Tải bản đầy đủ

(Luận văn thạc sĩ) Về một vài mở rộng mới của dãy Fibonacci

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐINH HỒNG CHINH

VỀ MỘT VÀI MỞ RỘNG MỚI
CỦA DÃY FIBONACCI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐINH HỒNG CHINH

VỀ MỘT VÀI MỞ RỘNG MỚI

CỦA DÃY FIBONACCI
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH

THÁI NGUYÊN - 2019


iii

Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

1 Dãy Fibonacci và một mở rộng trước năm 1970
1.1 Dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Mở rộng của Horadam (1961)[1] . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
8

2

Hai mở rộng mới của dãy Fibonacci
2.1 Mở rộng mới của dãy Fibonacci của M. Edson, O. Yayenie
(2009)[3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Mở rộng mới của dãy Fibonacci của Goksal Bilgici (2014)[2] .

15
15


23

Kết luận

32

Tài liệu tham khảo

33


1

Bảng ký hiệu
N
Z≥0
Q+
(Fn )n∈N
Fn
(L(n))n∈N
Ln

tập hợp các số tự nhiên
tập hợp các số nguyên không âm
tập hợp các số hữu tỉ dương
dãy số Fibonacci
số Fibonacci thứ n
dãy Lucas
số Lucas thứ n


2

Mở đầu
Năm 1202 Leonardo Pisa đã giới thiệu trong cuốn sách rất nổi tiếng của
mình về dãy Fibonacci, là dãy được xác định bởi công thức đệ quy Fn =
Fn−1 + Fn−2 với điều kiện ban đầu là F0 = 0, F1 = 1. Có thể nói đây là một
dãy số có quá nhiều tính chất lý thú, nó được ứng dụng trong nhiều lĩnh vực
khác nhau của khoa học và thực tế cuộc sống. Và cho đến nay nó vẫn thu hút
được sự quan tâm của rất nhiều nhà toán học. Vì vậy đã có rất nhiều nhà
toán học cố gắng tìm ra các mở rộng của dãy số Fibonacci. Bằng cách tạo ra
những dãy số mới mà trường hợp đặc biệt của nó là dãy Fibonacci.
Thông thường có 2 cách mở rộng dãy Fibonacci: cách 1 là giữ nguyên công
thức đệ quy cho số hạng thứ n của dãy và thay đổi điều kiện ban đầu, cách 2
là giữ nguyên các điều kiện ban đầu và thay đổi ràng buộc quan hệ đệ quy để
tính số hạng thứ n thông qua 2 số hạng đứng trước nó, có thể phụ thuộc vào
1 hay nhiều tham số khác nhau. Và đã có rất nhiều dãy số thú vị khác được
nghiên cứu: Dãy Pell, dãy Lucas, dãy k-Fibonacci. . .
Với mong muốn đi tìm hiểu hai mở rộng gần đây của dãy Fibonacci, tôi
chọn đề tài "Về một vài mở rộng mới của dãy Fibonacci" làm đề tài
luận văn cao học của mình. Mục tiêu của luận văn này là trình bày 2 mở rộng
mới gần đây của dãy Fibonacci thông qua các tài liệu tham khảo [1] − [3].
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của luận văn được trình
bày trong hai chương:
Chương 1. Dãy Fibonacci và một vài mở rộng của nó trước năm 1970.
1.1. Một số kiến thức chuẩn bị. Nội dung này trình bày về dãy số Fibonacci,
công thức Binet, hàm sinh, tỉ số vàng. . .
1.2. Mở rộng của Horadam (1961).
Chương 2. Hai mở rộng mới của dãy Fibonacci.
2.1. Mở rộng mới của dãy Fibonacci của M. Edson, O. Yayenie (2009).
2.2. Mở rộng mới của dãy Fibonacci của Goksal Bilgici (2014).


