LUẬN văn THẠC sĩ HAY về dãy k fibonacci

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ THU HÀ VỀ DÃY K-FIBONACCI Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - 2019 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com i Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.2 Dãy Fibonacci, hàm sinh, công thức Binet 4 Dãy 2.1 2.2 2.3 k-Fibonacci Hàm sinh công thức Binet dãy k-Fibonacci Một số tính chất dãy k-Fibonacci Một số đồng thức dãy k-Fibonacci 10 10 12 19 Một số ứng dụng dãy k-Fibonacci 3.1 Tam giác chuẩn hóa hàm phức 3.2 Một số ứng dụng ma trận (Rk−1 L)n 21 21 25 Kết luận 29 Tài liệu tham khảo 30 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Lời cảm ơn Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến PGS TS Nơng Quốc Chinh hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Thầy dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian tơi thực đề tài Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Thầy ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ hồn thành, xin cảm ơn Thầy đơn đốc nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cơ tận tình truyền đạt kiến thức q báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Ngơ Thì Nhậm - Ninh Bình nơi tơi cơng tác tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành công việc chuyên môn nhà trường để hồn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Thu Hà LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mở đầu Dãy Fibonacci đưa nghiên cứu từ năm 1202 Nó đóng vai trị quan trong vấn đề khác Toán học thu hút quan tâm nhiều nhà Toán học Mặc dù biết đến từ lâu đời nhiều vấn đề liên quan đến dãy Fibonacci mở rộng cịn chưa nghiên cứu Vì người ta ln tìm cách mở rộng dãy Fibonacci để ứng dụng vào nghiên cứu toán cụ thể Một hướng mà nhiều nhà toán học quan tâm cách xây dựng dãy số có tính chất đẹp tương tự dãy Fibonacci xây dựng dãy số mở rộng dãy Fibonacci Năm 2007, Falcon Plaza đưa định nghĩa dãy k-Fibonacci để ứng dụng vào nghiên cứu toán phân vùng tam giác có cạnh lớn Bài toán phân vùng tam giác cạnh dài (viết ngắn gọn 4TLE) xây dựng cách nối trung điểm cạnh dài với đỉnh đối diện đến điểm hai cạnh lại Bài toán đưa nghiên cứu tác giả M.C Rivara vào năm 1996 Gần có nhiều kết liên quan đến dãy k-Fibonacci Khi k = dãy k-Fibonacci dãy Fibonacci Hơn k = dãy k-Fibonacci dãy Pell Do với kết biết dãy Fibonacci dãy Pell mở rộng cho dãy k-Fibonacci Ngược lại, từ kết cho dãy k-Fibonacci có kết tương ứng cho dãy Fibonacci dãy Pell Mục tiêu luận văn trình bày kết dãy k-Fibonacci ứng dụng Các kết luận văn viết dựa theo tài liệu [1], [2], [3] Nội dung luận văn trình bày ba chương Chương dành để trình bày số tính chất ước