử, đẳng thức đúng với n > 2, ta chứng minh đẳng thức đúng với n + 1. Thật vậy,
n+1 + F 2 F 2
sử dụng đẳng thức (1.3) và theo giả thiết quy nạp, ta có
n+2 = (Fn−1 + Fn)2 + (Fn + Fn+1)2 n + F 2 n−1 + 2Fn−1Fn + F 2
n + 2FnFn+1 + F 2
n+1
= F 2
n−1 + F 2
n + 2Fn (Fn−1 + Fn+1) + F 2
n + F 2
n+1
= F 2
= F2n−1 + 2F2n + F2n+1
= F2n+1 + F2n+2
= F2n+3.
Suy ra điều phải chứng minh.
5
Tương tự như vậy, ta có các hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.2.5 ([2, Hệ quả 2.2]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có
(1.5) F2n+1 = Fn−1Fn+1 + FnFn+2.
Hệ quả 1.2.6 ([2, Bổ đề 2.3]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có
(1.6) F2n+1 = Fn+1Fn+2 − Fn−1Fn.
Hệ quả 1.2.7 (Tính chất d’Ocagne). Với hai số nguyên m, n và m ≥ n, ta có
(1.7) FmFn+1 − Fm+1Fn = (−1)nFm−n.
Mệnh đề 1.2.8 ([2, Bổ đề 3.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có
(1.8) FnFn+1 − Fn−1Fn+2 = (−1)n−1.
Chứng minh. Ta có
FnFn+1 − Fn−1Fn+2 = FnFn+1 − Fn−1(Fn + Fn+1
= FnFn+1 − FnFn−1 − Fn−1Fn+1
= Fn(Fn+1 − Fn−1) − Fn−1Fn+1
n − Fn−1Fn+1.
= F 2
Sử dụng (1.1) ta được kết quả cần chứng minh.
Một cách tổng quát ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.2.9 ([3, Bổ đề 5]). Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên dương với a+b = c+d
và b ≥ max {c, d}. Khi đó, ta có
(1.9) FaFb − FcFd = (−1)a+1Fb−cFb−d.
Mệnh đề 1.2.10 ([2, Bổ đề 2.4]). Nếu n ≥ 6 thì ta có
(1.10) Fn−2Fn−1 > Fn+1.
6
Chứng minh. Ta có
Fn−2Fn−1 − Fn+1 = Fn−2Fn−1 − (Fn−1 + Fn)
= Fn−2Fn−1 − Fn−1 − (Fn−2 + Fn−1)
= (Fn−2 − 2)Fn−1 − Fn−2.
Do n ≥ 6 nên Fn−2 − 2 > 1, suy ra
Fn−2Fn−1 − Fn+1 > Fn−1 − Fn−2 > 0.
Suy ra điều cần chứng minh.
Mệnh đề 1.2.11 ([2, Bổ đề 2.5]). Với mỗi n ≥ 3, chúng ta có
(1.11) F3n−1(Fn + Fn−3) > Fn−2Fn−1FnFn+1.
Chứng minh. Áp dụng (1.2), chúng ta có được
F3n−1 = Fn−1F2n−1 + FnF2n.
Do đó
n F2n > Fn−1FnF2n.
F3n−1(Fn + Fn−3) > (Fn−1F2n−1 + FnF2n)Fn > F 2
Sử dụng (1.3), chúng ta có
F2n > FnFn+1 > Fn−2Fn+1.
Từ đây suy ra bất đẳng thức (1.11) như mong muốn.
Mệnh đề 1.2.12 ([3, Bổ đề 15]). Với n ≥ 1, chúng ta có
(1.12) F6n+2 > F2n(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4).
Chứng minh. Từ đẳng thức (1.9), suy ra :
F2n−1F2n+3 − F2n−2F2n+4 = 5,
2n = 1,
F2n−1F2n+1 − F 2
7
F2n+1F2n+3 − F2nF2n+4 = 2.
2n và F2n+1F2n+3 > F2nF2n+4.
Do đó, F2n−1F2n+3 > F2n−2F2n+4, F2n−1F2n+1 > F 2
Sử dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần và những bất đẳng thức ở trên, chúng ta có
F6n+2 = F2nF4n+1 + F2n+1F4n+2
= F2n(F2n−2F2n+2 + F2n−1F2n+3) + F2n+1(F2n−1F2n+2 + F2nF2n+3)
2nF2n+2 + F2nF2n+4F2n
> F2n−2F2nF2n+2 + F2n−2F2n+4F2n + F 2
= F2n(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4).
Hoàn thành việc chứng minh.
Mệnh đề 1.2.13 ([3, Bổ đề 17]). Với số nguyên dương n, ta có
(1.13) 2F4n(F4n + F4n+2) > F2n+2F4n+3(F2n−2 + F2n).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh
4n > F2n−2F2n+2F4n+3 và 2F4nF4n+2 > F2nF2n+2F4n+3.
2F 2
Hai bất đẳng thức này có thể dùng lập luận tương tự để chứng minh nên chúng ta
chỉ chứng minh bất đẳng thức đầu tiên.
Áp dụng hệ thức (1.9) nhiều lần và đẳng thức (1.2), chúng ta có
4n = 2F4n−3F4n+3 − 8
2F 2
2n−1)F4n+3 − 8
2n−2 + F 2
= 2(F 2
2n−1)F4n+3 − 8
> (F2n−2F2n−1 + 2F 2
= F2n−1F2n+1F4n+3 − 8
= (F2n−2F2n+2 + 2)F4n+3 − 8
> F2n−2F2n+2F4n+3.
Chứng minh đã hoàn thành.
Mệnh đề 1.2.14 ([3, Bổ đề 23]). Với n ≥ 2, chúng ta có
(1.14) F4n−2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) > F4n(F4n−2 + F4n).
8
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét vế bên phải. Áp dụng đẳng thức
4n − F4n−1F4n+1 = −1,
F 2
ta có
F4n(F4n−2 + F4n) = F4nF4n−2 + F 2 4n
= F4nF4n−2 + F4n−1F4n+1 − 1
= F8n−1 − 1.
Xét vế trái, chúng ta có nếu n ≥ 2, thì
(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) = F2n−2F2n+2 + F2nF2n+2 + F2n−2F2n+4 + F2nF2n+4
> (F2n−2F2n+1 + F2n−2F2n+2)
+ (F2n−2F2n+3 + F2n−1F2n+4) + F2n−2F2n+4
> F4n + F4n+2 + 2.
Vì thế, việc sử dụng F4n−2F4n+2 − F4n−1F4n+1 = −2, chúng ta có
F4n−2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) > F4nF4n−2 + F4n−2F4n+2 + 2
= F4nF4n−2 + F4n−1F4n+1
= F8n−1.
Do đó vế trái lớn hơn vế phải.
Mệnh đề 1.2.15 ([3, Bổ đề 40]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có
(1.15) 2F3n+3 > FnFn+1Fn+6.
Chứng minh. Ứng dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần, chúng ta thu được
F3n+3 = FnF2n+2 + Fn+1F2n+3 > FnFn+3
= Fn(FnFn+1 + Fn+1Fn+2) + Fn+1(FnFn+2 + Fn+1Fn+3)
n+1(Fn + 2Fn+1)
= FnFn+1(Fn + 2Fn+2) + F 2
n+1
= FnFn+1(Fn + Fn+1 + 2Fn+2) + 2F 2
> FnFn+1(3Fn+2 + 2Fn+1)
= FnFn+1Fn+5.
9
Vì thế ta có
2F3n+3 − FnFn+1Fn+6 > 2FnFn+1Fn+5 − FnFn+1Fn+6
= FnFn+1(2Fn+5 − Fn+6) > 0.
Hoàn thành việc chứng minh.
Mệnh đề 1.2.16 ([3, Bổ đề 42]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
(1.16) F2nF2n+1 − Fn+1Fn+4F2n−2 < 0.
Chứng minh. Áp dụng các hệ thức (1.6) và (1.9) ta có
Fn+2Fn+3 − FnFn+1 = F2n+3,
Fn+1Fn+4 − Fn+2Fn+3 = (−1)n.
Suy ra
Fn+1Fn+4 = FnFn+1 + F2n+3 + (−1)n > F2n+3 + 2.
Vì thế, ta có
F2nF2n+1 − Fn+1Fn+4F2n−2 < F2nF2n+1 − (F2n+3 + 2)F2n−2
= (F2nF2n+1 − F2n−2F2n+3) − 2F2n−2
= 2 − 2F2n−2 ≤ 0.
Suy ra điều cần chứng minh.
10
Chương 2
Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các kết quả của Ohtsuka và Nakamura
[1] và các kết quả của Wang và Wen [2] về tổng hữu hạn và vô hạn nghịch đảo các số
Fibonacci.
2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo của các số Fibonacci
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số kết quả của Wang và Wen về tổng hữu
hạn nghịch đảo của các số Fibonacci.
2n (cid:88)
Mệnh đề 2.1.1 ([2, Mệnh đề 2.6]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
k=n
> . (2.1) 1 Fk 1 Fn−2 + 1
Chứng minh. Với k ≥ 2, ta có
− − = − 1 Fk−2 + 1 1 Fk 1 Fk−1 + 1 1 Fk−1 + 1
= Fk − Fk−2 − 1 Fk(Fk−2 + 1) (Fk−1 − 1)(Fk−1 + 1) − FkFk−2Fk (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk
= . F 2 k−1 − FkFk−2 − 1 − Fk (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk
Theo hệ thức (1.1), ta có F 2
k−1 − FkFk−2 =( −1)k. Vì vậy, 1 Fk
= − − . 1 Fk−1 + 1 (−1)k − 1 − Fk (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk 1 Fk−2 + 1
2n (cid:88)
2n (cid:88)
Bây giờ chúng ta có
k=n
k=n
= − + 1 Fk 1 Fn−2 + 1 1 F2n−1 + 1 (−1)k−1 + 1 + Fk (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk
11
2n (cid:88)
k=n
> − + 1 Fn−2 + 1 1 F2n−1 + 1 1 (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)
> + − . 1 Fn−2 + 1 1 (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) 1 F2n−1 + 1
Áp dụng hệ thức (1.5), chúng ta có
F2n−1 + 1 − (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) = F2n−1 − Fn−2Fn−1 − Fn−2 − Fn−1
n−2 + Fn−1Fn+1 − Fn > 0.
= F 2
2n (cid:88)
Do đó, chúng ta có được điều phải chứng minh:
k=n
> . 1 Fk 1 Fn−2 + 1
Suy ra điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.2 ([2, Mệnh đề 2.7]). Giả sử m ≥ 2. Khi đó, với mọi số nguyên chẵn
mn (cid:88)
n ≥ 4, chúng ta có
k=n
< . (2.2) 1 Fk 1 Fn−2 + 1
Chứng minh. Từ hệ thức (1.1), chúng ta dễ dàng thu được
− − = , với mọi k ≥ 3. 1 Fk−2 1 Fk 1 Fk−1 (−1)k Fk−2Fk−1Fk
mn (cid:88)
mn (cid:88)
Vì thế, cho n ≥ 3, chúng ta có
k=n
k=n
= − + . (2.3) 1 Fk 1 Fn−2 1 Fmn−1 (−1)k−1 Fk−2Fk−1Fk
mn (cid:88)
Vì n là số chẵn nên
k=n
< 0. (−1)k−1 Fk−2Fk−1Fk
mn (cid:88)
Từ đó suy ra điều cần chứng minh:
k=n
< . 1 Fk 1 Fn−2
12
2n (cid:88)
Mệnh đề 2.1.3 ([2, Mệnh đề 2.8]). Nếu n ≥ 5 là số lẻ thì
k=n
< . (2.4) 1 Fk 1 Fn−2
Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được rằng mệnh đề là đúng khi n = 5. Chúng ta giả
2n (cid:88)
sử rằng n ≥ 7. Vì n là số lẻ, chúng ta có
k=n
< 0. (−1)k−1 Fk−2Fk−1Fk
Áp dụng (1.10) và (1.6) ta có
− < − 1 Fn−2Fn−1Fn 1 F2n−1 1 FnFn+1 1 F2n−1
=
= − F2n−1 − FnFn+1 FnFn+1F2n−1 Fn−2Fn−1 FnFn+1F2n−1
< 0.