3
Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới PGS. TS Nông Quốc Chinh, người thầy nhiệt huyết đã truyền thụ kiến
thức, đã chỉ ra hướng đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình làm
luận văn. Đồng thời, tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô phản biện đã
dành thời gian đọc và đóng góp những ý kiến quý báu cho bản luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin,
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn,
truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành
luận văn. Qua luận văn này, tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn
bè đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong thời gian làm luận văn.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng hoàn thiện luận văn bằng tất cả sự nhiệt tình
và năng lực của mình. Tuy nhiên, luận văn không thể tránh khỏi những thiếu
sót, tôi rất mong nhận được những đóng góp quý báu của thầy cô và các bạn.
Thái Nguyên, ngày 22 tháng 10 năm 2019
Tác giả luận văn

Đinh Hồng Chinh


4

Chương 1

Dãy Fibonacci và một mở
rộng trước năm 1970
1.1

Dãy Fibonacci

Định nghĩa 1.1.1. Dãy số Fibonacci, ký hiệu bởi (Fn )n∈N , được định nghĩa
bởi hệ thức truy hồi sau

Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2

(1.1)

với F0 = 0, F1 = 1.
Theo định nghĩa, ta có dãy các số Fibonacci

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


1− 5
1+ 5
và β =
,
Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet). Với n ∈ Z, α =
2
2
ta có các số Fibonacci có dạng
αn − β n
Fn =
.
α−β

(1.2)

Định nghĩa 1.1.3. Hàm sinh của dãy số vô hạn a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . là một
chuỗi hình thức được xác định bởi

G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . .
Với |x| < 1, ta có một số đẳng thức thường dùng trong hàm sinh
1
1.
= 1 + x + x2 + x3 + . . .
1−x

(1.3)


5
1
= 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + . . .
2
(1 − x)

1
n(n + 1) 2 n(n + 1)(n + 2) 3
Cii+n−1 xi
3.
=
1
+
nx
+
x
+
x
+
.
.
.=
(1 − x)n
2!
3!
i=0
với n ∈ N
1
4. 1−ax
= 1 + ax + a2 x2 + a3 x3 + ...
1
5.
= 1 − x + x2 − x3 + . . .
1+x
1
6.
= 1 + 2ax + 3a2 x2 + 4a3 x3 + . . .
2
(1 − ax)
1
7.
= 1 + xr + x2r + x3r + . . ., với r ∈ N∗ .
r
1−x
1
8.
= 1 − xr + x2r − x3r + . . ., với r ∈ N∗ .
r
1+x
2.

Mệnh đề 1.1.4 (Công thức hàm sinh). Hàm sinh của dãy Fibonacci (Fn )n∈N


x
.
(1.4)
F (x) =
Fn x n =
2
1

x

x
n=0
Định nghĩa 1.1.5. Hai đại lượng a và b có tỷ số vàng Φ nếu

a+b a
= = Φ.
a
b
Từ (1.5) suy ra

Φ×Φ=

a + b a (a + b)a a + b a b
× =
=
= + = Φ + 1,
a
b
ab
b
b b

a+b a b+a−a
b
1
− =
= = .
a
a
a
a Φ
Vậy số Φ có tính chất đặc biệt sau
Φ−1=

Φ × Φ = Φ + 1,
1
= Φ − 1.
Φ
Nghiệm của phương trình bậc hai là

1+ 5
Φ=
≈ 1.6180339887 . . .
2

(1.5)


6
Số Φ còn "đẹp" theo hai cách sau

Φ=

1+

1+

1+



1

1 + ...... = 1 +

.

1

1+

1

1+

1

1+
1+

1

1 + ...
Số Φ như trên lại rất giống với kết quả khi chia bất kì con số liên tiếp nào
trong dãy Fibonacci cho nhau (ví dụ 5/3=1,666; 13/8=1,625).
Chúng ta cũng biết rằng tỷ lệ vàng xuất hiện rất nhiều trong tự nhiên và
trong các lĩnh vực của đời sống.
Tiếp theo chúng tôi trình bày một số dãy số và các tính chất của chúng,
các kết quả này được sử dụng trong các chứng minh ở phần sau.
Định nghĩa 1.1.6. Dãy số Lucas, ký hiệu bởi (Ln )n∈N , được định nghĩa bởi
hệ thức truy hồi sau
Ln = Ln−1 + Ln−2 , n ≥ 2
(1.6)
với điều kiện ban đầu L0 = 2, L1 = 1.
Mệnh đề 1.1.7 (Công thức Binet cho dãy Lucas). Ta có các số hạng của dãy
Lucas (Ln )n∈N là
√ n
√ n
Ln = 1 + 5 + 1 − 5 .
(1.7)
Mệnh đề 1.1.8 (Công thức hàm sinh của dãy Lucas). Ta có hàm sinh của
dãy Lucas (Ln )n∈N là