chung lớn tính chất quan trọng dãy Fibonacci Đặc biệt công thức Binet, dùng nhiều chứng minh sau LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương dành để trình bày dãy k-Fibonacci Trong chương chúng tơi trình bày hàm sinh, cơng thức Binet tính chất dãy kFibonacci Đặc biệt công thức đồng dãy k-Fibonacci Các kết chương viết theo tài liệu [2] [3] Chương trình bày số ứng dụng cụ thể dãy k-Fibonacci Đặc biệt mối liên hệ với toán phân vùng tam giác có cạnh lớn Hơn từ mối quan hệ với dạng ma trận ánh xạ phức Rk−1 L thu số kết quen biết dãy k-Fibonacci LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn Mục đích tiết trình bày số tính chất quan trọng ước chung lớn dãy số nguyên dương, dùng cho chứng minh phần sau Các kết tiết viết theo tài liệu [1] Để thuận tiện cho trình bày ta ký hiệu ước chung lớn dãy số nguyên dương a1 , , at , t ≥ gcd(a1 , , at ) Bổ đề 1.1.1 Cho m, n, q số nguyên dương Giả sử n|q Khi đó, ta có gcd (m + q, n) = gcd (m, n) Chứng minh Theo giả thiết n|q nên q = rn, với r số nguyên dương Đặt g = gcd (m + rn, n) ta có g |(m + rn) g |n Do tồn số nguyên dương r1 , r2 cho n = r1 g m + rn = r2 g Do m = r2 g − rn = (r2 − r1 r) g, nghĩa g |m Lấy tùy ý số tự nhiên d ∈ N cho d |m d |n Suy d |(m + rn) Kết hợp với g = gcd (m + rn, n) ta suy d |g Vậy g |gcd (m, n) Vì gcd (m + q, n) = gcd (m, n) Bổ đề 1.1.2 Cho m, n số nguyên dương Khi n|m gcd(m, n) = n Chứng minh Giả sử n|m ta cần chứng minh gcd (m, n) = n Vì n|m nên tồn số nguyên dương q cho m = qn Suy gcd (m, n) = gcd (qn, n) Ta chứng minh khẳng định quy nạp theo q Với q = 1, ta có gcd (n, n) = n LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Giả sử đẳng thức với q > 1, ta chứng minh đẳng thức với q + Thật theo Bổ đề 1.1.1 giả thiết quy nạp, ta có gcd (qn + n, n) = gcd (qn, n) = n Vậy điều kiện cần chứng minh Ngược lại, giả sử gcd (m, n) = n ta cần chứng minh n|m Thật vậy, gcd (m, n) = n nên tồn số nguyên dương q cho m = qn, nghĩa n |m Vậy điều kiện đủ chứng minh Bổ đề 1.1.3 Cho m, n, q số nguyên dương Khi đó, gcd (m, n) = gcd (m, nq) = gcd (m, q) Chứng minh Giả sử g = gcd(m, q) g = gcd(m, nq) Suy g |m g |nq ; g|m g|q Vì g|q nên g|nq Suy g g Từ điều kiện gcd(m, n) = 1, g |m g |nq, ta suy g |q Mặt khác g = gcd(m, q), g |g Vậy g = g 1.2 Dãy Fibonacci, hàm sinh, công thức Binet Định nghĩa 1.2.1 Dãy số Fibonacci, ký hiệu (Fn )n∈N định nghĩa công thức truy hồi F0 = 0, F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 (n ≥ 1), Fn số hạng thứ n dãy số Fibonacci Từ hệ thức truy hồi dãy Fibonacci ta có Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0, với n ≥ Do ta có phương trình x2 − x − = hay x2 = x + Nhân hai vế phương trình với xn−1 ta xn+1 = xn + xn−1 (1.1) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Rõ ràng ϕ nghiệm phương trình (1.1) − ϕ nghiệm phương trình (1.1) Do ϕn+1 = ϕn + ϕn−1 (1 − ϕ)n+1 = (1 − ϕ)n + (1 − ϕ)n−1 Với cặp số thực a, b, ta đặt Fa,b (n) = aϕn + b(1 − ϕ)n Khi tất hàm thỏa mãn hệ thức truy hồi Fibonacci Định nghĩa 1.2.2 Các hàm Fa,b (n) = aϕn + b(1 − ϕ)n gọi hàm sinh Trong Định nghĩa dãy Fibonacci, số hạng dãy cho dạng truy hồi nên sử dụng dãy gặp khó khăn Mệnh đề sau cho ta cơng thức tường minh dãy Fibonacci gọi công thức Binet Công thức Binet sử dụng hữu hiệu chứng minh sau Mệnh đề 1.2.3 Dãy số Fibonacci cho công thức Fn = √ n 1+ − 1− √ √ n 1+ Mệnh đề 1.2.4 Cho n số nguyên dương Khi đó, ta có gcd(Fn , Fn+1 ) = Chứng minh Giả sử g = gcd(Fn , Fn+1 ) = Khi đó, ta có g |Fn g |Fn+1 Theo công thức truy hồi dãy Fibonacci Fn+1 − Fn = Fn−1 , (n ≥ 1) Suy g|Fn−1 Lăp lại trình ta có g|1, điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy gcd(Fn , Fn+1 ) = Mệnh đề 1.2.5 Cho m, n số nguyên dương Khi đó, ta có Fm+n = Fm−1 Fn + Fm Fn+1 (1.2) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh Ta chứng minh khẳng định bổ đề quy nạp theo n Với n = đẳng thức (1.2) trở thành Fm+1 = Fm−1 F1 + Fm F2 Ta có F1 = F2 = nên đẳng thức cần chứng minh thành Fm+1 = Fm−1 +Fm Đẳng thức theo định nghĩa dãy Fibonacci Giả sử đẳng thức (1.2) với n = k, nghĩa Fm+k = Fm−1 Fk + Fm Fk+1 Ta cần chứng minh đẳng thức với n = k + 1, nghĩa Fm+k+1 = Fm−1 Fk+1 + Fm Fk+2 Ta có Fm+k+1 = Fm+k−1 + Fm+k = Fm−1 Fk−1 + Fm Fk + Fm−1 Fk + Fm Fk+1 = Fm−1 (Fk + Fk−1 ) + Fm (Fk + Fk+1 ) = Fm−1 Fk+1 + Fm Fk+2 Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh Kết sau hệ trực tiếp Mệnh đề 1.2.5 Hệ 1.2.6 Cho n số nguyên dương thỏa mãn n ≥ Khi F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Chứng minh Áp dụng Bổ đề 1.2.5 ta có Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 Thay m = n ta F2n = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Bổ đề 1.2.7 Cho m, n hai số nguyên dương cho m|n Khi đó, ta có Fm |Fn LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh Vì m |n nên tồn số nguyên dương q cho n = qm Ta chứng minh khẳng định bổ đề quy nạp theo q Với q = 1, ta có n = m, Fm |Fm Giả sử khẳng định bổ đề với q > Ta chứng minh đẳng thức với q + Theo Mệnh đề 1.2.5, ta có Fqm+m = Fqm−1 Fm + Fqm Fm+1 Rõ ràng Fm |Fqm−1 Fm Theo giả thiết quy nạp Fm |Fqm Do Fm |Fqm Fm+1 Vậy Fm |(Fqm−1 Fm + Fqm Fm+1 ) = Fqm+m Bổ đề 1.2.7 cho ta hệ trực tiếp sau Hệ 1.2.8 Nếu n hợp số khác Fn hợp số Chứng minh Vì n hợp số khác nên tồn số nguyên dương m ≥ cho m|n Theo Bổ đề 1.2.7 ta có Fm |Fn , nghĩa Fn hợp số Mệnh đề 1.2.9 Cho hai số nguyên dương m, n Khi gcd(Fm , Fn ) = Fgcd(m,n) Chứng