Sử dụng (2.3) và hai bất đẳng thức trên ta có ngay hệ thức (2.4).
mn (cid:88)
Mệnh đề 2.1.4 ([2, Mệnh đề 2.9]). Cho m ≥ 3. Nếu n ≥ 3 là số lẻ, chúng ta có
k=n
> . (2.5) 1 Fk 1 Fn−2
3m (cid:88)
Chứng minh. Dễ thấy rằng
k=3
> . 1 Fk 1 F1
Do đó (2.5) đúng với n = 3. Bây giờ chúng ta giả sử rằng n ≥ 5. Áp dụng (2.3),
mn (cid:88)
mn (cid:88)
chúng ta có
k=n
k=n+2
= + − − + . 1 Fk 1 Fn−2 1 Fn−2Fn−1Fn 1 Fn−1FnFn+1 1 Fmn−1 (−1)k−1 Fk−2Fk−1Fk
mn (cid:88)
Rõ ràng rằng
k=n+2
> 0. (−1)k−1 Fk−2Fk−1Fk
13
Vì m ≥ 3, áp dụng (2.19), chúng ta có
Fmn−1(Fn−3 + Fn) ≥ F3n−1(Fn−3 + Fn) > Fn−2Fn−1FnFn+1.
Suy ra
− − = − 1 Fn−2Fn−1Fn 1 Fn−1FnFn+1 1 Fmn−1 Fn+1 − Fn−2 Fn−2Fn−1FnFn+1 1 Fmn−1
− > 0. = Fn−3 + Fn Fn−2Fn−1FnFn+1 Fn−3 + Fn Fmn−1(Fn−3 + Fn)
Vì thế, (2.5) cũng đúng khi n ≥ 5.
2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci
Trong mục này, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Ohtsuka và Nakamura
và một số kết quả của Wang và Wen về tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci.
Trước tiên, chúng tôi trình bày kết quả của Ohtsuka và Nakamura bởi định lý dưới
đây, trong đó (cid:98)·(cid:99) là ký hiệu hàm sàn số học.
Định lý 2.2.1 ([1, Định lý 1]). Với n là một số nguyên dương, ta có
k=n
Fn−2, nếu n chẵn và n ≥ 2, (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = 1 Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ và n ≥ 1.
Để chứng minh Định lý 2.2.1,chúng ta cần hai bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.2.2 ([1, Bổ đề 1]). Với số nguyên dương n, ta có
∞ (cid:88)
i) Nếu n là chẵn thì
k=n
< 1. (2.6) Fn−2 Fk
∞ (cid:88)
ii) Nếu n là lẻ thì
k=n
> 1. (2.7) Fn−2 Fk
14
Chứng minh. Với n > 0, ta có
− − = − 1 Fn 2 Fn+2 1 Fn+3 1 Fn+3
− = 1 Fn+3
=
n+1 + (−1)n+1F 2 1 )
2 ) − (F 2 FnFn+2Fn+3
(F 2 Fn+2 − 2Fn FnFn+2 Fn−1 FnFn+2 Fn−1Fn+3 − FnFn+2 FnFn+2Fn+3 n+1 + (−1)nF 2 =
= . 2(−1)n FnFn+2Fn+3
Nếu n là chẵn và n > 0, thì
− − > 0. 1 Fn 2 Fn+2 1 Fn+3
Suy ra
+ + > . 1 Fn+2 1 Fn+2 1 Fn+3
1 Fn Sử dụng bất đẳng thức này với n > 2 nhiều lần, chúng ta có
> + + 1 Fn−2 1 Fn+1
+ ) + ( + + >
> + + + + ( ) + + 1 Fn 1 Fn 1 Fn
+ + + + + + ..... > ..... > 1 Fn 1 Fn+1 1 Fn+1 1 Fn 1 Fn+2 1 Fn+2 1 Fn+1 1 Fn+2 1 Fn+3 1 Fn+2 1 Fn+3 1 Fn+4 1 Fn+3 1 Fn+4 1 Fn+4 1 Fn+5 1 Fn+5
∞ (cid:88)
Do đó, nếu n là số chẵn và n > 2, ta có
k=n
< 1. Fn−2 Fk
Dễ dàng kiểm tra được bất đẳng thức này đúng khi n = 2. Do đó (2.6) đã được
chứng minh. Công thức (2.7) được chứng minh tương tự.
∞ (cid:88)
Bổ đề 2.2.3 ([1, Bổ đề 2]). Với n (cid:62) 1, ta có
k=n
< 1 (2.8) Fn−2 − 1 Fk
15
∞ (cid:88)
và
k=n
> 1. (2.9) Fn−2 + 1 Fk
√ √ 5 5 . và β = Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta ký hiệu α = 1 + 2 1 − 2
Cho k (cid:62) m (cid:62) 1. Khi đó, ta có
√ 5(Fk−m − α−mFk) = αk−m − βk−m − α−m(αk − βk)
= α−mβk − βk−m
(cid:54) α−m|β|k + |β|k−m
√ 5. < α0|β|0 + |β|0 = 2 <
< α−m. Suy ra Fk−m − α−mFk < 1 hay Fk−m − 1 Fk Đặt m = k − n + 2, chúng ta có,
< αn−2−k, (2 (cid:54) n (cid:54) k + 1). Fn−2 − 1 Fk
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
Theo bất đẳng thức này, chúng ta có:
j=2
k=n
k=n
α−j = < αn−2−k = = = 1. 1 α2(1 − α−1) 1 α2 − α Fn−2 − 1 Fk
Do đó, (2.8) đã được chứng minh. Công thức (2.9) được chứng minh tương tự.
∞ (cid:88)
Chứng minh Định lý 2.2.1. Trường hợp 1: n là số chẵn, và n (cid:62) 2. Nếu n = 2, ta có
k=n
> = 1. Fn−2 − 1 Fk 1 F2
k=2
Vì thế, (cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) 0 < < 1. 1 Fk
Suy ra
k=2
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = 0 = F2−2. 1 Fk
16
∞ (cid:88)
Nếu n ≥ 4 thì theo các bổ đề trên chúng ta có:
k=n
< < . 1 Fn−2 + 1 1 Fk 1 Fn−2
k=2
Vì thế, (cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) Fn−2 < < Fn−2 + 1. 1 Fk
Do vậy,
k=n
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−2. 1 Fk
Trường hợp 2: n là số lẻ, và n ≥ 1. Trường hợp n = 1 và n = 3 là các trường hợp dễ
∞ (cid:88)
dàng xác minh. Nếu n ≥ 5, chúng ta có:
k=n
< < . 1 Fn−2 1 Fk 1 Fn−2 − 1
k=n
Vì thế, ta có (cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) Fn−2 − 1 < < Fn−2. 1 Fk
Suy ra
k=n
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−2 − 1. 1 Fk
Điều này đã hoàn thành chứng minh.
Tiếp theo, chúng tôi trình bày một số kết quả của Wang và Wen về tổng hữu hạn
nghịch đảo của các số Fibonacci.
k=n
(cid:32) 2n (cid:88) (2.10) Định lý 2.2.4 ([2, Định lý 2.10]). Với mọi n ≥ 4, chúng ta có (cid:33)−1 = Fn−2. 1 Fk
17
Chứng minh. Kết hợp (2.1), (2.2) và (2.4), chúng ta có thể kết luận rằng, với mọi
2n (cid:88)
n ≥ 4, ta có
k=n
< < . 1 Fn−2 + 1 1 Fk 1 Fn−2
Từ đó suy ra (2.10).
Định lý 2.2.5 ([2, Định lý 2.11]). Nếu m ≥ 3 và n ≥ 2 thì
k=n
Fn−2, nếu n chẵn ; (cid:32) mn (cid:88) (2.11) (cid:33)−1 = 1 Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ .
Chứng minh. Rõ ràng rằng
k=2
(cid:32) 2m (cid:88) (2.12) (cid:33)−1 = F0. 1 Fk
Kết hợp (2.1) và (2.2), chúng ta thấy rằng, với tất cả các số nguyên chẵn n ≥ 4, ta
mn (cid:88)
có
k=n
< < . (2.13) 1 Fn−2 + 1 1 Fk 1 Fn−2
k=n
(cid:32) mn (cid:88) Do đó (2.12) và (2.13) chỉ ra rằng, với tất cả m ≥ 3 và n ≥ 2 là số chẵn, ta có (cid:33)−1 = Fn−2. 1 Fk
Tiếp tục chúng ta chứng minh rằng, với m ≥ 3 và tất cả các số nguyên lẻ n ≥ 3,
k=n
(cid:32) mn (cid:88) (2.14) (cid:33)−1 = Fn−2 − 1. 1 Fk
3m (cid:88)
Nếu n = 3, chúng ta có thể dễ dàng thấy ngay
k=3
> 1. 1 Fk
Do đó (2.14) đúng với n =3. Vì vậy trong phần còn lại của chứng minh, chúng ta giả
sử rằng n ≥ 5.
18
Với k ≥ 5, ta có
− − = > 0. 1 Fk−2 − 1 1 Fk 1 Fk−1 − 1 (−1)k − 1 + Fk Fk(Fk−2 − 1)(Fk−1 − 1)
mn (cid:88)
Vì thế chúng ta nhận được
k=n
< − < . (2.15) 1 Fk 1 Fn−2 − 1 1 Fmn−1 − 1 1 Fn−2 − 1
Cuối cùng, kết hợp (2.15) với (2.5) cho ta (2.14).
2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương các số Fi-
bonacci
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số kết quả của Wang và Wen về tổng hữu
hạn nghịch đảo bình phương các số Fibonacci.
Mệnh đề 2.3.1 ([2, Mệnh đề 3.2]). Cho một số nguyên m ≥ 2 và cho n ≥ 3 là lẻ,
mn (cid:88)
chúng ta có
k=n
< . (2.16) 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
Chứng minh. Sử dụng công thức (2.12), ta kiểm tra được rằng, cho mỗi k ≥ 2, ta có
− − − 1 Fk−1Fk 1 F 2 k
k Fk+2 − Fk−1F 2
k Fk+1
k+1Fk+2 − Fk−1F 2 k F 2 Fk−1F 2 k+1Fk+2
k+1 + F 2 k )
1 F 2 k+1 FkF 2 1 Fk+1Fk+2 k+1Fk+2 − Fk−1F 2 =
k+1Fk+2
=
k+1Fk+2
=
k+1Fk+2
= . Fk−1F 2 FkFk+1(Fk+1Fk+2 − Fk−1Fk) − Fk−1Fk+2(F 2 k F 2 Fk−1F 2 (FkFk+1 − Fk−1Fk+2)F2k+1 k F 2 Fk−1F 2 (−1)k−1F2k+1 k F 2
Vì n là số lẻ, chúng ta có
n+1
− − > 0. − 1 F 2 1 Fn−1Fn 1 Fn+1Fn+2 1 F 2 n
19
mn (cid:88)
Nếu m là số chẵn, thì
k=n
< − < . 1 Fn−1Fn 1 FmnFmn+1 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
mn (cid:88)
Nếu m là số lẻ, thì
mn
k=n
< − + < . 1 F 2 1 Fn−1Fn 1 Fmn−1Fmn 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
Do đó (2.16) luôn đúng.
