(LUẬN văn THẠC sĩ) đồng nhất thức của đa thức fibonacci, đa thức lucas và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THU HẰNG ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THU HẰNG ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 1.1 Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas 1.1.1 Định nghĩa ví dụ dãy Fibonacci dãy Lucas 1.1.2 Một số tính chất dãy Fibonacci dãy Lucas Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 11 1.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 37 2.1 Các đồng thức toán học phổ thông 37 2.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 44 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 download by : skknchat@gmail.com ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS Vũ Hoài An, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Bộ mơn Tốn - Tin, Phịng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế , bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp q báu thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Phạm Thu Hằng Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Lý chọn đề tài Dãy số Fibonacci dãy vô hạn số tự nhiên bắt đầu hai phần tử 1, phần tử sau thiết lập theo quy tắc phần tử tổng hai phần tử trước Hơn nữa, sau số dãy, tỷ lệ số với số liền trước gần 1,618 Đây tỉ lệ vàng ứng dụng nhiều ngành khoa học mỹ thuật Dãy số Lucas khác dãy số Fibonacci hai phần tử thứ thứ hai, cịn cơng thức truy hồi giống Do vậy, dãy số Lucas có tính chất khác dãy số Fibonacci Kí hiệu dãy số Fibonacci, dãy số Lucas Fn Ln Đa thức Fibonacci Fn (x) đa thức Lucas Ln (x) định nghĩa sau: F0 (x) = 0, F1 (x) = Fn+1 (x) = x.Fn (x) + Fn−1 (x) với n ≥ L0 (x) = 2, L1 (x) = x Ln+1 (x) = x.Ln (x) + Ln−1 (x) với n ≥ Nếu x = Fn (1) = Fn Ln (1) = Ln Tìm hiểu, nghiên cứu Fn (x), Ln (x) công việc có ý nghĩa Chẳng hạn, ta thiết lập đồng thức Fn (x), Ln (x) ta thiết lập đồng thức Fn , Ln Mặt khác, đa thức Fn (x), Ln (x) có ứng dụng Tốn học phổ thơng: chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi, xuất nhiều báo Toán học Tuổi trẻ, tài liệu toán nâng cao, đề thi học sinh giỏi download by : skknchat@gmail.com Trong [2], Nguyễn Thu Trang nghiên cứu số Fibonacci, dãy số Lucas Sự liên hệ phương trình Diophantine với dãy số Fibonacci, dãy số Lucas đề cập [1] Trong [5], Wang Ting Ting Zhang Wenpeng thiết lập đồng thức chứa đa thức Fibonacci, đa thức Lucas đưa ứng dụng Các đồng thức liên quan đến đạo hàm trình bày [4] Theo hướng nghiên cứu này, xem xét vấn đề: Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas ứng dụng Mục đích, nhiệm vụ phương pháp nghiên cứu Mục đích luận văn tổng hợp trình bày số đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas , [3], [4] [5] Ngồi ra, chúng tơi đưa phương pháp ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas toán học phổ thơng Cụ thể là: Khi có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến số nhận giá trị 1, ta có hệ thức dãy Fibonacci, dãy Lucas Hơn nữa, ta thiết lập đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas cách kết hợp đẳng thức bất đẳng thức tốn học phổ thơng với đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas có Khi ta lại cho biến nhận giá trị nhận hệ thức với dãy Fibonacci, dãy Lucas Nội dung nghiên cứu Luận văn trình bày kết [4], [5] ứng dụng tốn phổ thơng 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 đẳng thức bất đẳng thức tốn học phổ thơng từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10; - Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập đồng thức cách kết hợp hệ thức tốn học phổ thơng đồng thức download by : skknchat@gmail.com 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: có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến nhận giá trị nhận đồng thức dãy Fibonacci, dãy Lucas Cấu trúc luận văn Luận văn chia thành hai chương với nội dung sau: Chương trình bày đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas Chương trình bày ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên tốn học phổ thơng Thái Ngun, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Phạm Thu Hằng Email: bongtombeo@gmail.com download by : skknchat@gmail.com Chương Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas Nội dung chủ yếu Chương trình bày kết [4], [5] thơng qua 24 định lý, từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24 Trước tiên nhắc lại dãy số Fibonacci, dãy số Lucas đề cập [1], [2] 1.1 1.1.1 Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas Định nghĩa ví dụ dãy Fibonacci dãy Lucas Định nghĩa 1.1.1 Dãy {Fn } số Fibonacci định nghĩa hệ thức truy hồi sau Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2, với giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = 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 quy luật tự nhiên: a) Sự xếp cánh hoa hoa b) Số lượng đường xoắn ốc (hoặc đường chéo) download by : skknchat@gmail.com (1.1) Hình 1.1: Hoa 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 số cánh hoa, dãy số Fibonacci hữu cách đáng ngạc nhiên bạn nghĩ Khi bạn quan sát nhị hoa hướng dương, nhìn từ tâm ra, theo hai hướng chiều ngược chiều kim đồng hồ, bạn thấy đường xoắn ốc Và có điều lạ là, số đường xoắn ốc ln số thuộc dãy Fibonacci theo cặp: 21 34, 34, 55, 55, 89, 89 144 download by : skknchat@gmail.com Tương tự, bạn quan sát hạt thơng (nón thơng): số đường xoắn ốc theo hướng khác cặp số thuộc dãy số bí ẩn: 13; Và dứa: số đường chéo tạo mắt dứa theo hướng chéo 13 13 21 .tùy kích thước c) Sự mọc chồi download by : skknchat@gmail.com 39 (zy − 2xyz + xz ) + (yz − 2xyz + yx2 ) + (zx2 − 2xyz + zy ) = 0, x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 = Vì x, y, z số dương nên ta suy (y − z)2 = (z − x)2 = (x − y)2 = Do x = y = z Ví dụ 2.1.3 Chứng minh đồng thức (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x) Chứng minh Ta đặt a = (x − y), b = (y − z) c = (z − x) Suy a + b + c = 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 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 số thực khác Chứng minh