minh Sử dụng phép chia với dư, tồn số nguyên dương q0 , r1 cho m = nq0 + r1 , ≤ r1 ≤ n Kết hợp với Bổ đề 1.2.5, ta có gcd (Fm , Fn ) = gcd (Fnq0 −1 Fr1 + Fnq0 Fr1 +1 , Fn ) Theo Bổ đề 1.2.7 ta có Fn |Fnq0 Do theo Bổ đề 1.1.1 ta có gcd(Fm , Fn ) = gcd(Fnq0 −1 Fr1 , Fn ) Mặt khác gcd (Fm , Fn ) = gcd (Fr1 , Fn ) Tiếp tục trình n với thuật toán Euclide, ta nhận gcd(Fm , Fn ) = gcd(Frk−1 , Frk ), LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 16 Tiếp tục trình ta r1n = r1 Fk,n + Fk,n−1 Hoàn toàn tương tự ta có r2n = r2 Fk,n + Fk,n−1 Mệnh đề 2.2.7 Hai số k-Fibonacci liền hai số nguyên tố nhau, nghĩa với số nguyên dương n, ta có gcd (Fk,n , Fk,n−1 ) = Chứng minh Sử dụng thuật toán Euclide với Fk,n số bị chia, Fk,n−1 số chia ta phương trình tuyến tính Fk,n = kFk,n−1 + Fk,n−2 Fk,n−1 = kFk,n−2 + Fk,n−3 Fk,3 = kFk,2 + Fk,1 Fk,2 = kFk,1 + Theo thuật tốn Euclice ta có gcd (Fk,n , Fk,n−1 ) = Fk,1 = Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 2.2.8 Cho m, n số nguyên dương Khi Fk,m |Fk,mn Chứng minh Ta chứng minh khẳng định mệnh đề quy nạp theo n Khi n = rõ ràng Fk,m |Fk,m Giả sử khẳng định mệnh đề với tất số nguyên l, (l ≥ 1) nghĩa Fk,m |Fk,mi , với i mà ≤ i ≤ l Ta cần chứng minh Fk,m Fk,m(l+1) Theo Mệnh đề 2.2.5 (i), ta có Fk,m(l+1) = Fk,ml+m = Fk,ml−1 Fk,m + F k,ml Fk,m+1 Thiết quy nạp, Fk,m |Fk,ml Do Fk,m Fk,m(l+1) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 17 Mệnh đề 2.2.9 Cho q, n số nguyên dương Khi gcd (Fk,qn−1 , Fk,n ) = Chứng minh Gọi d = gcd (Fk,qn−1 , Fk,n ) d |Fk,qn−1 d |Fk,n Theo Mệnh đề 2.2.8 Fk,n |Fk,qn Suy d |Fk,qn Do d|Fk,qn−1 d|Fk,qn Theo Mệnh đề 2.2.7, ta suy gcd (Fk,qn−1 , Fk,qn ) = Vậy gcd (Fk,qn−1 , Fk,n ) = Mệnh đề 2.2.10 Giả sử m = qn + r với m, n, q, r số nguyên dương Khi gcd (Fk,m , Fk,n ) = gcd (Fk,n , Fk,r ) Chứng minh Ta có gcd (Fk,m , Fk,n ) = gcd (Fk,qn+r , Fk,n ) = gcd (Fk,qn−1 Fk,r + Fk,qn Fk,r+1 , Fk,n ) = gcd (Fk,qn−1 Fk,r , Fk,n ) = gcd (Fk,r , Fk,n ) Mệnh đề cho thấy ước số chung lớn hai số k-Fibonacci số k-Fibonacci Mệnh đề 2.2.11 Cho m n số nguyên dương Khi gcd (Fk,m , Fk,n ) = Fk,gcd(m,n) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 18 Chứng minh Khơng tổng qt ta giả sử m ≥ n Áp dụng thuật toán Euclide với số bị chia m số chia n ta m = q0 n + r1 ; n = q1 r1 + r2 ; r1 = q2 r2 + r3 ; rn−2 = qn−1 rn−1 + rn ; rn−1 = qn rn + Từ Mệnh đề 2.2.10, ta có gcd (Fk,m , Fk,n ) = gcd (Fk,n , Fk,r1 ) = gcd (Fk,r1 , Fk,r2 ) = · · · = gcd Fk,rn−1 , Fk,rn Vì rn |rn−1 nên Fk,rn Fk,rn−1 Do gcd Fk,rn−1 , Fk,rn = Fk,rn Suy gcd (Fk,m , Fk,n ) = Fk,rn Theo thuật toán Euclide rn = gcd (m, n) , gcd (Fk,m , Fk,n ) = Fk,gcd(m,n) Với hai số nguyên dương a, b ta ký hiệu bội chung