2n (cid:88)
Mệnh đề 2.3.2 ([2, Mệnh đề 3.3]). Cho n là số nguyên lẻ, ta có
k=n
> . (2.17) 1 Fn−1Fn + 1 1 F 2 k
Chứng minh. Sử dụng công thức (2.5), chúng ta có được
, nếu k lẻ , F 2 − − = 1 Fk−1Fk + 1 1 FkFk+1 + 1 1 F 2 k , nếu n chẵn. − − F 2 2Fk−1Fk + 1 k (Fk−1Fk + 1)(FkFk+1 + 1) 2FkFk+1 + 1 k (Fk−1Fk + 1)(FkFk+1 + 1)
Bây giờ chúng ta có
2n (cid:88)
k=n
(cid:18) = + F 2 1 Fn−1Fn + 1 2Fn−1Fn + 1 n (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1) 1 F 2 k
+ F 2 2Fn+1Fn+2 + 1 n+1(FnFn+1 + 1)(Fn+1Fn+2 + 1) (cid:19) − + .... + 1 F2nF2n+1 + 1
+ > − . F 2 2F2nF2n+1 + 1 F 2 2n(F2n−1F2n + 1)(F2nF2n+1 + 1) 1 Fn−1Fn + 1 1 F2nF2n+1 + 1 2Fn−1Fn + 1 n (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1)
Ta lại có 2Fk−1Fk > Fk−1Fk+1. Từ (2.6) và việc n là số lẻ, chúng ta thu được
≥ = = 1. 2Fn−1Fn + 1 F 2 n 2Fn−1Fn + 1 F 2 n F 2 n F 2 n
2n (cid:88)
Suy ra
k=n
> + − . 1 Fn−1Fn + 1 1 (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1) 1 F2nF2n+1 + 1 1 F 2 k
20
Theo (1.3) và (1.4), chúng ta có
n + F 2
n+1) > (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1).
F2nF2n+1 + 1 > (Fn−1Fn + FnFn+1)(F 2
2n (cid:88)
Từ đó suy ra
k=n
> . 1 Fn−1Fn + 1 1 F 2 k
Chứng minh đã hoàn thành.
Mệnh đề 2.3.3 ([2, Mệnh đề 3.4]). Giả sử rằng m ≥ 2 và n > 0 là số chẵn. Khi đó
mn (cid:88)
ta có
k=n
< . (2.18) 1 Fn−1Fn − 1 1 F 2 k
k như sau
Chứng minh. Áp dụng (1.1), chúng ta có thể viết lại F 4
k = Fk−1F 2 F 4
k Fk+1 + (−1)k−1F 2 k .
(2.19)
Ngoài ra, ta có
k Fk+1 − Fk−1Fk − Fk−1Fk + 1
k Fk+1 − 2Fk−1Fk − F 2
k + 1.
(Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) = Fk−1F 2 (2.20) = Fk−1F 2
Kết hợp (2.19) và (2.20) cho ta được
− − = − 1 Fk−1Fk − 1 1 FkFk+1 − 1 1 F 2 k
≥ − > 0. F 2 k (Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) 2Fk−1Fk − 1 (Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) 1 F 2 k 1 F 2 k
mn (cid:88)
Suy ra
k=n
< − < . 1 Fn−1Fn − 1 1 FmnFmn+1 − 1 1 Fn−1Fn − 1 1 F 2 k
Hoàn thành chứng minh.
2n (cid:88)
Mệnh đề 2.3.4 ([2, Mệnh đề 3.5]). Nếu n > 0 là số chẵn thì
k=n
> . (2.21) 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
21
Chứng minh. Sử dụng (1.1), chúng ta có thể suy ra rằng
k Fk+1
(−1)k−1 − − = . 1 Fk−1Fk − 1 1 FkFk+1 − 1 Fk−1F 2 1 F 2 k
Vì thế, từ n là số chẵn, chúng ta có
2n (cid:88)
2n (cid:88)
k Fk+1
k=n
k=n (cid:18)
(−1)k + = − 1 Fn−1Fn Fk−1F 2 1 F2nF2n+1 1 F 2 k (cid:19) + − − = FnF 2 1 F2nF2n+1 1 Fn−1F 2 n Fn+1 1 n+1Fn+2
k Fk+1
k=n+2
(−1)k 1 Fn−1Fn 2n−1 (cid:88) + + . Fk−1F 2 1 F2n−1F 2 2nF2n+1
Ta lại có
2n−1 (cid:88)
k Fk+1
k=n+2
(−1)k−1 > 0 Fk−1F 2
nên
2n (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − > + − . 1 Fn−1Fn FnF 2 1 F2nF2n+1 1 Fn−1F 2 n Fn+1 1 n+1Fn+2 1 F 2 k
Ta sẽ chứng minh
− − > 0. FnF 2 1 F2nF2n+1 1 Fn−1F 2 n Fn+1 1 n+1Fn+2
Đầu tiên, theo (1.6), chúng ta có
n+1Fn+2
2n+1
− − = − . FnF 2 1 F2nF2n+1 Fn−1F 2 F2n+1 F2nF 2 1 Fn−1F 2 n Fn+1 F2n+1 n F 2 1 n+1Fn+2
Từ (1.3), (1.4) và (1.5) ta có
n+1 và F2n+1 > FnFn+2.
F2n > Fn−1Fn, F2n+1 > F 2
Suy ra
2n+1 > Fn−1F 2
n F 2
n+1Fn+2.
F2nF 2
Vậy chúng ta thu được
− > 0. − FnF 2 1 F2nF2n+1 1 Fn−1F 2 n Fn+1 1 n+1Fn+2
Suy ra điều cần chứng minh.
22
Định lý 2.3.5 ([2, Định lý 3.6]). Với mọi n ≥ 1 và m ≥ 2, chúng ta có
k=n
FnFn−1, nếu n lẻ , (cid:32) mn (cid:88) (2.22) (cid:33)−1 = 1 F 2 k FnFn−1 − 1, nếu n chẵn .
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét các trường hợp khi n là số lẻ. Nếu n = 1, kết
mn (cid:88)
2n (cid:88)
quả rõ ràng đúng. Vì vậy, chúng tôi giả sử rằng n ≥ 3. Từ (2.17), ta có
k=n
k=n
≥ > . (2.23) 1 Fn−1Fn + 1 1 F 2 k 1 F 2 k
mn (cid:88)
Sử dụng (2.16) và (2.23) cho ta
k=n
< < . 1 Fn−1Fn + 1 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
Điều này có nghĩa rằng, nếu n > 0 là số lẻ, chúng ta có
k=n
(cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−1Fn. 1 F 2 k
2n (cid:88)
mn (cid:88)
Bây giờ chúng ta xem xét các trường hợp trong đó n > 0 là số chẵn. Từ (2.21) ta có
k=n
k=n
≥ > . (2.24) 1 Fn−1Fn 1 F 2 k 1 F 2 k
mn (cid:88)
Kết hợp (2.18) và (2.24), chúng ta được
k=n
< . < 1 Fn−1Fn 1 Fn−1Fn − 1 1 F 2 k
Từ đó chúng ta thấy rằng, nếu n > 0 là số chẵn, ta có
k=n
(cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−1Fn − 1. 1 F 2 k
Hoàn thành chứng minh.
23
2.4 Tổng vô hạn nghịch đảo bình phương của các số Fi-
bonacci
Trong mục này, chúng tôi trình bày kết quả của Ohtsuka và Nakamura về tổng vô
hạn nghịch đảo bình phương của các số Fibonacci.
Định lý 2.4.1 ([1, Định lý 2]). Với số nguyên dương n, ta có
k=n
Fn−1Fn − 1, nếu n chẵn và n ≥ 2, (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = 1 F 2 k Fn−1Fn, nếu n lẻ và n ≥ 1.
Để chứng minh Định lý 2.4.1 ta cần hai bổ đề dưới đây.
∞ (cid:88)
Bổ đề 2.4.2 ([1, Bổ đề 3]). Với số nguyên dương n, ta có
k=n
> 1, nếu n chẵn và n ≥ 2. (2.25) Fn−1Fn F 2 k
∞ (cid:88)
và
k=n
< 1, nếu n lẻ và n ≥ 1. (2.26) Fn−1Fn F 2 k
Chứng minh. Cho n > 1, sử dụng công thức của de Moivre - Binet, chúng ta có
n+1
− − − = − 1 F 2 F 2 1 Fn−1Fn 1 F 2 n Fn+2 + Fn+1 n+1Fn+2
n Fn+3
= − F 2
n+1(F 2 F 2
n+1 + (−1)nF 2 2 )
=
n (F 2 n+1Fn+2
= 1 Fn − Fn−1 Fn−1F 2 Fn+1Fn+2 n Fn−2 Fn+3 Fn−1F 2 n+1Fn+2 n Fn−2F 2 n+1Fn+2 − Fn−1F 2 n F 2 Fn−1F 2 n+1Fn+2 n + (−1)n−1F 2 Fn−1F 2
=
2 ) − F 2 n F 2 n+1 − (−1)nF 2 (−1)n−1F 2 n n F 2 Fn−1F 2 n+1Fn+2 (−1)n+1F2n+1 n F 2
n+1Fn+2
= . Fn−1F 2
Nếu n là số chẵn, và n ≥ 2, thì
n+1
− − − < 0. 1 F 2 1 Fn−1Fn 1 Fn+1Fn+2 1 F 2 n
24
Suy ra
n+1
< + + . 1 F 2 1 Fn−1Fn 1 Fn+1Fn+2 1 F 2 n
Sử dụng bất đẳng thức này nhiều lần, chúng ta có
< + + 1 Fn−1Fn 1 Fn+1Fn+2
< + + ( + ) + 1 Fn+3Fn+4
< + + + ( + + ) 1 Fn+5Fn+6
n+1
n+3
n+4
n+5
< + + + + + ..... 1 F 2 n+1 1 F 2 n+1 1 F 2 n+1 1 F 2 1 F 2 n+2 1 F 2 n+3 1 F 2 1 F 2 n+3 1 F 2 n+4 1 F 2 1 F 2 n+5 1 F 2 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 n
Từ đây, chúng ta thu được 2.25. Công thức 2.26 được chứng minh tương tự.
∞ (cid:88)
Bổ đề 2.4.3 ([1, Bổ đề 4]). Cho n ≥ 1, ta có:
k=n
< 1. (2.27) Fn−1Fn − 1 F 2 k
∞ (cid:88)
và
k=n
> 1. (2.28) Fn−1Fn + 1 F 2 k
Chứng minh. Với n ≥ 2, ta có
− − = − 1 Fn−1Fn − 1 1 FnFn+1 − 1 1 F 2 n
= −
FnFn+1 − Fn−1Fn (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) F 2 n (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) F 4 = . 1 F 2 n 1 F 2 n n − (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) F 2 n (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1)
n − Fn−1F 2 F 4
n Fn+1 + Fn−1Fn + FnFn+1 − 1
Tử số của vế phải là
n − F 2
n (F 2
n + (−1)n) + Fn(Fn−1 + Fn+1) − 1
= F 4
n + Fn(Fn−1 + Fn+1) − 1
= −(−1)nF 2
n + Fn(Fn−1 + Fn+1) − 1
> −F 2
25
= Fn(−Fn + Fn−1 + Fn+1) − 1(bởi vì n ≥ 2)
= 2FnFn−1 − 1 ≥ 1 > 0.
Do đó, chúng ta có
− − > 0. 1 Fn−1Fn − 1 1 FnFn+1 − 1 1 F 2 n
Suy ra
> + . 1 Fn−1Fn − 1 1 FnFn+1 − 1 1 F 2 n
Áp dụng bất đẳng thức này nhiều lần chúng ta có
+ > 1 Fn−1Fn − 1 1 FnFn+1 − 1
+ ) > + ( 1 Fn+1Fn+2 − 1
> + + ( + ) 1 Fn+2Fn+3 − 1
∞ (cid:88)
> + + + ( + ) 1 F 2 n+1 1 F 2 n+1 1 F 2 1 F 2 n+2 1 F 2 1 F 2
n+1 1 F 2
n+2 1 F 2
n+3 1 F 2
n+1
n+2
n+3
n+4
k=n
> + + + ..... = + + . 1 Fn+3Fn+4 − 1 1 F 2 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 n 1 F 2 k
∞ (cid:88)
Suy ra
k=n
< 1, nếu n ≥ 2. Fn−1Fn − 1 F 2 k
Nếu n = 1, thì bất đẳng thức này rõ ràng là đúng. Do đó, chúng ta thu được bất đẳng
thức (2.27). Bất đẳng thức (2.28) cũng đạt được tương tự.