a(x − b)(x − c) (i) (a − b)(a − c) b(x − c)(x − a) + (b − c)(b − a) a2 (x − b)(x − c) (ii) (a − b)(a − c) c(x − a)(x − b) + (c − a)(c − b) b2 (x − c)(x − a) + (b − c)(b − a) = x; c2 (x − a)(x − b) + (c − a)(c − b) download by : skknchat@gmail.com = x2 ; 40 (b + c)(x − b)(x − c) (iii) (a − b)(a − c) (c + a)(x − c)(x − a) + (b − c)(b − a) (a + b)(x − a)(x − b) + (c − a)(c − b) = a + b + c − x Chứng minh (i) Lần lượt thay x = a, b, c vào vế trái đồng thức, ta có giá trị vế trái a, b, c Suy đồng thức chứng minh (ii), (ii) tiến hành chứng minh tương tự (i) Ví dụ 2.1.5 Cho x y số khác thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − 10(y − x)2 = Chứng minh 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 (x − y)(−x + 10y) = Vì x = y nên (−x + 10y) = hay x = 10y Vậy hai số x, y khác mà thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − 10(y − x)2 = x = 10y Ví dụ 2.1.6 Cho x, y ∈ Z Chứng minh số sau số phương (i) M = (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + 9, (ii) N = (x − y)(x − 2y)(x − 3y)(x − 4y) + y Chứng minh (i) M = (x2 + 7x + 6)(x2 + 7x + 12) + = (x2 + 7x)2 + 18(x2 + 7x) + download by : skknchat@gmail.com 41 = (x2 + 7x + 9)2 (ii) N = (x2 − 5xy + 4y )(x2 − 5xy + 6y ) + y = (x2 − 5xy)2 + 10y (x2 − 5xy) + 25y = (x2 − 5xy + 5y )2 Ta có đồng thức i) (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + = (x2 + 7x + 9)2 ii) (x − y)(x − 2y)(x − 3y)(x − 4y) + y = (x2 − 5xy + 5y )2 Vậy M, N số phương Trong mục 2.1 chúng tơi trình bày số toán chứng minh bất đăng thức sau: Ví dụ 2.1.7 Chứng minh với a, b ≥ 0, ∀n ∈ N∗ Ta có an + bn ≥ a+b n (2.1) Chứng minh Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: (a + b)n = Cn0 an + Cn1 an−1 b + · · · + Cnn−1 abn−1 + Cnn bn , (a + b)n = Cn0 bn + Cn1 bn−1 a + · · · + Cnn−1 ban−1 + Cnn an Suy 2(a + b)n = Cn0 (an + bn ) + Cn1 (an−1 b + abn−1 ) + + Cnn−1 (abn−1 + ban−1 ) + Cnn (an + bn ) ∀a, b ≥ 0, ∀i = 1, 2, , n − ta có (an−i − bn−i )(ai − bi ) ≥ Suy an + bn ≥ an−i bi − bn−i , download by : skknchat@gmail.com 42 2(a + b)n ≤ Cn0 (an + bn ) + Cn1 (an + bn ) + · · · + Cnn−1 (an + bn ) + Cnn (an + bn ), 2(a + b)n ≤ (an + bn )(Cn0 + Cn1 + · · · + C n−1 + Cnn ) = 2n (an + bn ) Do a+b n ≤ an + b n Dấu "=" xảy a = b Với n = ta có bất đẳng thức a+b ≤ a3 + b3 Với n = ta có bất đẳng thức a+b ≤ a5 + b5 Ví dụ 2.1.8 Chứng minh a2 + b2 ≥ ab với a, b ∈ R Chứng minh Ta có a2 + b2 ≥ ab, 4a2 + b2 ≥ 4ab, 4a2 − 4ab + b2 ≥ 0, (2a − b)2 ≥ (Bất đẳng thức đúng) Vậy a + b2 ≥ ab Dấu " = " xảy 2a = b download by : skknchat@gmail.com 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 bất đẳng thức ta có 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) Suy a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Dấu = xẩy a = b = c (ii) Theo câu (i), ta có 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) Do 2(a2 + b2 + c2 ) + a2 + b2 + c2 ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 Dấu = xảy 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 ≥ ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ download by : skknchat@gmail.com 44 Bất đẳng thức với a, b, c Vậy bất đẳng thức iii) chứng minh Ví dụ 2.1.10 Chứng minh rằng: x4 + y + z ≥ xyz(x + y + z) Chứng minh Theo (i) Ví dụ 2.1.9 ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có x4 + y + z ≥ (x2 y + y z + z x2 ) = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 ≥ (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = xyz(x + y + z) Dấu = xảy x = y = z 2.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên Từ ví dụ nêu mục 2.1, kếp hợp với đồng thức đa thức Fibonacci đa thức Lucas nêu Chương 1, chúng tơi có kết sau: Xuất phát từ đẳng thức (3) mục 2.1 (A + B)(A − B) = A2 − B h Thay A đa thức 2n F2m+1 (x), thay B đa thức m=0 h 2n F2m+1 (y) m=0 xác định đồng thức Định lý 1.2.2, ta có đồng thức sau: h 2n F2m+1 (x) m=0 h − m=0 2n F2m+1 (y) h m=0 2n F2m+1 (x) h + m=0 download by : skknchat@gmail.com 2n F2m+1 (y) 45  = − (x2 + 4) (2n)! (h + 1) 2n  (y + 4)2n (n!)2 + k=1 (n!)2 2 F (y) 4k(h+1) 2n  n−k F2k (y) n (2n)! (h + 1) 2 2n F4k(h+1) (x) n−k F2k (x) n + k=1 Xét Ví dụ 1, , Ví dụ 10, làm tương tự trên, với số h nguyên dương n ta có đồng thức sau: Ví dụ 2.2.1 h h L2n+1 2m+1 (x) + m=0 L2n+1 2m+1 (x) − L2n+1 2m+1 (y) + m=0 h h =  m=0  h  m=0  h  m=0 L2n+1 2m+1 (z) m=0 h L2n+1 2m+1 (y) − m=0  h L2n+1 2m+1 (z) − m=0 h m=0  L (x) L2(2k+1)(h+1) (y) n−k  2(2k+1)(h+1)  (−1) + L(2k+1) (x) L(2k+1) (y)   L2(2k+1)(h+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (z)  (−1)n−k  + L(2k+1) (y) L(2k+1) (z)   L2(2k+1)(h+1) (z) L2(2k+1)(h+1) (x)  (−1)n−k  + L(2k+1) (z) L(2k+1) (x)  2n + n−k 2n + n−k 2n + n−k Ví dụ 2.2.2 Nếu h h 2n+1 F2m+1 (x) m=0 h 2n+1 F2m+1 (y) + m=0 h 2n+1 F2m+1 (y) 2n+1 F2m+1 (z) + m=0 h m=0 h 2n+1 F2m+1 (z) + m=0 2n+1 F2m+1 (x) m=0 download by : skknchat@gmail.com 46 h h h 2n+1 F2m+1 (x) =8 m=0 2n+1 F2m+1 (y) m=0 2n+1 F2m+1 (z) m=0 h h 2n+1 F2m+1 (x) h 2n+1 F2m+1 (y) = m=0 2n+1 F2m+1 (z) = m=0 m=0 Ví dụ 2.2.3 Với số nguyên dương h n ta có đồng thức sau: h h L2n+1 2m+1 (x) + m=0 2n+1 F2m+1 (y) h L2n+1 2m+1 (y) + + m=0 m=0 L2n+1 2m+1 (z) + n k=0 n  k=0  L2n+1 2m+1 (x) m=0  L(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1)(h+1) (y)  − (−1)n−k  L(2k+1) (x) L(2k+1) (y)   L(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1)(h+1) (z)  (−1)n−k  − L(2k+1) (y) L(2k+1) (z)   L (z) L(2k+1)(h+1) (x) n−k  (2k+1)(h+1)  (−1) − L(2k+1) (z) L(2k+1) (x)  =   h m=0  L2n+1 2m+1 (z) m=0 h + h n  k=0 2n + n−k 2n + n−k 2n + n−k Ví dụ 2.2.4 Với a, b, c số thực khác h nguyên dương n ta có đồng thức sau: h a (i) m=0 2n+1 L2m+1 (x) h −b m=0 L2n+1 2m+1 (x) − c (a − b)(a − c) h b m=0 + h −c m=0 L2n+1 2m+1 (x) − a (b − c)(b − a) h c + L2n+1 2m+1 (x) m=0 L2n+1 2m+1 (x) h −a m=0 L2n+1 2m+1 (x) − b (c − a)(c − b) download by : skknchat@gmail.com 47 n L (x) 2n + n−k 2(2k+1)(h+1) (−1) n−k L(2k+1) (x) = k=0 a2 h m=0 (ii) h L2n+1 2m+1 (x) − b m=0 L2n+1 2m+1 (x) − c (a − b)(a − c) h b m=0 + 2n+1 L2m+1 (x) h −c m=0 (b − c)(b − a) h c m=0 + 2n+1 L2m+1 (x) h −a m=0 2 L2(2k+1)(h+1) (x) 2n +  (−1)n−k n−k L(2k+1) (x) n = k=0 h Ví dụ 2.2.5 Nếu 2n F2m+1 (x) 2n (x) F2m+1 m=0 h m=0 h L2n+1 2m+1 (x) − b (c − a)(c − b)  kiện: L2n+1 2m+1 (x) − a 2n F2m+1 (y) khác thỏa mãn điều m=0 h 2n (x) F2m+1 h − 2n (y) F2m+1 m=0 m=0 h −10 2n F2m+1 (Y 2n F2m+1 (X) )− m=0 h = 0, m=0 h h 2n 2n (y) hay F2m+1 F2m+1 (x) = 10 m=0 m=0   n (2n)! F4k(h+1) (x) 2n (h + 1)  + n−k n (x + 4) (n!) F2k (x) k=1   n (2n)! F4k(h+1) (y) 10 2n   = (h + 1) + (y + 4)n (n!)2 k=1 n−k F2k (y) Ví dụ 2.2.6 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : (i) h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + h m=0 h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + 2n+1 F2m+1 (x) + + download by : skknchat@gmail.com 48 = (x2 n 4)2n + 2n+1 n−k k=0 (−1)n−k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1) + h (ii) m=0 h m=0 h 2n+1 F2m+1 (x) − 2n+1 F2m+1 (x) − m=0 h m=0 n (x2 + 4)n 2n+1 F2m+1 (y) 2n+1 F2m+1 (y) k=0 h m=0 h m=0 2n+1 n−k (x) F2(2k+1)(h+1) (x) F(2k+1) (x) h 2n+1 F2m+1 (x) − 2n+1 F2m+1 (x) − m=0 h m=0 m=0 − (x2 +  4)2n n (x2 + 4)n k=0 (x2  + 4) 2n+1 n−k k=0 2n+1 n−k + n  2n k=0 n + (y + 4)n k=0 2 F2(2k+1)(h+1) (y)  L2(2k+1) (y) L(2k+1) (x) 2n+1 n−k 2n+1 n−k (i) h m=0 2n+1 F2m+1 (x) ≥ + m=0 n L(2k+1) (y) (ii) h m=0 2(y + 4)n 2n+1 F2m+1 (x) ≥ 2n + F2(2k+1)(h+1) (y) n−k L(2k+1) (y) k=0 h + m=0 2(y + 4)n 2n+1 F2m+1 (y) 2n + F2(2k+1)(h+1) (x) n−k L(2k+1) (x) k=0 n + h 2(x2 + 4)n 2n+1 F2m+1 (y) F2(2k+1)(h+1) (y) Ví dụ 2.2.7 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : 2n+1 F2m+1 (y) 2 F2(2k+1)(h+1) (x)  L(2k+1) (x) F2(2k+1)(h+1) (x) n + = +9 2n+1 F2m+1 (y) h  n k=0 2n+1 (y) F2m+1 2n + F2(2k+1)(h+1) (x) n−k L(2k+1) (x) download by : skknchat@gmail.com 49 + n 2(y + 4)n 2n + F2(2k+1)(h+1) (y) n−k L2(2k+1) (y) k=0 h Dấu = xảy m=0 2n+1 F2m+1 (x) = h m=0 2n+1 F2m+1 (y) Ví dụ 2.2.8 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : h 2n F2m+1 (x) + m=0 ≥ 2n F2m+1 (y) m=0 n (2n)! (h + 1) (x2 + 4)n (y + 4)n (n!)2 (n!)2 2n + F4k(h+1)(x) (x) n−k F2k + k=0 n (2n)! (h + 1) h + k=0 2n + F4k(h+1)(y) (y) n−k F2k Ví dụ 2.2.9 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : h (i) m=0 ≥ 2n+1 F2m+1 (x) + m=0 n (x2 + 4)n )(y + 4)n h k=0 2n+1 n−k 2n+1 F2m+1 (y) h + m=0 F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) n k=0 + (y + 4)n )(z + 4) n n k=0 2n+1 n−k k=0 (z + 4)n )(x2 + 4) n n k=0 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L(2k+1) (y) n 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (y) + 2n+1 F2m+1 (z) 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) n k=0 2n+1 n−k download by : skknchat@gmail.com F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) 50 Dấu = xảy h h 2n+1 F2m+1 (x) = m=0 (ii) m=0 n 2n+1 n−k ≥ k=0 (−1)n−k m=0 h 2n+1 L2m+1 (x) 2n+1 F2m+1 (z) = m=0 h h 2n+1 F2m+1 (y) + m=0 L2n+1 2m+1 (y) L2(2k+1)(h+1) (x) n + L(2k+1) (x) k=0 n k=0 L2n+1 2m+1 (z) + m=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k + h (−1)n−k (−1)n−k L2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) Dấu = xảy h h 2n+1 L2m+1 (x) = m=0 h (iii) m=0 2n+1 F2m+1 (x) + (x2 + 4)n ).