nhỏ a b [a, b] Mệnh đề 2.2.12 Cho m, n số nguyên dương cho gcd(m, n) = Khi Fk,m Fk,n |Fk,mn Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.10 ta có Fk,m |Fk,mn Fk,n |Fk,mn Do [Fk,m , Fk,n ] |Fk,mn Mặt khác gcd (Fk,m , F k,n ) = Fk,gcd(m,n) = Fk,1 = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 19 Nên [Fk,m , Fk,n ] = Fk,m Fk,n Suy Fk,m Fk,n |Fk,mn Vậy ta mệnh đề chứng minh 2.3 Một số đồng thức dãy k-Fibonacci Mục đích tiết trình bày số đồng thức dãy kFibonacci cách sử dụng công thức Binet Các kết tiết viết theo tài liệu [3] Mệnh đề 2.3.1 (Đồng Catalan) Với số nguyên dương k, n, r ta có 2 Fk,n−r Fk,n+r − Fk,n = (−1)n+1−r Fk,r (2.1) Chứng minh Sử dụng công thức Binet cho dãy k-Fibonacci r1 r2 = −1, ta có Fk,n−r Fk,n+r − Fk,n r1n−r − r2n−r r1n+r − r2n+r = r1 − r2 r1 − r2 n n n+1−r r1 − r2 = (−1) r1 − r2 n+1−r = (−1) Fk,r − r1n − r2n r1 − r2 Mệnh đề sau hệ trực tiếp Mệnh đề 2.3.1 Mệnh đề 2.3.2 (Đồng Casini) Với số nguyên dương k, n, ta có Fk,n−1 Fk,n+1 − Fk,n = (−1)n Chứng minh Theo công thức (2.1), với r = ta có 2 Fk,n−1 Fk,n+1 − Fk,n = (−1)n Fk,1 Mặt khác theo Định nghĩa dãy k-Fibonacci ta có Fk,1 = Do ta có điều cần chứng minh LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 20 Mệnh đề 2.3.3 (Đồng d’Ocagne) Cho m, n số nguyên dương cho m > n Khi Fk,m Fk,n+1 − Fk,m+1 Fk,n = (−1)n Fk,m−n Chứng minh Sử dụng công thức Binet r1 r2 = −1, ta có Fk,n−1 Fk,n+1 − Fk,n r1n+1 − r2n+1 r1m − r2m = r1 − r2 r1 − r2 m+1 m+1 r − r2 r1n − r2n − r1 − r2 r1 − r2 (r1 − r2 ) r1m−n − r2m−n n = (r1 r2 ) (r1 − r2 )2 m−n − r2m−n n r1 = (r1 r2 ) r1 − r2 n = (−1) Fk,m−n Sử dụng công thức Binet ta có mệnh đề quan trọng sau Mệnh đề 2.3.4 Fk,n = r1 n→∞ Fk,n−1 lim Chứng minh Ta có r1n − r2n r1 − r2 Fk,n lim = lim n→∞ Fk,n−1 n→∞ r1n − r2n r1n−1 − r2n−1 = lim n→∞ r1 r1 Vì | | < nên lim n→∞ r2 r2 r1 n−1 r1 − r2 − r2n−1 n = Khi ta có Fk,n = lim n→∞ Fk,n−1 n→∞ lim 1− r1 − r1 r2 r2 r1 n n r12 = lim n→∞ r1 = r1 Mệnh đề 2.3.5 Fk,n−1 = n→∞ Fk,n r1 lim LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 21 Chương Một số ứng dụng dãy k-Fibonacci Bài toán phân vùng tam giác cạnh dài (viết ngắn gọn 4TLE) xây dựng cách nối trung điểm cạnh dài với đỉnh đối diện đến điểm hai cạnh cịn lại Bài tốn đưa nghiên cứu tác giả M.C Rivara vào năm 1996 Mục đích tiết trình bày mối quan hệ tốn 4TLE với số Fibonacci hệ ta có ví dụ mối quan hệ hình học số Việc sử dụng khái niệm tiền đề tam giác chuẩn hóa sử dụng để suy cặp hàm biến phức Các hàm dạng ma trận cho phép sử dụng trực tiếp cách dễ dàng, mơ tả nhiều tính chất số dãy số nguyên truy hồi số Fibonacci số Pell Các kết chương viết theo tài liệu [4] 3.1 Tam giác chuẩn hóa hàm phức Xét tam giác có cạnh dài đơn