Chứng minh của Định lý 2.4.1. Trường hợp 1: n là số chẵn và n ≥ 2. Sử dụng Bổ
∞ (cid:88)
đề 2.4.2 và Bổ đề 2.4.3, chúng ta có
k=n
< . < 1 Fn−1Fn 1 Fn−1Fn − 1 1 F 2 k
Vì thế, chúng ta có
k=n
(cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) Fn−1Fn − 1 < < Fn−1Fn. 1 F 2 k
26
Suy ra
k=n
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−1Fn − 1. 1 F 2 k
∞ (cid:88)
Trường hợp 2: n là số lẻ và n ≥ 1. Nếu n = 1, ta có
k=n
> = 1, 1 F 2 1 1 F 2 k
k=n
suy ra (cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) 0 < < 1. 1 F 2 k
Vì thế, ta có
k=n
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = 0 = F0F1. 1 F 2 k
∞ (cid:88)
Nếu n là số lẻ và n ≥ 3, sử dụng Bổ đề 2.4.2 và Bổ đề 2.4.3, ta có
k=n
< < . 1 Fn−1Fn + 1 1 Fn−1Fn 1 F 2 k
k=n
Suy ra (cid:33)−1 (cid:32) ∞ (cid:88) Fn−1Fn < < Fn−1Fn + 1. 1 F 2 k
Do đó, ta có
k=n
(cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33)−1 = Fn−1Fn. 1 F 2 k
Do đó, chúng ta thu được kết quả của Định lý.
27
Chương 3
Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các kết quả của Wang và Yuan về tổng
mn (cid:88)
đan dấu
k=n
, (−1)k Fak+b
trong đó a ∈ {1, 2, 3} và b < a.
3.1 Kết quả khi a = 1
Để thuận tiện trong các lập luận, chúng ta xét 4 hàm số
− − , f1(n) = 1 Fn+1 (−1)n Fn 1 Fn+2
− − , f2(n) =
− + , f3(n) = 1 Fn+2 − 1 1 Fn+2 + 1
− + . f4(n) = 1 Fn+1 − 1 −1 Fn+1 + 1 −1 Fn+1 (−1)n Fn (−1)n Fn (−1)n Fn 1 Fn+2
Rõ ràng là fi(n), 1 ≤ i ≤ 4, là số dương nếu n là số lẻ và ngược lại là số âm. Trước
khi trình bày các kết quả chính, ta có một số bổ đề về tính chất của 4 hàm số này.
Bổ đề 3.1.1 ([3, Bổ đề 6]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì
f1(n) + f1(n + 1) < 0.
28
Chứng minh. Với n là số chẵn, ta thấy rằng
− − f1(n) + f1(n + 1) = 1 Fn 1 Fn+3
=
=
< 0, = 2 Fn+1 (2Fn − Fn+1)Fn+3 − FnFn+1 FnFn+1Fn+3 Fn−2Fn+3 − FnFn+1 FnFn+1Fn+3 −2 FnFn+1Fn+3
trong đó bất đẳng thức cuối cùng được suy ra từ (1.9).
Bổ đề 3.1.2 ([3, Bổ đề 7]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
f2(n) + f2(n + 1) > 0.
Chứng minh. Mệnh đề rõ ràng đúng nếu n là số lẻ. Do đó, chúng ta xét trường hợp
khi n là số chẵn. Từ định nghĩa của f2(n) và công thức (1.9), ta có
(cid:18) (cid:19) (cid:19) − − − f2(n) + f2(n + 1) = 1 Fn+1 − 1 1 Fn+3 − 1 (cid:18) 1 Fn 1 Fn+1
= − Fn−1 FnFn+1
= Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn+1(FnFn+2 − Fn−1Fn+3) + Fn−1(Fn+1 + Fn+3 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1)
=
= > 0. −2Fn+1 + Fn−1(2Fn+1 + Fn+2 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) 2(Fn−1 − 1)Fn+1 + Fn−1(Fn+2 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1)
Hoàn thành việc chứng minh.
Bổ đề 3.1.3 ([3, Bổ đề 8]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
− ≥ 0. − Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn−1 FnFn+1 1 F2n+1 − 1
Chứng minh. Ứng dụng hệ thức (1.2), với n ≥ 2, ta có
n + F 2
n+1 − 2FnFn+1 − 1 = (Fn+1 − Fn)2 − 1 ≥ 0.
F2n+1 − 1 − 2FnFn+1 = F 2
29
Từ đó suy ra
≤ . 1 F2n+1 − 1 1 2FnFn+1
Vì thế, chúng ta có
− − Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn−1 FnFn+1 1 F2n+1 − 1
≥ − − 1 2FnFn+1
− . = Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn−1 FnFn+1 2Fn−1 + 1 2FnFn+1
Tử thức ở vế phải là
ψ(n) := 2FnFn+1Fn+2 − (2Fn−1 + 1)(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1).
Ứng dụng hệ thức (1.9) nhiều lần và thực tế Fn+3 = 3Fn+1 − Fn−1, chúng ta có thể
thu được
ψ(n) = 2Fn+1(FnFn+2 − Fn−1Fn+3) + 2Fn−1Fn+1 + 2Fn−1Fn+3Fn+1Fn+3
+ (F1 + Fn+3) − 2Fn−1 − 1
= ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + 2Fn−1Fn+1 + (2Fn−1 − Fn+1)Fn+3 − 3Fn−1 − 1
= ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + Fn−1(2Fn+1 − Fn+2)
+ (Fn−1Fn+2 − Fn−2Fn+3) − 3Fn−1 − 1
n−1 − 3Fn−1 − 1 + (−1)n3.
= ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + F 2
Nếu n là số chẵn, chúng ta có ψ(n) = (Fn−1 − 1)(Fn−1 − 2) ≥ 0. Nếu n là số lẻ,
chúng ta có
ψ(n) = (Fn−1 + 1)(Fn−1 + 4) + 8(Fn − 1) > 0.
Vì thế, ta luôn có ψ(n) ≥ 0. Suy ra điều cần chứng minh.
Bổ đề 3.1.4 ([3, Bổ đề 9]). Nếu n ≥ 2 và m ≥ 2, thì
> 0. f2(n) + f2(n + 2) + f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1
30
Chứng minh. Nếu mn là số lẻ, thì kết quả được kéo theo từ Bổ đề 3.1.2 và f2(mn) >
0. Chúng ta giả định rằng mn là số chẵn. Bây giờ chúng ta có
= − = > . f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1 1 Fmn+2 − 1 1 Fmn −(Fmn−1 − 1) Fmn(Fmn+1 − 1) −1 Fmn+1 − 1
Từ chứng minh của Bổ đề 3.1.2 chúng ta biết rằng
− . f2(n) + f2(n + 1) ≥ Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn−1 FnFn+1
Suy ra
f2(n) + f2(n + 2) + f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1
− > −
≥ − − ≥ 0, Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) Fn−1 FnFn+1 Fn−1 FnFn+1 1 Fmn+1 − 1 1 F2n+1 − 1
trong đó bất đẳng thức sau cùng bắt nguồn từ Bổ đề 3.1.3.
Sử dụng việc 2(F2n+2 + 1) ≥ (Fn+1 + 1)(Fn+3 + 1)và những lập luận tương tự
trong chứng minh của Bổ đề 3.1.3, chúng ta có kết quả sau đây, có chứng minh được
bỏ qua ở đây.
Bổ đề 3.1.5 ([3, Bổ đề 10]). Nếu n ≥ 5 là số lẻ thì
. f3(n) + f3(n + 1) > 1 F2n+2 + 1
Bổ đề 3.1.6 ([3, Bổ đề 11]). Với n ≥ 1, chúng ta có
f4(n) + f4(n + 1) < 0.
Chứng minh. Nếu n là số chẵn, kết quả bắt nguồn từ định nghĩa của f4(n).Tiếp tục
chúng ta xem xét đến các trường hợp khi n là số chẵn. Áp dụng lập luận trong chứng
minh của Bổ đề 3.1.1, chúng ta có thể dẽ dàng suy luận được kết quả
+ + = < 0. f4(n) + f4(n + 1) = −2 Fn+1 1 Fn 1 Fn+3 −2 FnFn+1Fn+3
Hoàn thành việc chứng minh.
31
Bổ đề 3.1.7 ([3, Bổ đề 12]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 2 thì
f4(n) + f4(n + 1) + f4(mn) < 0.
Chứng minh. Nếu mn là số chẵn, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.1.6 và việc
f4(mn) < 0. Cho nên chúng ta giả định rằng mn là số lẻ, mà kéo theo rằng m ≥ 3
và n là số lẻ. Từ mn là số lẻ, chúng ta có
+ + < ≤ . f4(mn) = −1 Fmn+1 1 Fmn 1 Fmn+2 1 Fmn 1 F3n
Bây giờ chúng ta có
+ . f4(n) + f4(n + 1) + f4(mn) < −2 FnFn+1Fn+3 1 F3n
Để hoàn thành chứng minh, chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng 2F3n > FnFn+1Fn+3.
Từ công thức (1.2), ta có F2n+2 = Fn−1Fn+2+FnFn+3 nên FnFn+1Fn+3 < Fn+1F2n+2.
Hơn nữa, sử dụng lại công thức (1.2), chúng ta có
Fn+1f2n+2 = (Fn−1 + Fn)(F2n + F2n+1)
= (Fn−1F2n + FnF2n+1) + Fn−1F2n+1 + FnF2n
= F3n + Fn−1F2n+1 + Fn+1F2n − Fn−1F2n
= F3n + (Fn−1F2n−1 + Fn+1F2n)
< 2F3n.
Hoàn thành chứng minh.
Định lý 3.1.8 ([3, Định lý 13]). Nếu n ≥ 4 và m ≥ 2 thì
k=n
Fn+1 − 1, nếu n chẵn, (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k Fk −Fn+1 − 1, nếu n lẻ.
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp khi n là số chẵn. Từ Bổ đề 3.1.1
mn−1 (cid:88)
ta có
k=n
f1(k) < 0.
32
Vì mn là số chẵn nên
< 0. f1(mn) + 1 Fmn+2
Từ các tính chất của f1(n) và hai bất đẳng thức ở trên, chúng ta có thể thu được
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
k=n
(cid:19) (cid:18) 1 = − − . + f1(mn) f1(k) > (−1)k Fk 1 Fn+1 Fmn+2 1 Fn+1
Ứng dụng Bổ đề 3.1.2 và Bổ đề 3.1.4, chúng ta có
mn (cid:88)
k=n
mn−1 (cid:88)
(cid:18) (cid:19) = − f2(n) + f2(n + 1) + f2(mn) + (−1)k Fk 1 Fn+1 − 1 1 Fmn+2 − 1
k=n+2
− . f2(k) < 1 Fn+1 − 1
mn (cid:88)
Vì thế chúng ta thu được
k=n
< < , 1 Fn+1 (−1)k Fk 1 Fn+1 − 1
Chứng tỏ rằng, mệnh đề là đúng khi n là số chẵn.