Ln xn =

L(x) =
n=0

2−x
.
1 − x − x2

(1.8)

Định nghĩa 1.1.9. Dãy số Pell và dãy Pell-Lucas được ký hiệu lần lượt là
(Pn )n∈N và (Qn )n∈N . Trong đó
Các số Pell thỏa mãn hệ thức truy hồi

Pn = 2Pn−1 + Pn−2

(1.9)

với điều kiện ban đầu P0 = 0, P1 = 1.
Các số Pell-Lucas thỏa mãn hệ thức truy hồi

Qn = 2Qn−1 + Qn−2
với điều kiện ban đầu Q0 = 2, Q1 = 2.

(1.10)


7
Mệnh đề 1.1.10 (Công thức Binet). Công thức Binet cho các số Pell và
Pell-Lucas lần lượt là


(1 + 2)n − (1 − 2)n

Pn =
(1.11)
2 2




Qn = (1 + 2)n + (1 + 2)n
(1.12)


trong đó 1+ 2 và √
1− 2 là các nghiệm của phương trình x2 −2x−1 = 0.
Và nghiệm dương 1 + 2 được biết đến là “ tỷ số bạc”.
Mệnh đề 1.1.11 (Công thức hàm sinh). Hàm sinh của dãy Pell và dãy PellLucas lần lượt là

x
P (x) =
Pn x n =
(1.13)
2
1

2x

x
n=0




Qn xn =

Q(x) =
n=0

2 − 2x
.
1 − 2x − x2

(1.14)


8

1.2

Mở rộng của Horadam (1961)[1]

Từ dãy số Fibonacci (Fn )n∈N , ta giữ nguyên công thức truy hồi và thay
đổi điều kiện ban đầu ta được một dãy số (ta có thể gọi là dãy Horadam) ký
hiệu là (Hn )n∈N được định nghĩa như sau:
Định nghĩa 1.2.1. Dãy số (Hn )n∈N , được cho bởi hệ thức truy hồi

Hn = Hn−1 + Hn−2 (n ≥ 3)

(1.15)

với điều kiện ban đầu H1 = p, H2 = p + q,
với p, q là các số nguyên tùy ý.
Dạng khai triển của (Hn )n∈N là

p, p + q, 2p + q, 3p + 2q, 5p + 3q, 8p + 5q, 13p + 8q, · · ·

(1.16)

Định lý 1.2.2. Cho dãy số (Hn )n∈N được xác định trong Định nghĩa 1.2.1.
Khi đó hàm sinh của (Hn )n∈N là

H (x) =

px + qx2
.
1 − x − x2

(1.17)

Chứng minh. Đặt H(x) là hàm sinh của dãy (Hn )n∈N và giả sử H0 = 0, ta có

H (x) = H0 + H1 x + H2 x2 + H3 x3 + ...
−xH (x) = −H0 x − H1 x2 − H2 x3 − H3 x4 − ...
−x2 H (x) = −H0 x2 − H1 x3 − H2 x4 − H3 x5 − ...
Từ đó, ta có

1 − x − x2 H (x) = H0 + (H1 − H0 ) x + (H2 − H1 − H0 ) x2 + ...
= H0 + H1 x + (H2 − H1 ) x2
= px + qx2 .
Suy ra

H (x) =

px + qx2
.
1 − x − x2


9
Định lý 1.2.3. Cho dãy số (Hn )n∈N được xác định trong Định nghĩa 1.2.1.
Khi đó số hạng tổng quát của (Hn )n∈N là

1
Hn = √ (lan − mbn ) ,
2 5
trong đó

(1.18)



1− 5
1+ 5
, b=
,
a=
2
2
l = 2 (p − qb) , m = 2 (p − qa) .


Chứng minh. Với a = 1+2 5 ; b =
1 − x − x2 = 0.
Ta có các kết quả sau


1− 5
2

là hai nghiệm của phương trình

a−b=



5.

a.b = −1.
Từ (1.17), ta có

H (x) =

A
B
px + qx2
=
+
.
1 − x − x2
1 − ax 1 − bx

Bằng cách đồng nhất hệ số, ta có được

1
H (x) = √
2 5

l
m

.
1 − ax 1 − bx

Với

l = 2 (p − qb) , m = 2 (p − qa) ,
ta có


2 5H (x) =

m
l

1 − ax 1 − bx



n

(bx)n

(ax) − m

=l
n=0


n=0

(lan − mbn ) xn .