(y + 4) (y + 4)n ).(z + 4) k=0 n (z + 4)n ).(x2 + 4) h Ví dụ 2.2.10 m=0 n ≥ k=0 n k=0 2n+1 n−k k=0 n n 2n+1 n−k n k=0 h m=0 2n+1 F2m+1 (z) F2(2k+1)(h+1) (x) n L(2k+1) (x) k=0 F2(2k+1)(h+1) (y) n L(2k+1) (y) k=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (z) n L(2k+1) (z) k=0 2n+1 n−k + m=0 L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1) (x) L2n+1 2m+1 (y) n k=0 L2(2k+1)(h+1) (z) n L(2k+1) (z) k=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k L(2k+1) (y) F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) h F2(2k+1)(h+1) (y) 2n+1 n−k 2n+1 n−k (−1) (−1) 2n+1 n−k 2n+1 L2m+1 (x) n−k n−k m=0 2n+1 F2m+1 (y) + n + m=0 n + h L2n+1 2m+1 (z) = m=0 ≥ z L2n+1 2m+1 (y) h + m=0 n−k (−1) n−k (−1) L2n+1 2m+1 (z) L2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (x) download by : skknchat@gmail.com L(2k+1) (x) 51 + 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 Ví dụ 2.2.6, ta thay biến số x = 1, y = 1, z = ta đồng thức dãy Fibonacci dãy Lucas sau: h a m=0 Ví dụ 2.2.11 h L2n+1 2m+1 (1) − b m=0 L2n+1 2m+1 (1) − c (a − b)(b − c) h b m=0 + L2n+1 2m+1 (1) − c h + m=0 L2n+1 2m+1 (1) − a n k=0 m=0 h m=0 h 2n+1 F2m+1 (1) + 2n+1 F2m+1 (1) + +9 = h m=0 L2n+1 2m+1 (1) − b (c − a)(a − b) = h m=0 L2n+1 2m+1 (1) − a (b − c)(c − a) c Ví dụ 2.2.12 h 52n + m=0  2n+1 n−k (−1)n−k 2n+1 F2m+1 (1) + n  k=0 n 52n k=0 2n+1 n−k L2(2k+1)(k+1) (1) L2k+1 (1) h 2n+1 F2m+1 (1) + m=0 2 F2(2k+1)(k+1) (1) n−k  (−1) L2k+1 (1) 2n+1 n−k F2(2k+1)(k+1) (1) L2k+1 (1) download by : skknchat@gmail.com +9 52 Kết luận Luận văn trình bày kết [3], [4], [5] ứng dụng tốn học phổ thơng 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 đẳng thức bất đẳng thức tốn học phổ thơng từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10; - Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập đồng thức cách kết hợp hệ thức toán học phổ thông đồng thức 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: có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến nhận giá trị nhận đồng thức dãy Fibonacci, dãy Lucas download by : skknchat@gmail.com 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Nhật Cương (2014), Dãy Fibonacci, dãy Lucas 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, (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 download by : skknchat@gmail.com ... Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 11 1.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 37 2.1 Các đồng thức toán học phổ thông 37 2.2 Ứng dụng đồng thức đa. .. skknchat@gmail.com 37 Chương Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên Mục tiêu chương trình bày ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên Công việc thực... là: Khi có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến số nhận giá trị 1, ta có hệ thức dãy Fibonacci, dãy Lucas Hơn nữa, ta thiết lập đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas cách