Bây giờ chúng ta quay lại xem xét trường hợp khi n ≥ 5 là số lẻ. Nếu mn là số lẻ,
dễ dàng thấy rằng
> 0. f3(mn) − 1 Fmn+2 + 1
Từ Bổ đề 3.1.5, chúng ta có f3(n) + f3(n + 1) > 0. Vì thế, ta có
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
k=n
(cid:19) (cid:18) = − < . f3(k) − f3(mn) − (−1)k Fk −1 Fn+1 + 1 1 Fmn+2 + 1 −1 Fn+1 + 1
Nếu mn là số chẵn, sử dụng lại Bổ đề 3.1.5, chúng ta có thể kết luận
mn (cid:88)
mn (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − = f3(k) − f3(n) + f3(n + 1) − (−1)k Fk −1 Fn+1 + 1 1 Fmn+2 + 1
k=n+2 mn (cid:88)
k=n+2
(cid:18) (cid:19) − ≤ f3(k) − f3(n) + f3(n + 1) − 1 F2n+2 + 1
< . −1 Fn+1 + 1 −1 Fn+1 + 1
33
mn (cid:88)
Bây giờ chúng ta có thể kết luận rằng: nếu n ≥ 5 là số lẻ thì
k=n
< . (−1)k Fk −1 Fn+1 + 1
mn (cid:88)
Nếu mn là số chẵn thì Bổ đề 3.1.6 có hệ quả là
k=n
f4(k) < 0.
mn−1 (cid:88)
mn (cid:88)
Nếu mn là số lẻ, áp dụng Bổ đề 3.1.6 và Bổ đề 3.1.7, chúng ta nhận được
k=n+2
k=n
f4(k) + (f4(n) + f4(n + 1) + f4(mn)) < 0. f4(k) =
mn (cid:88)
Do đó, chúng ta luôn có
k=n
f4(k) < 0.
mn (cid:88)
mn (cid:88)
Suy ra
k=n
k=n
= + − . f4(k) > (−1)k Fk −1 Fn+1 1 Fmn+2 −1 Fn+1
mn (cid:88)
Vì thế , chúng ta đạt được
k=n
< < . −1 Fn+1 (−1)k Fk −1 Fn+1 + 1
Suy ra điều cần chứng minh.
3.2 Các kết quả với a = 2
Xét các hàm số sau đây
− − , g1(n) = 1 F2n−2 + F2n (−1)n F2n 1 F2n + F2n+2
− , − g2(n) =
− − , g3(n) = 1 F2n−2 + F2n − 1 1 F2n−2 + F2n + 1 1 F2n + F2n+2 − 1 1 F2n + F2n+2 + 1
− − , g4(n) = −1 F2n−2 + F2n (−1)n F2n (−1)n F2n (−1)n F2n 1 F2n + F2n+2
34
− − . g5(n) = −1 F2n−2 + F2n + 1 (−1)n F2n 1 F2n + F2n+2 + 1
Dễ thấy, với 1 ≤ i ≤ 5, gi(n) là đại lượng dương nếu n là số lẻ, và là âm trong trường
hợp còn lại.
Bổ đề 3.2.1 ([3, Bổ đề 14]). Nếu n ≥ 1 thì g1(n) + g1(n + 1) > 0 và
g1(n) + g1(n + 1) > g1(n + 2) + g1(n + 3).
Chứng minh. Nếu n là số lẻ, chúng ta có
(cid:18) (cid:19) (cid:19) − + − g1(n) + g1(n + 1) = 1 F2n−2 + F2n 1 F2n+2 + F2n+4 1 F2n+2
+ > 0. = 5F2n+1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) (cid:18) 1 F2n F2n+1 F2nF2n+2
Ta lại có
> > . và F2n+1 F2n−2 + F2n F2n+5 F2n+6 + F2n+8 F2n+1 F2nF2n+2 F2n+5 F2n+4F2n+6
Suy ra g1(n) + g1(n + 1) > g1(n + 2) + g1(n + 3).
Bây giờ chúng ta xem xét trường hợp n là số chẵn. Sử dụng công thức (1.9), chúng
ta có
(cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:18) 1 − + − g1(n) + g1(n + 1) = 1 F2n−2 + F2n 1 F2n+2 + F2n+4
2n − F2n−2F2n+2)F2n+4
1 F2n F2n−2(F2nF2n+4 − F 2 = F2n+2 2n+2) + (F 2 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
=
= > 0. F2n+4 − F2n−2 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
Áp dụng đẳng thức ở trên, chúng ta thấy rằng
= . > 1. g1(n) + g1(n + 1) g1(n + 2) + g1(n + 3) F2n+1F2n+4F2n+6 F2nF2n+2F2n+5 F2n+6 + F2n+8 F2n−2 + F2n
Do đó, ta có g1(n) + g1(n + 1) > g1(n + 2) + g1(n + 3).
Bổ đề 3.2.2 ([3, Bổ đề 16]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 3 thì
g1(n) + g1(n + 1) + g1(mn) > 0.
35
Chứng minh. Nếu mn là số lẻ, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.2.1 và việc g1(mn) >
0. Do đó, chúng ta xét trường hợp khi mn là số chẵn. Cho k ≥ 1, ta có
− = − = − 1 F2k−2 + F2k 1 F2k F2k−2 (F2k−2 + F2k)F2k F2k−2 F2k−2F2k + F 2 2k
> − = − , F2k−2 F2k−2F2k+2 1 F2k+2
2k − F2k−2F2k+2 = 1. Từ mn là số chẵn, sử
trong đó, bất đẳng thức bắt nguồn từ F 2
dụng bất đẳng thức ở trên, chúng ta có
− > − ≥ − . g1(mn) > − 1 F2mn+2 1 F2mn + F2mn+2 2 F2mn+2 2 F6n+2
Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.1 chúng ta có
. g1(n) + g1(n + 1) ≥ 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
Vì thế, ta có
− g1(n) + g1(n + 1) + g1(mn) > 2 F6n+2
− > 0, > 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) 2 F6n+2 2 F2n(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
trong đó bất đẳng thức cuối cùng được suy từ công thức (1.12).
Bổ đề 3.2.3 ([3, Bổ đề 18]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
g2(n) + g2(n + 1) + g2(2n) > 0.
Chứng minh. Trước tiên, ta dễ dàng kiểm tra được rằng
F2n−2 + F2n + F2n+2 + F2n+4 = 3(F2n + F2n+2).
Áp dụng công thức (1.9) nhiều lần, chúng ta nhận được
(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) = F2n−2F2n+2 + F2n−2F2n+4 + F2nF2n+2 + F2nF2n+4
= F2n−2F2n+2 + (F2nF2n+2 − 3) + F2nF2n+2 + F2n(2F2n+2 + F2n+1)
2n) + (F 2
2n + F2nF2n+1) + 4F2nF2n+2 − 3 = 5F2nF2n+2 − 4.
= (F2n−2F2n+2 − F 2
36
Từ định nghĩa của g2(n) và hai bất đẳng thức ở trên, ta suy ra:
(cid:18) (cid:19) (cid:19) − − − g2(n) + g2(n + 1) ≥ 1 F2n−2 + F2n − 1 1 F2n+2 + F2n+4 − 1 1 F2n+2
− = 5F2n+1 (F2n−2 + F2n − 1)(F2n+2 + F2n+4 − 1) (cid:18) 1 F2n F2n+1 F2nF2n+2
= 3(F2n + F2n+2 + 1)F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n − 1)(F2n+2 + F2n+4 − 1)
, > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n − 1)
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng bắt nguồn từ 3Fn > Fn+2.
Mặt khác, ta có
2(F4n+2 − F4n−2) = 2(2F4n + F4n−1 − F4n−2)
= 3F4n + F4n + 2F4n−3
> 3F4n + (2F4n−2 + F4n−3) + F4n−2
> 3(F4n−2 + F4n),
nghĩa là
F4n+2 − F4n−2 > (F4n−2 + F4n). 3 2
Sử dụng bất đẳng thức ở trên, chúng ta có thể suy ra
− g2(n) = F4n+2 − F4n−2 (F4n−2 + F4n − 1)(F4n + F4n+2 − 1) 1 F4n
> − = 3 2(F4n + F4n+2 − 1) 1 F4n −F4n+3 + 2 2F4n(F4n + F4n+2 − 1)
. > −F4n+3 2F4n(F4n + F4n+2 − 1)
Bây giờ chúng ta rút ra kết luận
− > 0. g2(n)+g2(n+1)+g2(2n) > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n − 1) F4n+3 2F4n(F4n + F4n+2 − 1)
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng được suy ra từ công thức (1.13).
Lập luận tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.2.3, ta có thể thấy được tính chất
sau đây của g3(n).
37
Bổ đề 3.2.4 ([3, Bổ đề 19]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn, chúng ta có
g3(n) + g3(n + 1) < 0.
Sử dụng chứng minh của Bổ đề 3.2.1 và Bổ đề 3.2.2, chúng ta có thể nhận được
kết quả sau đây của g4(n).
Bổ đề 3.2.5 ([3, Bổ đề 20]). Nếu n ≥ 1, chúng ta có
g4(n) + g4(n + 1) < 0.
Bổ đề 3.2.6 ([3, Bổ đề 21]). Nếu n ≥ 1và m ≥ 2, thì
g4(n) + g4(n + 1) + g4(mn) < 0.
Bổ đề 3.2.7 ([3, Bổ đề 22]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ, chúng ta có
. g5(n) + g5(n + 1) > 1 F4n + F4n+2 + 1
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng kết quả là đúng khi n = 1, do đó chúng ta giả định
rằng n ≥ 3. Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.3, chúng ta có thể dễ dàng thu được: nếu
n ≥ 3 là số lẻ, thì
g5(n) + g5(n + 1) = 3(F2n + F2n+2 − 1)F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n + 1)(F2n+2 + F2n+4 + 1)
. > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n + 1)
Sử dụng công thức (1.2) nhiều lần, ta có
F2n+2(F2n−2 + F2n + 1) < F2n−2F2n+3 + F2nF2n+3 + F2n+2
= F4n − F2n−3F2n+2 + F4n+2 − F2n−1F2n+2 + F2n+2
< F4n + F4n+2.
Kết hợp hai bắt đẳng thức ở trên ta thu được kết quả mong muốn.
k=n
F2n−2 + F2n − 1, nếu m = 2, (cid:32) mn (cid:88) Bổ đề 3.2.8 ([3, Bổ đề 24]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn và m ≥ 2 thì (cid:33)−1 = (−1)k F2k F2n−2 + F2n, nếu m > 2.
38
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp m = 2. Từ Bổ đề 3.2.1 chúng ta
2n−1 (cid:88)
.
<
.
g1(k) <
n 2
4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4)
k=n
biết rằng
Ta lại có
= − = . g1(2n) + 1 F4n + F4n+2 1 F4n−2 + F4n 1 F4n −F4n−2 F4n(F4n−2+F4n)
2n (cid:88)
Vì vậy, áp dụng công thức (1.14), chúng ta có
k=n
< − < 0. g1(k) + 1 F4n + F4n+2 1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) F4n−2 F4n(F4n−2+F4n)
2n (cid:88)
2n (cid:88)
Bây giờ sử dụng các tính chất của g1(n), chúng ta có thể thu được
k=n
k=n
= − − . g1(k) > (−1)k F2k 1 F2n−2 + F2n 1 F4n + F4n+2 1 F2n−2 + F2n
Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.3, chúng ta biết rằng g2(n) + g2(n + 1) > 0. Hơn
2n−1 (cid:88)
2n (cid:88)
nữa, áp dụng Bổ đề 3.2.3, chúng ta có thể suy ra
k=n+2
k=n
g2(k) = g2(n) + g2(n + 1) + g2(2n) + g2(k) > 0.
2n (cid:88)
2n (cid:88)
Vì thế,
k=n
k=n
= − − . g2(k) > 1 F2n−2 + F2n − 1 1 F4n + F4n+2 − 1 1 F2n−2 + F2n − 1 (−1)k F2k
2n (cid:88)
Bây giờ chúng ta kết luận rằng
k=n
< < , 1 F2n−2 + F2n (−1)k F2k 1 F2n−2 + F2n − 1
tức là, mệnh đề đúng khi m = 2.