=
n=0

Từ đây suy ra

1
Hn = √ (lan − mbn ) .
2 5


10
Định lý 1.2.4. Cho dãy số (Hn )n∈N được xác định trong (1.15). Khi đó ta có

Hn
→ a,
Hn−1

Hn
→ ai ,
Hn−i

Hn
→ p − qb
Fn

khi n → ∞.
Chứng minh. Sử dụng (1.18), ta có

Hn
lan − mbn
= n−1
Hn−1
la
− m.bn−1
n
l − m. ab
=
l.a−1 − m.b−1 . ab
Từ đó ta có

Hn
→ a,
Hn−1

khi n → ∞.
Chứng minh tương tự ta thu được kết quả

Hn
→ ai
Hn−i
khi n → ∞.
Ta lại có

1
Fn = √ (an − bn ) .
5

Suy ra

lan − mbn
Hn
=
Fn
2 (an − bn )
n
l − m. ab
=
.
b n
2 1− a
Khi đó ta có

Hn
l
→ ,
Fn
2

hay

Hn
→ p − qb.
Fn

n.

(1.19)


11
Định lý 1.2.5. Cho dãy số (Hn )n∈N được xác định trong (1.15). Khi đó
1. Với n ≥ 2, ta có
Hn+2 − 2Hn − Hn−1 = 0.
(1.20)

2. Với n ≥ 3, ta có
Hn+1 − 2Hn + Hn−2 = 0.

(1.21)

3. Với n ≥ 1, ta có
n−1

n

H2i+1 = H2n − q,
i=0

H2i = H2n+1 − p.

(1.22)

i=1

4. Với n ≥ 1, ta có
n

(H2i−1 − H2i ) = −H2n−1 + p − q.
i=1

Chứng minh. 1. Theo (1.15), ta có

Hn+2 = Hn+1 + Hn ,
Hn+1 = Hn + Hn−1 .
Suy ra

Hn+2 = 2Hn + Hn−1
Từ đây ta sẽ được kết quả (1.20).
Làm tương tự như trên ta cũng có được kết quả (1.21).
3. Sử dụng kết quả (1.18) ta có
n−1

n−1

H2i+1
i=0

n−1

1
= √
l.
a2i+1 − m.
b2i+1
2 5
i=0
i=0
1
la
mb
2n
= √
.
1

a

. 1 − b2n
2
2
1−b
2 5 1−a
1
m−l
= √ + √ . l.a2n − m.b2n
2 5
2 5
= H2n − q.

Chứng minh tương tự như vậy ta được
n

H2i = H2n+1 − p.
i=1

4. Từ kết quả (1.22) ta suy ra được kết quả (1.23).

(1.23)


12
n

n

Định lý 1.2.6. Đặt σn =

σi , ta có

Hi , τn =
i=1

i=1

σn = Hn+2 − H2,

τn = Hn+4 − (n + 2)H2 − H1 .

(1.24)

Chứng minh. Sử dụng kết quả (1.18) ta có
n

n

1
σn = √
l.
ai − m.
bi
2 5
i=1
i=1
1
la
mb
= √
(1 − an ) −
(1 − bn )
1−b
2 5 1−a
mb
1
1
la

+ √ lan+2 − mbn+2
= √
2 5 1−a 1−b
2 5
= Hn+2 − H2 .
Sử dụng kết quả vừa chứng minh được ta có
n+2

Hi − nH2

τn =
i=3
n+2

Hi − (n + 1) H2 − H1

=
i=1

= σn+2 − (n + 1) H2 − H1
= Hn+4 − (n + 2) H2 − H1 .

Định lý 1.2.7. Với mọi số nguyên n ≥ 1, ta có

Hn+1 = qFn + pFn+1 ,

Hn+2 = pFn + (p + q)Fn+1 .