vị (có độ dài 1) Mỗi tam giác biểu diễn ba đỉnh có tọa (0; 0), (1; 0) z = (x; y) Hai đỉnh (0; 0) (1; 0) tọa độ hai điểm đầu cuối cạnh dài tam giác, đỉnh lại z = (x; y) nằm bên hai cung trịn có tâm (0; 0) (1; 0) với bán kính Đối với tam giác bất kỳ, cạnh góc tương ứng quy ước theo thứ tự độ lớn tăng dần, nghĩa r1 ≥ r2 ≥ r3 ; γ ≥ β ≥ α Định nghĩa 3.1.1 (i) Phân vùng cạnh dài ("the longest-edge partition") tam giác t0 (ký hiệu (LE)) việc chia tam giác LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 22 cách nối trung điểm cạnh dài t0 với đỉnh đối diện (ii) Phân vùng tam giác cạnh dài (4T LE) ("the four-triangle longest-edge partition") việc chia tam giác cách nối trung điểm cạnh dài với đỉnh đối diện với hai trung điểm hai cạnh cịn lại Định nghĩa 3.1.2 Cho tn+1 tam giác gồm hai tam giác tn khác nhau, ta gọi tam giác nguồn trái (hay tiền đề trái) tam giác nguồn phải (hay tiền đề phải), hai tam giác tn có phân vùng tam giác cạnh dài tạo tam giác tn+1 Ví dụ 3.1.3 (i) Tam giác tn+1 có tọa độ đỉnh (0; 0), (1; 0), z = (x; y) (ii) Tam giác nguồn trái tn có đỉnh z = (x; y), (0; 0), z + = (x + 1; y) (iii) Tam giác nguồn phải tn có đỉnh z , (1; 0), z − = (x − 1; y) Định lý 3.1.4 Mối quan hệ đỉnh z tam giác tn+1 đỉnh tam giác nguồn trái phải biểu thị cơng thức tốn học 1 hàm phức fL (z) = fR (z) = , z số phức z số z+1 2−z phức liên hợp z Định nghĩa 3.1.5 (i) Một phép biến đổi Moebius không gian phức hàm hữu tỷ có dạng h(z) = az + b , cz + d z biến a, b, c, d ∈ C thỏa mãn ad − bc = (ii) Cho az + b h(z) = , cz + d a b phép biến đổi Moebius Ma trận H = gọi ma trận c d h Cho h(z) = az + b , cz + d LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 23 a b phép biến đổi Moebius Ma trận H = gọi ma c d trận h(z) Từ Định nghĩa ta thấy fR phép biến đổi Moebius Do ánh xạ fR bảo tồn độ lớn hướng góc, đồng thời chuyển đường thẳng thành đường thẳng, chuyển đường tròn thành đường tròn Ánh xạ fL không phép biến đổi Moebius Tuy nhiên bảo tồn độ lớn góc, đảo ngược hướng góc Và coi đường thẳng đường trịn có bán kính vơ hạn, fL chuyển đường tròn thành đường tròn 1 Ký hiệu R = L = ma trận liên kết với −1 1 hàm fR fL Khi hợp thành ánh xạ có ma trận liên kết tích ma trận liên kết Thật vậy, ta có z+1 (fR fL (z)) = fR (fL (z)) = fR = 2− z+1 = z+1 2z + Ma trận phép biến đổi RL = −1 1 1 = Vì ta thay việc sử dụng phép biến đổi fR , fL cách sử dụng ma trận liên kết R L xác định Tổng quát hơn, hợp thành phép biến đổi fR fL xác định tích ma trận tương ứng Bằng quy nạp ta có ma trận −k + k − Rk−1 = −k + , ∀k ≥ k Do ma trận Rk−1 L tương ứng với ánh xạ hợp thành fRk−1 fL −k + k − Rk−1 L = −k + k k−1 = 1 k Mối quan hệ ma trận Rk−1 L số k-Fibonacci thể mệnh