Tiếp theo chúng ta quay lại xét trường hợp m > 2. Đầu tiên, sử dụng Bổ đề 3.2.1
mn−1 (cid:88)
mn (cid:88)
và Bổ đề 3.2.2, chúng ta thấy
k=n+2
k=n
= . −(g1(n)+g1(n+1)+g1(mn))− g1(k) < (−1)k F2k 1 F2n−2 + F2n 1 F2n−2 + F2n
39
Chúng ta viết các số hạng dưới dạng của g3(n) như sau
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − = g3(mn) + g3(k) − (−1)k F2k 1 F2n−2 + F2n + 1 1 F2mn + F2mn+2 + 1
k=n mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − − = g3(k) − 1 F2mn−2 + F2mn + 1 1 F2mn
> . 1 F2n−2 + F2n + 1 1 F2n−2 + F2n + 1
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ Bổ đề 3.2.4. Bây giờ chúng ta
mn (cid:88)
nhận được
k=n
< < . 1 F2n−2 + F2n + 1 (−1)k F2k 1 F2n−2 + F2n
Suy ra điều cần chứng minh.
Bổ đề 3.2.9 ([3, Bổ đề 25]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ và m ≥ 2 thì
k=n
(cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = −F2n−2 − F2n − 1. (−1)k F2k
mn (cid:88)
Chứng minh. Nếu mn là số chẵn, từ Bổ đề 3.2.5 ta có
k=n
g4(k) < 0.
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
Nếu mn là số lẻ, thì Bổ đề 3.2.5 và Bổ đề 3.2.6 suy ra rằng
k=n
k=n+2
g4(k) = g4(k) + (g4(n) + g4(n + 1) + g4(mn)) < 0.
mn (cid:88)
Vì thế, chúng ta luôn có
k=n
g4(k) < 0.
mn (cid:88)
mn (cid:88)
Từ tính chất của g4(k), chúng ta có
k=n
k=n
= + − . g4(k) > (−1)k F2k −1 F2n−2 + F2n 1 F2mn−2 + F2mn −1 F2n−2 + F2n
40
Từ Bổ đề 3.2.7, chúng ta biết rằng: nếu n là số lẻ, thì g5(n) + g5(n + 1) > 0. Bây
mn (cid:88)
giờ, chúng ta thu được
k=n
. g5(k) > 1 F2mn + F2mn + 1
mn (cid:88)
mn (cid:88)
Nếu mn là số chẵn, sử dụng Bổ đề 3.2.7, chúng ta thu được
k=n
k=n
> g5(k) − g5(k) − 1 F2mn + F2mn + 1
> 0. ≥ g5(n) + g5(n + 1) − 1 F4n + F4n+2 + 1 1 F4n + F4n+2 + 1
Nếu mn là số lẻ thì
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
k=n
(cid:18) (cid:19) = g5(k) − g5(k) + g5(mn) − 1 F2mn + F2mn+2 + 1
> − + > 0. 1 F2mn−2 + F2mn + 1 1 F2mn + F2mn+2 + 1 1 F2mn
mn (cid:88)
mn (cid:88)
Vì thế, chúng ta có
k=n
k=n
= + − . g5(k) < (−1)k F2k −1 F2n−2 + F2n + 1 1 F2mn−2 + F2mn + 1 −1 F2n−2 + F2n + 1
mn (cid:88)
Bây giờ chúng ta có thể kết luận rằng
k=n
< < . −1 F2n−2 + F2n (−1)k F2k −1 F2n−2 + F2n + 1
Suy ra điều cần chứng minh.
Một cách tương tự, chúng ta có thể chứng minh những kết quả sau đây.
Bổ đề 3.2.10 ([3, Bổ đề 26]). Nếu n ≥ 4 là số chẵn và m ≥ 2 thì
k=n
(cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = F2n−1 + F2n+1 − 1. (−1)k F2k+1
Bổ đề 3.2.11 ([3, Bổ đề 27]). Nếu n ≥ 3 là số lẻ và m ≥ 2 thì
k=n
−F2n−1 − F2n+1 − 1, nếu m = 2, (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k F2k+1 −F2n−1 − F2n+1, nếu m > 2.
41
3.3 Kết quả khi a = 3
Trước tiên, chúng ta xét các hàm số sau:
− − , s1(n) = 1 2F3n−1 (−1)n F3n 1 2F3n+2
− − , s2(n) = 1 2F3n−1 − 1 1 2F3n+2 − 1
− + , s3(n) =
− + . s4(n) = −1 2F3n−1 −1 2F3n−1 + 1 (−1)n F3n (−1)n F3n (−1)n F3n 1 2F3n+2 1 2F3n+2 + 1
Dễ dàng thấy rằng: với mỗi i ∈ {1, 2, 3, 4}, si(n) là đại lượng dương nếu n là số lẻ và
là âm trong trường hợp còn lại.
Bổ đề 3.3.1 ([3, Bổ đề 28]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì
s1(n) + s1(n + 1) < 0.
Chứng minh. Do n là số chẵn, áp dụng công thức (1.9) hai lần, chúng ta có
(cid:19) (cid:19) (cid:18) 1 − − − s1(n) + s1(n + 1) = 1 2F3n+5 (cid:18) 1 F3n 1 F3n+3
= − 2F3n−1 2F3n+2 F3n−1F3n+5
= 2. 2F3n+1 F3nF3n+3 F3nF3n+2F3n+3 − F3n−1F3n+1F3n+5 F3n−1F3nF3n+3F3n+5
3n + 1)F3n+5
F3nF3n+2F3n+3 − (F 2 = 2. F3n−1F3nF3n+3F3n+5
= 2. F3n(F3n+2F3n+3 − F3nF3n+5) − F3n+5 F3n−1F3nF3n+3F3n+5
< 0. = 2. 2F3n − F3n+5 F3n−1F3nF3n+3F3n+5
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.2 ([3, Bổ đề 29]). Nếu n ≥ 1, chúng ta có
s2(n) + s2(n + 1) > 0.
42
Chứng minh. Rõ ràng rằng khẳng định là đúng nếu n là số lẻ. Trong phần còn lại,
chúng ta giả định rằng n là số chẵn. Ứng dụng sự phân tích trong chứng minh của Bổ
đề 3.3.1, chúng ta có thể dễ dàng đạt được:
(cid:19) (cid:19) (cid:18) − − − s2(n) + s2(n + 1) = 1 2F3n−1 − 1 (cid:18) 1 F3n 1 F3n+3
= − 1 2F3n+5 − 1 2F3n+1 F3nF3n+3
= 8F3n+2 (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1) 8(F3nF3n+2F3n+3 − F3n−1F3n+1F3n+5) + 2F3n+1(2F3n−1 + 2F3n+5 − 1) (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1)F3nF3n+3
=
> > 0. 16F3n − 8F3n+5 + 2F3n+1(2F3n−1 + 2F3n+5 − 1) (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1)F3nF3n+3 4F3n+1F3n+5 − 8F3n+5 (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1)F3nF3n+3
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.3 ([3, Bổ đề 30]). Nếu n ≥ 1và m ≥ 2 thì
s2(n) + s2(n + 1) + s2(mn) > 0.
Chứng minh. Nếu mn là số lẻ, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.2. Do đó, chúng ta
giả định rằng nếu mn là số chẵn. Ta có
− − > − ≥ − . s2(mn) = 1 2F3mn−1 − 1 1 F3mn 1 2F3mn+2 − 1 1 F3mn 1 F6n
Nếu n là số lẻ, chúng ta có
− = > . s2(n) + s2(n + 1) > 1 F3n 1 F3n+3 2F3n+1 F3nF3n+3 2 F3nF3n+3
Nếu n là số chẵn, thì từ Bổ đề 3.3.2 chúng ta biết rằng
s2(n) + s2(n + 1) >
= 4F3n+1F3n+5 − 8F3n+5 (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1)F3nF3n+3 4F3n+5(2F3n−1 + F3n−2 − 2) (2F3n−1 − 1)(2F3n+5 − 1)F3nF3n+3
> . 2 F3nF3n+3
Bây giờ chúng ta có thể suy ra kết luận:
− ≥ 0, s2(n) + s2(n + 1) + s2(mn) > 2 F3nF3n+3 1 F6n
43
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ
2F6n = F3n(2F3n−1 + 2F3n+1) > F3n(F3n + 2F3n+1) = F3nF3n+3.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.4 ([3, Bổ đề 31]). Với mọi n ≥ 1, ta có
s3(n) + s3(n + 1) < 0.
Chứng minh. Rõ ràng rằng khẳng định là đúng nếu n là số chẵn. Nếu n là số lẻ, ứng
dụng sự phân tích tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.3.1, chúng ta có thể dễ dàng
suy ra:
< 0. s3(n) + s3(n + 1) = 2. 2F3n − F3n+5 F3n−1F3nF3n+3F3n+5
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.5 ([3, Bổ đề 32]). Nếu n ≥ 1và m ≥ 2 thì
s3(n) + s3(n + 1) + s3(mn) < 0.
Chứng minh. Nếu mn là số chẵn, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.2. Bây giờ, chúng
ta giả định rằng nếu mn là số lẻ, kéo theo n là số lẻ và m ≥ 3. Đầu tiên chúng ta có
+ + < ≤ . s3(mn) = −1 2F3mn−1 1 F3mn 1 2F3mn+2 1 F3mn 1 F9n
Hơn nữa, từ chứng minh của Bổ đề 3.3.4, chúng ta biết
< − . s3(n) + s3(n + 1) = − 2(F3n+5 − 2F3n) F3n−1F3nF3n+3F3n+5 1 F3n−1F3nF3n+3
Bây giờ chúng ta đạt được
+ < 0. s3(n) + s3(n + 1) + s3(mn) < − 1 F3n−1F3nF3n+3 1 F9n
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ
F9n = F3n−2F6n+1+F3n−1F6n+2 > F3n−1(F3n−1F3n+2+F3nF3n+3) > F3n−1F3nF3n+3.
Suy ra điều phải chứng minh.
44
Bổ đề 3.3.6 ([3, Bổ đề 33]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ thì
. s4(n) + s4(n + 1) > 1 2F6n+2 + 1
Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được khẳng định đúng với n = 1, cho nên chúng ta
giả thiết n ≥ 3. Ứng dụng sự phân tích tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.3.1,
chúng ta có, với n ≥ 3,
(cid:19) (cid:19) (cid:18) − + − s4(n) + s4(n + 1) > − 1 F3n+3 1 2F3n−1 + 1 1 2F3n+5 + 1
= − + (cid:18) 1 F3n 2F3n+1 F3nF3n+3 2F3n+5 − 2F3n−1 (2F3n−1 + 1)(2F3n+5 + 1)
+ > −
= − + F3n+5 − F3n−1 (2F3n−1 + 1)F3n+5 4F3n+2 (2F3n−1 + 1)F3n+5 2F3n+1 F3nF3n+3 2F3n+1 F3nF3n+3
= 4(F3n−1F3n+F3n+5 − F3nF3n+2F3n+3) + 2F3n+1F3n+5 (2F3n−1 + 1)F3nF3n+3F3n+5
= 4(2F3n − F3n+5) + 2F3n+1F3n+5 (2F3n−1 + 1)F3nF3n+3F3n+5
> (2F3n+1 − 4)F3n+5 (2F3n−1 + 1)F3nF3n+3F3n+5
> . 1 F3nF3n+3
Hơn nữa, chúng ta có
F2n+2 = Fn−1Fn+2 + FnFn+3 > FnFn+3.
Kết hợp hai bắt đẳng thức ở trên cho ta kết quả mong muốn.
Định lý 3.3.7 ([3, Định lý 34]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 2 thì
k=n
2F3n−1 − 1, nếu n là số chẵn , (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k F3k −2F3n−1 − 1, nếu n là số lẻ .
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp khi n là số chẵn. Từ tính chất của
s1(n), chúng ta có
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
k=n
(cid:18) (cid:19) = − s1(k) − s1(mn) + (−1)k F3k 1 2F3n−1 1 2F3mn+2
45
mn−1 (cid:88)
k=n mn−1 (cid:88)
(cid:18) (cid:19) − − = s1(k) − 1 2F3mn+2 1 F3mn 1 2F3n−1
k=n
− > s1(k)
> . 1 2F3n−1 1 2F3n−1
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.1.
mn−1 (cid:88)
mn (cid:88)
Sử dụng Bổ đề 3.3.2 và Bổ đề 3.3.3, chúng ta có thể suy ra
k=n
k=n
= − − s2(k)−(s2(n)+s2(n+1)+s2(mn)) (−1)k F3k 1 2F3n−1 − 1 1 2F3mn+2 − 1
< . 1 2F3n−1 − 1
mn (cid:88)
Vì thế, chúng ta thu được
k=n
< < . 1 2F3n−1 (−1)k F3k 1 2F3n−1 − 1
Chứng tỏ rằng Định lý là đúng khi n là chẵn.