Chứng minh. Ta có

1
Fn = √ (an − bn )
5
1
Fn+1 = √ an+1 − bn+1 .
5
Suy ra

1
qFn = √ (qan − qbn )
5


1
pFn+1 = √ pan+1 − pbn+1 .
5

(1.25)


13
Lúc này ta có

1
qFn + pFn+1 = √ ((q + pa) an − (q + pb) bn )
5
1 q + pa n+1 p + pb n+1
=√
a

b
a
b
5
1
= √ lan+1 − mbn+1
2 5
= Hn+1 .
Chứng minh tương tự ta được

Hn+2 = pFn + (p + q) Fn+1 .

Hệ quả 1.2.8.

Hn+r = Hn−1 Fr + Hn Fr+1

(n ≥ 3).

(1.26)

Chứng minh. Trong (1.25) ta đặt n = r và sử dụng (1.15), ta lần lượt tìm
được
Hr+3 = (p + q)Fr + (2p + q)Fr+1 = H2 Fr + H3 Fr+1

Hr+4 = (2p + q)Fr + (3p + 2q)Fr+1 = H3 Fr + H4 Fr+1 , · · ·
Tiếp tục quá trình đó ta suy ra kết quả

Hn+r = Hn−1 Fr + Hn Fr+1 (n ≥ 3).

Định lý 1.2.9. Với mọi số nguyên n ≥ 2, ta có
2
Hn−1
+ Hn2 = (2p − q)H2n−1 − eF2n−1 .

(1.27)

2
2
Hn+1
− Hn−1
= (2p − q)H2n − eF2n .

(1.28)

Hn−1 Hn+1 − Hn2 = (−1)n e.

(1.29)

Hn Hn+r+1 − Hn−s Hn+r+s+1 = (−1)n+s eFs Fr+s+1 .

(1.30)

3
2
Hn3 + Hn+1
= 2Hn Hn+1
+ (−1)n e.

(1.31)

2
Hn+1−r Hn+1+r − Hn+1
= (−1)n−r eFr2 .

(1.32)

Trong đó

1
e = lm = p2 − pq − q 2 .
4


14
Chứng minh. Ta có các kết quả sau đây


1
1
a − 3 = −b 5, b − 3 = a 5,
a
b

1 √
1
a + = 5, b + = − 5,
a
b
2
2
a − a − 1 = 0, b − b − 1 = 0,

l + m = 2 (2p − q) , l − m = 2q 5.
Sử dụng kết quả (1.18), ta có

1
Hn = √ (lan − mbn )
2 5


1
Hn−1 = √ lan−1 − mbn−1 .
2 5
Suy ra

1 2 2n−2
l a
+ m2 b2n−2 + l2 a2n + m2 b2n
20
1
l
m
=
+ la la2n−1 +
+ mb mb2n−1
20
a
b

1 √
2 5 (p − qb) la2n−1 − 2 5 (p − qa) mb2n−1
=
20
1
= √ (p − qb) la2n−1 − (p − qa) mb2n−1
2 5
1
= √ (2p − q) la2n−1 − (2p − q) mb2n−1
2 5
1
+ √ (q − p − qb) la2n−1 − (q − p − qa) mb2n−1
2 5
= (2p − q) H2n−1
l+m l
1
l+m m
+
la2n−1 −
+
mb2n−1
+ √
−2
2
−2
2
2 5
1
−lm 2n−1 −lm 2n−1
= (2p − q) H2n−1 + √
a

b
2
2
2 5
= (2p − q) H2n−1 − eF2n−1 .

2
Hn−1
+ Hn2 =

Chứng minh tương tự ta thu được các đẳng thức còn lại.
Hệ quả 1.2.10.
2
Hn+1
+ eFn2 = pH2n+1 .

Chứng minh. Đặt r = n trong (1.32), ta được điều phải chứng minh.

(1.33)


15

Chương 2

Hai mở rộng mới của dãy
Fibonacci
2.1

Mở rộng mới của dãy Fibonacci của M. Edson, O.
Yayenie (2009)[3]

Định nghĩa 2.1.1. Với hai số thực a và b bất kì khác 0, dãy Fibonacci tổng
(a,b) ∞
quát Fn
là dãy được cho bởi
n=0

(a,b)

(a,b)

Fn(a,b)

=

aFn−1 + Fn−2 , nếu n chẵn
(a,b)
(a,b)
bFn−1 + Fn−2 , nếu n lẻ

(n ≥ 2) .