Bây giờ chúng ta xét trường hợp n là số lẻ. Nếu m là số chẵn, áp dụng Bổ đề 3.3.4
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
và Bổ đề 3.3.6, chúng ta có thể suy ra
k=n
k=n
= + − s3(k) > (−1)k F3k −1 2F3n−1 1 2F3mn+2 −1 2F3n−1
và
mn (cid:88)
mn (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − = s4(k) − s4(n) + s4(n + 1) − (−1)k F3k −1 2F3n−1 + 1
k=n+2 mn (cid:88)
k=n+2
(cid:18) 1 2F3mn+2 + 1 (cid:19) ≤ − s4(k) − s4(n) + s4(n + 1) − 1 2F6n+2 + 1
< . −1 2F3n−1 + 1 −1 2F3n−1 + 1
mn (cid:88)
Do đó, nếu n là số lẻ và m là số chẵn, chúng ta có
k=n
< < . −1 2F3n−1 (−1)k F3k −1 2F3n−1 + 1
46
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
Nếu m là số lẻ, thì Bổ đề 3.3.4 và Bổ đề 3.3.5 kéo theo
k=n
k=n+2
= + − . s3(k)−(s3(n)+s3(n+1)+s3(mn)) > (−1)k F3k −1 2F3n−1 1 2F3mn+2 −1 2F3n−1
Khi đó, Bổ đề 3.3.6 kéo theo
mn−1 (cid:88)
mn (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − = s4(k) − s4(mn) − (−1)k F3k −1 2F3n−1 + 1 1 2F3mn+2 + 1
k=n mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:19) (cid:18) 1 − = − s4(k) − F3mn 1 2F3mn+2 + 1
< . −1 2F3n−1 + 1 −1 2F3n−1 + 1
mn (cid:88)
Do đó, nếu n và m đều là số lẻ, thì
k=n
< < −1 2F3n−1 (−1)k F3k −1 2F3n−1 + 1
vẫn còn đúng. Vì vậy, Định lý là đúng khi n là số lẻ.
Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta thu được định lý sau đây:
Định lý 3.3.8 ([3, Định lý 37]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 2, thì
k=n
2F3n+1 − 1, nếu n là số chẵn ; (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k F3k+2 −2F3n+1 − 1, nếu n là số lẻ .
Phần còn lại của tiết này, chúng tôi trình bày chứng minh của hai định lý sau đây:
Định lý 3.3.9 ([3, Định lý 35]). Nếu n ≥ 2 thì
k=n
2F3n − 1, nếu n là số chẵn ; (cid:32) 2n (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k F3k+1 −2F3n − 1, nếu n là số lẻ .
Định lý 3.3.10 ([3, Định lý 36]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 3, thì
k=n
2F3n, nếu n là số chẵn ; (cid:32) mn (cid:88) (cid:33)−1 = (−1)k F3k+1 −2F3n, nếu n là số lẻ .
47
Chúng ta bắt đầu với việc xét các hàm số sau đây:
− − , t1(n) = 1 2F3n (−1)n F3n+1 1 2F3n+3
, − − t2(n) =
− − , t3(n) = 1 2F3n+3 − 1 1 2F3n+3 + 1
− + , t4(n) =
− + , t5(n) =
− + . t6(n) = 1 2F3n − 1 1 2F3n + 1 −1 2F3n −1 2F3n + 1 −1 2F3n − 1 1 2F3n+3 1 2F3n+3 + 1 1 2F3n+3 − 1
(−1)n F3n+1 (−1)n F3n+1 (−1)n F3n+1 (−1)n F3n+1 (−1)n F3n+1 Dễ thấy rằng, với mỗi i, ti(n) là đại lượng dương nếu n là số lẻ và là âm nếu n là
số chẵn.
Bổ đề 3.3.11 ([3, Bổ đề 39]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có t1(n) + t1(n + 1) > 0 và
(cid:19)
(cid:19)
t1(n) + t1(n + 1) > t1(n + 2) + t1(n + 3).
−
+
−
=
+
> 0.
t1(n)+t1(n+1) =
1 2F3n+6
2F3n
1 F3n+4
2F3n+3 F3nF3n+6
2F3n+2 F3n+1F3n+4
F3n+1
Chứng minh. Nếu n là số lẻ, chúng ta có (cid:18) 1 (cid:18) 1
Từ đó suy ra
> > . và F3n+3 F3nF3n+6 F3n+9 F3n+6F3n+12 F3n+2 F3n+1F3n+4 F3n+8 F3n+7F3n+10
Do đó, chúng ta có thể kết luận rằng t1(n) + t1(n + 1) > t1(n + 2) + t1(n + 3).
Bây giờ chúng ta xem xét trường hợp khi n là số chẵn. Ứng dụng công thức (1.9)
nhiều lần, chúng ta có
(cid:19) (cid:19) (cid:18) 1 (cid:18) 1 − − − t1(n) + t1(n + 1) = 1 2F3n+6 F3n+1 1 F3n+4
− = 2F3n 2F3n+3 F3nF3n+6
= 2. 2F3n+2 F3n+1F3n+4 F3n+1F3n+3F3n+4 − F3nF3n+2F3n+6 F3nF3n+1F3n+4F3n+6
48
3n+3
F3n+1F3n+2F3n+3 + F3n+1F 2 = 2.
− 2. F3nF3n+1F3n+4F3n+6 F3nF3n+2F3n+4 + F3nF3n+2F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6
= 2. F3n+2(F3n+1F3n+3 − F3nF3n+4) + F3n+1(F3n+1F3n+5 − 1) F3nF3n+1F3n+4F3n+6
− 2.
3n+1 − F3nF3n+2) − F3n+1
F3nF3n+2F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6 2F3n+2 + F3n+5(F 2 = 2. F3nF3n+1F3n+4F3n+6
= 2. 2F3n+2 + F3n+5 − F3n+1 F3nF3n+1F3n+4F3n+6
= 2. > 0. F3n + F3n+2 + F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6
Hơn nữa, dễ dàng thấy rằng F3n + F3n+2 + F3n+5 = 3F3n + 3F3n+1 + F3n+4, do
đó
+ + t1(n) + t1(n + 1) = 1 F3n+1F3n+4F3n+6 6 F3nF3n+4F3n+6 2 F3nF3n+1F3n+6
giảm khi n tăng. Suy ra điều cần chứng minh.
Bổ đề 3.3.12 ([3, Bổ đề 41]). Nếu n ≥ 1 và m ≥ 3 thì
t1(n) + t1(n + 1) + t1(mn) > 0.
Chứng minh. Nếu mn là số lẻ, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.11. Bây giờ, chúng
ta giả định rằng nếu mn là số chẵn. Từ công thức (1.9), ta có
− − t1(mn) = 1 2F3mn 1 2F3mn+3
− = − 1 F3mn+1 F3mn−2 2(F3mn−2F3mn+3 + 2) 1 2F3mn+3
− > − F3mn−2 2F3mn−2F3mn+3 1 2F3mn+3
= −
≥ − . 1 F3mn+3 1 F9n+3
49
Mặt khác, từ chứng minh của Bổ đề 3.3.11, ta có
. t1(n) + t1(n + 1) > 2 F3nF3n+1F3n+6
Bây giờ chúng ta đạt được
− > 0. t1(n) + t1(n + 1) + t1(mn) > 2 F3nF3n+1F3n+6 1 F9n+3
Bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ công thức (1.15).
2n (cid:88)
Bổ đề 3.3.13 ([3, Bổ đề 43]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì
k=n
< 0. t1(k) + 1 2F6n+3
Chứng minh. Từ chứng minh của Bổ đề 3.3.11 chúng ta biết rằng: nếu n là số chẵn
thì
< = . t1(n)+t1(n+1) = 2. F3n + F3n+2 + F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6 2F3n+6 F3nF3n+1F3n+4F3n+6 2 F3nF3n+1F3n+4
Ứng dụng lại Bổ đề 3.3.11 và bất đẳng thức trên, chúng ta có
2n−1 (cid:88)
2n (cid:88)
k=n
k=n
(cid:18) (cid:19) = t1(k) + t1(2n) + t1(k) + 1 2F6n+3 1 2F6n+3
(cid:19) (cid:18) 1 < − . + n 2 1 F6n+1
= −
− < 0. < 2 F3nF3n+1F3n+4 n F3nF3n+1F3n+4 1 2F3n+1F3n+4 2F6n F6n−2 2F6nF6n+1 F6n−2 2F6nF6n+1
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ công thức (1.16).
Bổ đề 3.3.14 ([3, Bổ đề 44]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có
t2(n) + t2(n + 1) > 0.
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng, kết quả là đúng khi n là số lẻ. Cho nên chúng ta giả
định rằng n là số chẵn. Bắt nguồn từ định nghĩa của t2(n), ta có
(cid:18) (cid:19) + − − t2(n) + t2(n + 1) = 1 2F3n − 1 1 2F3n+6 − 1 1 F3n+1 1 F3n+4
50
+ = − 1 F3n+4
> − +
= − + − 2F3n+6 − 2F3n (2F3n − 1)(2F3n+6 − 1) F3n+6 − F3n 2F3nF3n+6 1 1 F3n+1 2F3n 1 F3n+1 1 F3n+4 1 F3n+1 1 F3n+4 1 2F3n+6
= t1(n) + t1(n + 1) > 0.
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ chứng minh của Bổ đề 3.3.11.
Bổ đề 3.3.15 ([3, Bổ đề 45]). Nếu n ≥ 1và m ≥ 2 thì
t2(n) + t2(n + 1) + t2(mn) > 0.
Chứng minh. Nếu mn là số lẻ, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.14. Do đó, chúng ta
giả định rằng nếu mn là số chẵn trong phần còn lại. Ứng dụng lập luận trong chứng
minh của Bổ đề 3.3.14 và Bổ đề 3.3.12, chúng ta có thể dễ dàng thu được
≥ − . t2(mn) > t1(mn) > − 1 F3mn+3 1 F6n+3
Nếu n là số lẻ, chúng ta có
− = > . t2(n) + t2(n + 1) > 1 F3n+1 1 F3n+4 2F3n+2 F3n+1F3n+4 2 (2F3n − 1)F3n+4
Nếu n là số chẵn, thì từ chứng minh của Bổ đề 3.3.14 và Bổ đề 3.3.11, chúng ta có
+ − t2(n) + t2(n + 1) > 1 F3n+4 1 F3n+1
− = 2F3n+2 F3n+1F3n+4
= F3n+6 − F3n (2F3n − 1)F3n+6 4F3n+3 (2F3n − 1)F3n+6 4(F3n+1F3n+3F3n+4 − F3nF3n+2F3n+6) + 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6
> 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6
> . 2 (2F3n − 1)F3n+4
Vì thế,chúng ta luôn có
. t2(n) + t2(n + 1) > 2 (2F3n − 1)F3n+4
51
Từ đó chúng ta nhận được
− > 0. t2(n) + t2(n + 1) + t2(mn) > 2 (2F3n − 1)F3n+4 1 F6n+3
bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ đẳng thức
F6n+3 = F3n−1F3n+3 + F3nF3n+4.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.16 ([3, Bổ đề 46]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì
t3(n) + t3(n + 1) < 0.