(2.1)

Trong đó
(a,b)

F0
(a,b)

Để đơn giản ta thay Fn

q0 = 0, q1 = 1, qn =

(a,b)

= 0, F1

= 1.

bởi qn . Khi đó, dãy (qn )n∈N là dãy thỏa mãn

aqn−1 + qn−2 , nếu n chẵn
bqn−1 + qn−2 , nếu n lẻ

(n ≥ 2) .

(2.2)

Chúng ta thấy rằng sự mở rộng mới này trong thực tế là một họ các dãy,
với mỗi cách chọn a và b sẽ tạo ra một dãy mới.
Khi a = b = 1, chúng ta có dãy Fibonacci cổ điển (1.1).
Khi a = b = 2, chúng ta sẽ nhận được dãy Pell (1.9).
Định lý 2.1.2. Hàm sinh của dãy (qn )n∈N được xác định trong (2.2) là

F (x) =

x 1 + ax − x2
.
1 − (ab + 2)x2 + x4

(2.3)


16
Chứng minh. Đặt F (x) là hàm sinh của dãy (qn )n∈N , ta có

2

k

qm xm .

F (x) = q0 + q1 x + q2 x + · · · + qk x + · · · =
m=0

Khi đó

bxF (x) = bq0 x + bq1 x2 + bq2 x3 + · · · + bqk xk+1 + · · ·



m+1

=

bqm x

bqm−1 xm

=

m=0

m=1



x2 F (x) = q0 x2 + q1 x3 + q2 x4 + · · · + qk xk+2 + · · ·




=

qm x

m+2

qm−2 xm .

=

m=0

m=2

Vì q2k+1 = bq2k + q2k−1 và q0 = 0, q1 = 1 ta được

2

(q2m − bq2m−1 − q2m−2 ) x2m .

1 − bx − x F (x) = x +
m=1

Vì q2k = aq2k−1 + q2k−2 ta được

2

1 − bx − x F (x) = x +

(a − b)q2m−1 x2m
m=1


2

q2m−1 x2m−1 .

1 − bx − x F (x) = x + (a − b)x
m=1

Đặt



q2m−1 x2m−1 .

f (x) =
m=1



q2k+1 = bq2k + q2k−1 = b (aq2k−1 + q2k−2 ) + q2k−1
= (ab + 1)q2k−1 + bq2k−2 = (ab + 1)q2k−1 + q2k−1 − q2k−3
= (ab + 2)q2k−1 − q2k−3 .
Ta có

1 − (ab + 2)x2 + x4 f (x)

3

(q2m−1 − (ab + 2)q2m−3 + q2m−5 ) x2m−1

=x−x +
m=3
3

=x−x .


17
Suy ra

x − x3
f (x) =
1 − (ab + 2)x2 + x4
x − x3
1 − bx − x F (x) = x + (a − b)x ·
1 − (ab + 2)x2 + x4
2

Suy ra

x 1 + ax − x2
F (x) =
.
1 − (ab + 2)x2 + x4

Định lý 2.1.3 (Công thức Binet mở rộng). Các số hạng của dãy (qn )n∈N được
xác định trong (2.2) thỏa mãn


 a1−ξ(m)  αm − β m


qm = 
,
(2.4)

m

 α−β
(ab) 2


ab + a2 b2 + 4ab
m
ab − a2 b2 + 4ab
khi α =
,β=
, và ξ(m) : = m − 2
.
2
2
2
Chứng minh. Giả sử α và β là các nghiệm của phương trình bậc hai

x2 − abx − ab = 0.


ξ (m) =

0, nếu m chẵn
1, nếu m lẻ

Theo kết quả (2.3), ta có hàm sinh của dãy (qn )n∈N là

x 1 + ax − x2
F (x) =
.
1 − (ab + 2)x2 + x4
Phân tích F (x) thành nhân tử, ta có

F (x) =

1
a(α + 1) − αx a(β + 1) − βx
− 2
.
α − β x2 − (α + 1)
x − (β + 1)

Với α và β như trên. Do khai triển Maclaurin của hàm

A − Bz
=
z2 − C





BC
n=0

A − Bz

z2 − C

−n−1 2n+1

z

AC −n−1 z 2n ,


n=0

(2.5)


18
Nên hàm sinh F (x) được viết lại như sau

1
a(α + 1) − αx a(β + 1) − βx
− 2
α − β x2 − (α + 1)
x − (β + 1)


−β(α + 1)m+1 + α(β + 1)m+1 2m+1
x
+
m+1 (β + 1)m+1

+
1)
m=0

1
=
α−β
a
α−β



(β + 1)(α + 1)m+1 − (α + 1)(β + 1)m+1 2m
x
.
m+1 (β + 1)m+1

+
1)
m=0

Ta có các kết quả sau
(i). (α + 1)(β + 1) = 1.
(ii). α + β = ab.
(iii). α · β = −ab.
α2
(iv) · α + 1 = .
ab
β2
(v) · β + 1 = .
ab
(vi). − β(α + 1) = α.
(vii). − α(β + 1) = β .
Khi đó, ta có


F (x) =
m=0

1
ab



m+1

1
a
ab
m=0

m+1



m

=
m=0

1
ab



1
a
ab
m=0

m

−βα2m+2 + αβ 2m+2 2m+1
x
+
α−β

(β + 1)α2m+2 − (α + 1)β 2m+2 2m
x
α−β

α2m+1 − β 2m+1 2m+1
x
+
α−β

α2m − β 2m 2m
x .
α−β

Suy ra


1
ab

a1−ξ(m)

F (x) =
m=0

m

m
m
2 α − β xm =
qm x m .
α−β
m=0

Vì vậy, với m ≥ 0, ta có

 a1−ξ(m)

qm = 
m

(ab) 2


 αm − β m

.

 α−β


19

Định lý 2.1.4. Với số nguyên n không âm bất kỳ, ta có

a1−ξ(n) bξ(n) qn−1 qn+1 − aξ(n) b1−ξ(n) qn2 = a(−1)n .

(2.6)

Vì (2.6) là một trường hợp đặc biệt của kết quả được nêu dưới đây, nên
nó được chứng minh từ kết quả đó.
Định lý 2.1.5. Với hai số nguyên không âm bất kỳ n và r với n ≥ r, ta có

aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r − aξ(n) b1−ξ(n) qn2 = aξ(r) b1−ξ(r) (−1)n+1−r qr2 .

(2.7)

Chứng minh. Sử dụng công thức Binet mở rộng (2.4), ta được

aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r
=a

b

(ab)
=
=

a2−ξ(n−r) b1−ξ(n−r)

(ab)

n+r
2

αn−r − β n−r αn+r − β n+r
α−β
α−β

(ab)n−ξ(n−r)
a
(ab)n−1

n−r
2

αn−r − β n−r αn+r − β n+r
α−β
α−β

a1−ξ(n+r)

a1−ξ(n−r)

ξ(n−r) 1−ξ(n−r)

α2n − (αβ)n−r α2r + β 2r + β 2n
(α − β)2

.



aξ(n) b1−ξ(n) qn2

=a



 a2−2ξ(n)

n

2
(ab) 2


 α2n − 2(αβ)n + β 2n



(α − β)2

ξ(n) 1−ξ(n) 

b



 α2n − 2(αβ)n + β 2n
a


n

(α − β)2
2
+ξ(n)−1
(ab) 2
a
α2n − 2(αβ)n + β 2n
.
(ab)n−1
(α − β)2



=


=




20
Vì vậy

aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r − aξ(n) b1−ξ(n) qn2
2(αβ)n − (αβ)n−r α2r + β 2r
a
=
(ab)n−1
(α − β)2
2r
r r
2r
−a
n−r α − 2α β + β
=
(αβ)
(ab)n−1
(α − β)2
r
r 2
−a
n−r α − β
(−ab)
=
(ab)n−1
α−β
r
2
(ab) 2 2
a
n+1−r
·
= (−1)
q
(ab)r−1 a2−2ξ(r) r
= (−1)n+1−r a2ξ(r)−1 (ab)1−ξ(r) qr2
= (−1)n+1−r aξ(r) b1−ξ(r) qr2 .