Chứng minh. Ứng dụng sự phân tích trong chứng minh của Bổ đề 3.3.11, chúng ta có
thể suy ra
(cid:19) (cid:19) (cid:18) (cid:18) 1 − − − t3(n) + t3(n + 1) = 1 2F3n + 1 1 2F3n+6 + 1 F3n+1 1 F3n+4
− = 2F3n+6 − 2F3n (2F3n + 1)(2F3n+6 + 1) 2F3n+2 F3n+1F3n+4
− <
− = 2F3n+2 F3n+1F3n+4 2F3n+2 F3n+1F3n+4
= F3n+6 − F3n (2F3n + 1)F3n+6 4F3n+3 (2F3n + 1)F3n+6 4(F3n+1F3n+3F3n+4 − F3nF3n+2F3n+6) − 2F3n+2F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1F3n+4F3n+6
= 4(F3n + F3n+2 + F3n+5) − 2F3n+2F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1F3n+4F3n+6
< 0. < 4F3n+6 − 2F3n+2F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1F3n+4F3n+6
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.17 ([3, Bổ đề 47]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ thì
. t4(n) + t4(n + 1) > 1 2F9n+3
Chứng minh. Ứng dụng lập luận tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.3.11, chúng
ta thu được rằng: nếu n là số lẻ thì
> . t4(n) + t4(n + 1) = 2. F3n + F3n+2 + F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6 2 F3nF3n+1F3n+6
52
Từ công thức (1.15), ta có
> . 1 F3nF3n+1F3n+6 1 2F9n+3
Kết hợp hai bất đẳng thức ở trên ta thu được kết quả mong muốn.
2n (cid:88)
Bổ đề 3.3.18 ([3, Bổ đề 48]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có
k=n
. t4(k) < 1 2F6n+3
2n (cid:88)
2n−1 (cid:88)
Chứng minh. Nếu n là số chẵn thì ta thấy rằng t4(n) + t4(n + 1) < 0. Do đó, ta có
k=n
k=n
. t4(k) = t4(k) + t4(2n) < 0 < 1 2F6n+3
Nếu n là số lẻ thì
< . t4(n) + t4(n + 1) = 2. F3n + F3n+2 + F3n+5 F3nF3n+1F3n+4F3n+6 2 F3nF3n+1F3n+4
2n (cid:88)
Suy ra
k=n
. < < . t4(k) < n 2 2 F3nF3n+1F3n+4 1 2F3n+1F3n+4 1 2F6n+3
trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ, với n ≥ 1, ta có
F3n+1F3n+4 = F3n−1F3n+4 + F3nF3n+4 > F3n−1F3n+3 + F3nF3n+4 = F6n+3.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.19 ([3, Bổ đề 49]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ thì
. t5(n) + t5(n + 1) > 1 2F6n+3 + 1
Chứng minh. Tương tự chứng minh của Bổ đề 3.3.16, chúng ta có thể dễ dàng thu
được
t5(n) + t5(n + 1) > 4(F3n + F3n+2 + F3n+5) + 2F3n+2F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1F3n+4F3n+6
> 2F3n+2F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1F3n+4F3n+6
53
> . 1 F3n+1F3n+4
Hơn nữa, chúng ta có
2F2n+3 = 2Fn−1Fn+3 + 2FnFn+4 > Fn+1Fn+4.
Kết hợp hai bất đẳng thức ở trên ta thu được điều cần chứng minh.
Bổ đề 3.3.20 ([3, Bổ đề 50]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có
t6(n) + t6(n + 1) < 0.
Chứng minh. Rõ ràng rằng, khẳng định là đúng nếu n là số chẵn. Bây giờ chúng ta
giả định n là số lẻ. Sử dụng lập luận tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.3.15 và
của Bổ đề 3.3.11, chúng ta thu được
(cid:27) (cid:26) − t6(n) + t6(n + 1) < − 4F3n+3 (2F3n − 1)F3n+6
= −
= − 2F3n+2 F3n+1F3n+4 4(F3n+1F3n+3F3n+4 − F3nF3n+2F3n+6) + 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6 −4(F3n + F3n+2 + F3n+5) + 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6
= 4(F3n + F3n+2 + F3n+5) − 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6
< 0. < 4F3n+6 − 2F3n+2F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4F3n+6
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3.21 ([3, Bổ đề 51]). Nếu n ≥ 1và m ≥ 2, chúng ta có
t6(n) + t6(n + 1) + t6(mn) < 0.
Chứng minh. Nếu mn là số chẵn, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.20. Do đó, chúng
ta giả định rằng nếu mn là số lẻ trong phần còn lại. Khi đó chúng ta có
+ + t6(mn) = −1 2F3mn − 1 1 F3mn+1 1 2F3mn+3 − 1
+ = −4F3mn+1 (2F3mn − 1)(2F3mn+3 − 1) 1 F3mn+1
54
< + 1 F3mn+1
−2F3mn+1 (2F3mn − 1)F3mn+3 −2F 2 =
3mn+1 + 2F3mnF3mn+3 − F3mn+3 (2F3mn − 1)F3mn+1F3mn+3 3mn+1 − F3mnF3mn+2) + 2F3mnF3mn+1 − F3mn+1 − F3mn+2
−2(F 2 = (2F3mn − 1)F3mn+1F3mn+3
=
< 2 + (2F3mn − 1)F3mn+1 − F3mn+2 (2F3mn − 1)F3mn+1F3mn+3 (2F3mn − 1)F3mn+1 (2F3mn − 1)F3mn+1F3mn+3
= . 1 F3mn+3
Do mn là số lẻ, chúng ta phải có n là số lẻ và m ≥ 3. Vì thế
. t6(mn) < 1 F9n+3
Từ chứng minh của Bổ đề 3.3.20, ta thấy nếu n là số lẻ thì
< < − . t6(n) + t6(n + 1) < 4 − 2F3n+2 (2F3n − 1)F3n+1F3n+4 2 − F3n+2 F3nF3n+1F3n+4 1 F3nF3n+1F3n+4
Suy ra
− < 0. t6(n) + t6(n + 1) + t6(mn) < 1 F9n+3 1 F3nF3n+1F3n+4
Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh Định lý 3.3.9. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp khi n là số lẻ. Ứng
2n (cid:88)
2n (cid:88)
dụng Bổ đề 3.3.13, chúng ta có
k=n
k=n
= − − . t1(k) > (−1)k F3k+1 1 2F3n 1 2F6n+3 1 2F3n
2n (cid:88)
2n−1 (cid:88)
Từ Bổ đề 3.3.14 và Bổ đề 3.3.15, ta có
k=n
k=n+2
= − − (t2(n) + t2(n + 1) + t2(2n)) − t2(k) (−1)k F3k+1 1 2F6n+3 − 1
< . 1 2F3n − 1 1 2F3n − 1
55
2n (cid:88)
Vì thế, chúng ta có
k=n
< < . 1 2F3n (−1)k F3k+1 1 2F3n − 1
Từ đây suy ra khẳng định là đúng khi n là số chẵn.
Bây giờ, chúng ta xét trường hợp khi n là số lẻ. Từ Bổ đề 3.3.18, chúng ta biết
2n (cid:88)
2n (cid:88)
rằng
k=n
k=n
= + − . t4(k) > (−1)k F3k+1 −1 2F3n 1 2F6n+3 −1 2F3n
Áp dụng Bổ đề 3.3.19, ta có
2n (cid:88)
2n (cid:88)
k=n+2
k=n
(cid:18) (cid:19) − − = t5(n) + t5(n + 1) − t5(k) 1 2F6n+3 + 1 (−1)k F3k+1
< . −1 2F3n + 1 −1 2F3n + 1
2n (cid:88)
Do đó, chúng ta thu được
k=n
< < . −1 2F3n (−1)k F3k+1 −1 2F3n + 1
Suy ra điều cần chứng minh.
Chứng minh Định lý 3.3.10. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp n là số lẻ. Ứng
2n (cid:88)
mn−1 (cid:88)
dụng Bổ đề 3.3.13, chúng ta có
k=n
k=n+2
= − − . t1(k)−(t1(n) + t1(n + 1) + t1(mn)) > (−1)k F3k+1 1 2F3n 1 2F3mn+3 1 2F3n
Từ Bổ đề 3.3.16 suy ra
2n (cid:88)
mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) − = t3(k) − t3(mn) + (−1)k F3k+1 1 2F3n + 1 1 2F3mn+3 + 1
k=n mn−1 (cid:88)
k=n+2
(cid:18) (cid:19) − = − t3(k) − 1 2F3mn + 1 1 F3mn+1
. > 1 2F3n + 1 1 2F3n + 1
mn (cid:88)
Vì thế, chúng ta thu được
k=n
< < . 1 2F3n + 1 (−1)k F3k+1 1 2F3n
56
Chứng tỏ rằng Định lý là đúng khi n là số chẵn.
Bây giờ chúng ta xét trường hợp n là số lẻ. Bổ đề 3.3.17 cho chúng ta biết rằng
t4(n) + t4(n + 1) > 0.
mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:18) (cid:19) Vì vậy, nếu mn là số lẻ thì mn (cid:88) − = t4(mn) − t4(k) − (−1)k F3k+1 1 2F3mn+3 + 1 −1 2F3n
k=n mn−1 (cid:88)
k=n
(cid:19) (cid:18) 1 − − = t4(k) − F3mn+1 1 2F3mn
< . −1 2F3n −1 2F3n
mn−1 (cid:88)
mn (cid:88)
Từ Bổ đề 3.3.20 và Bổ đề 3.3.21, ta có
k=n+2
k=n
+ − = t6(k) − (t6(n) + t6(n + 1) + t6(mn)) 1 2F3mn+3 − 1 (−1)k F3k+1
> . −1 2F3n − 1 −1 2F3n − 1
mn (cid:88)
Vì thế, chúng ta có
k=n
< < . −1 2F3n − 1 (−1)k F3k+1 −1 2F3n
Nếu mn là số chẵn, thì Bổ đề 3.3.17 cho ta thấy rằng
mn (cid:88)
mn (cid:88)
k=n
k=n+2
(cid:18) (cid:19) − = t4(k) − t4(n) + t4(n + 1) − (−1)k F3k+1 1 2F3mn+3
mn (cid:88)
k=n+2
(cid:18) (cid:19) −1 2F3n mn (cid:88) = − < t4(k) − t4(n) + t4(n + 1) − (−1)k F3k+1 −1 2F3n 1 2F9n+3
k=n −1 2F3n
< .
mn (cid:88)
mn−1 (cid:88)
Áp dụng Bổ đề 3.3.20, chúng ta thu được
k=n
k=n+2
= + − . t6(k) > (−1)k F3k+1 −1 2F3n − 1 1 2F3mn+3 − 1 −1 2F3n − 1
mn (cid:88)
Vì vậy, chúng ta cũng có
k=n
< < . −1 2F3n − 1 (−1)k F3k+1 −1 2F3n
Suy ra điều cần chứng minh.
57
Kết luận
Luận văn đã trình bày lại các kết quả sau:
1. Định nghĩa và một số đẳng thức và bất đẳng thức về số Fibonacci.
2. Một số kết quả của Ohtsuka và Nakamura, một số kết quả của Wang và Wen về
tổng hữu hạn và vô hạn nghịch đảo các số Fibonacci.
3. Một số kết quả của Wang và Wen về tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương các
số Fibonacci, một số kết quả của Ohtsuka và Nakamura về tổng vô hạn nghịch
đảo bình phương các số Fibonacci.
4. Một số kết quả của Wang và Yuan về tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci.
58
Tài liệu tham khảo
[1] Ohtsuka H., Nakamura S. (2008), “On the sum of reciprocal Fibonacci num-
bers", Fibonacci Quart. 46/47 (2008/2009), pp. 153 – 159.
[2] Wang A.Y.Z., Wen P.B. (2015), “On the partial finite sums of the reciprocals of
the Fibonacci numbers", J. Inequal. Appl. 2015, Article 73.
[3] Wang A.Y.Z., Yuan T. (2017), “Alternating Sums of the Reciprocal Fibonacci
Numbers", Journal of Interger Sequences 20, Article 17.1.4.
59