Định lý 2.1.6. Với hai số nguyên không âm bất kỳ m và n với m ≥ n, ta có

aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 − aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm+1 qn = (−1)n aξ(m−n) qm−n .
(2.8)
Chứng minh. Ta có

ξ(m+1)+ξ(n)−2ξ(mn+n) = ξ(m)+ξ(n+1)−2ξ(mn+m) = 1−ξ(m−n)


ξ(m − n) = ξ(mn + m) + ξ(mn + n).
Sử dụng công thức Binet mở rộng (2.4) ta có

aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 =
a(ab)−n
(ab)

m−n−ξ(m−n)
2

αm+n+1 + β m+n+1 − (αβ)n (βαm−n + αβ m−n )
(α − β)2



aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm+1 qn =
a(ab)−n
(ab)

m−n−ξ(m−n)
2

αm+n+1 + β m+n+1 − (αβ)n αm−n+1 + β m−n+1
.
(α − β)2


21
Vì vậy

aξ(mn+m) b1−ξ(mn+m) qm qn+1 −aξ(mn−n) b1−ξ(mn−n) qm+1 qn
(−1)n a

=

m−n−ξ(m−n)

αm−n − β m−n
α−β

2
(ab)
= (−1)n aaξ(m−n)−1 qm−n

= (−1)n aξ(m−n) qm−n .

Định lý 2.1.7. 1. Với hai số nguyên không âm bất kỳ m và n ta có

aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 + aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm−1 qn = aξ(m+n) qm+n .

(2.9)

Dạng này tương đương với

aξ(km) bξ(km+k) qm qk−m+1 + aξ(km+k) bξ(km) qm−1 qk−m = aξ(k) qk .

(2.10)

2. Với hai số nguyên không âm bất kỳ n và k với n ≥ k ,
2
2
a1−ξ(n+k) bξ(n+k) qn+k+1
+ aξ(n−k) b1−ξ(n−k) qn−k
= aq2n+1 q2k+1 .

(2.11)

3. Với số tự nhiên n bất kì
2n
2
aqk−1 qk = q2n
.

(2.12)

k=1



2n+1

aqk−1 qk =
k=1

a
b

2
q2n+1
−1 .

(2.13)

4. Nếu m|n, thì qm |qn .
5. Với hai số tự nhiên n và m bất kì, ta có gcd (qm , qn ) = qgcd(m,n) .
6. Với số nguyên n không âm bất kỳ
2
qn+2
− qn2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 ,

2
qn+2
+ qn2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 + 2qn2 . (2.14)

Suy ra

a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2

2

+ (2qn qn+2 )2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 + 2qn2

2

.

(2.15)

Dạng này tạo ra các bộ ba Pythagore liên quan đến dãy Fibonacci tổng
quát.


22
7. Với ba số nguyên n, k, j không âm bất kỳ với k ≥ j ,
n

n

a(−1) ξ(j)ξ(n+k) b−(−1)
(−1)j qn qk−j .

ξ(j)ξ(n+k)

n

qk qn+j −a(−1)

ξ(k)ξ(n+j) −(−1)n ξ(k)ξ(n+j)

b

qj qn+k =

Định lý 2.1.8. Với số nguyên n không âm bất kỳ, ta có
n

n
k

k=0



n

n
k

k=0

aξ(k) (ab)

k+1
2

aξ(k+1) (ab)

k
2

qk = q2n

(2.16)

qk+1 = aq2n+1 .

(2.17)

Chứng minh. Ta có
 
k 
 
 

αk − β k
a
= (ab) 2 aξ(k) qk
α−β
với số nguyên k không âm bất kỳ. Vì vậy
n

n
k

k=0

=

a

ξ(k)

(ab)

n

a
α−β

2

α
ab

n

αk −

n

2



β
ab

k=0
n

αk − β k
a
α−β

n
k

qk =
k=0
n

n
k

k=0

a
=
α−β

k
2

n
k

βk =

a
[(α + 1)n − (β + 1)n ]
α−β

α2n − β 2n
α−β

a
=
(ab)n

= q2n .


n

k=0

n
k

ξ(k+1)

a

(ab)

k+1
2

n

qk+1 =
k=0

n
k

αk+1 − β k+1
a
α−β
n

n

a
n
=
α
αk − β
k
α−β
k=0
k=0
a
=
[α(α + 1)n − β(β + 1)n ]
α−β
n
n
a
α2
β2
=
α
−β
α−β
ab
ab
a
α2n+1 − β 2n+1
=
(ab)n
α−β
= aq2n+1 .

n
k

βk


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×