đề sau LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 24 Mệnh đề 3.1.6 Cho n số nguyên dương Khi đó, ta có Rk−1 L n Fk,n+1 − Fk,n = Fk,n Fk,n+1 − Fk,n−1 Fk,n + Fk,n−1 Chứng minh Khẳng định mệnh đề chứng minh quy nạp theo n Với n = Rk−1 L = k−1 k = Fk,2 − Fk,1 Fk,2 − Fk,0 Fk,1 Fk,1 + Fk,0  F = 0,   k,0 Fk,1 = 1,   Fk,2 = k Giả sử công thức mệnh đề với n − 1, nghĩa ta có Rk−1 L n−1 Fk,n − Fk,n−1 = Fk,n − Fk,n−2 Fk,n−1 Fk,n−1 + Fk,n−2 Khi Rk−1 L = n = Rk−1 L Fk,n − Fk,n−1 Fk,n − Fk,n−2 = n−1 Rk−1 L k−1 Fk,n−1 Fk,n−1 + Fk,n−2 k (k − 1) Fk,n + Fk,n−1 kFk,n Fk,n Fk,n + Fk,n−1 1 Định lý 3.1.6 cho ta hệ trực tiếp sau Hệ 3.1.7 (i) Nếu k = 1, ta thu dãy Fibonacci  F = 0,   F1 = 1,   Fn+1 = Fn + Fn−1 , n ≥ Khi n L = Fn−1 Fn Fn Fn+1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 25 (ii) Nếu k = 2, thu dãy Pell   P0 = 0,     P1 = 1,     Pn+1 = 2Pn + Pn+1 , n ≥ Do Pn + Pn−1 (R.L)n = 3.2 2Pn Pn Pn + Pn−1 Một số ứng dụng ma trận (Rk−1.L)n Mục đích tiết trình bày số chứng minh tính chất dãy k-Fibonacci cách sử dụng tính chất ma trận (Rk−1 L)n Trước tiên đồng thức Catalan chứng minh tiết 2.3 Mệnh đề 3.2.1 (Đồng Catalan) Với số nguyên dương k, n, r ta có Fk,n+r+1 Fk,n+r−1 − Fk,n+r = (−1)n+r Chứng minh Từ Mệnh đề 3.1.6 thay n n + r, ta thu ma trận sau Rk−1 L n+r = Fk,n+r+1 − Fk,n+r Fk,n+r+1 − Fk,n+r−1 Fk,n+r Fk,n+r − Fk,n+r−1 Do định thức ma trận Rk−1 L n+r = Fk,n+r+1 Fk,n+r−1 − Fk,n+r Mặt khác |R| = |L| = −1 nên Rk−1 L n+r = (−1)n+r Vậy mệnh đề chứng minh Hệ 3.2.2 (i) Nếu k = r = ta có đồng Casini công thức Simson cho dãy Fibonacci cổ điển Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n (ii) Nếu k = r = 0, dãy Pell ta thu kết Pn+1 Pn−1 − Pn2 = (−1)n LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 26 Mệnh đề 3.2.3 Với số nguyên dương k, n, i, ta có n Fk,i = i=1 (Fk,n+1 + Fk,n − 1) k Chứng minh Ký hiệu T = Rk−1 L số hạng a12 ma trận n T n = Rk−1 L Fk,n Đặt Sn = T + T + · · · + T n Suy Sn T = T + T + · · · + T n+1 Do Sn T − Sn = T n+1 − T, nghĩa Sn (T − I2 ) = T n+1 − T I2 = 1 Vì Sn = T n+1 − T (T − I2 )−1 Ta có T n+1 − T = = Fk,n+2 − Fk,n+1 Fk,n+2 − Fk,n Fk,n+1 Fk,n+1 + Fk,n Fk,n+2 − Fk,n+1 − k + Fk,n+2 − Fk,n − k Mặt khác T − I2 = k−1 k 1 Fk,n+1 − Fk,n+1 + Fk,n − k−2 k − Suy (T − I2 )−1 = 1 k k 2−k Vì suy Sn = Fk,n+1 − 1 Fk,n+2 − Fk,n+1 − k + k Fk,n+2 − Fk,n − k Fk,n+1 + Fk,n − 1 k 2−k LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 27 Kết sau hệ trực tiếp Mệnh đề 3.2.3 Hệ 3.2.4 (i) Nếu k = ta có dãy Fibonacci, n Fi = Fn+2 − i=1 (ii) Nếu k = 2, dãy Pell ta có n Pi = i=1 (Pn+1 + Pn − 1) Mệnh đề 3.2.5 Cho k, n, i số nguyên dương Khi n Fk,2i = i=1 (Fk,2n+1 − 1) k Chứng minh Chứng minh tương tự Mệnh đề 3.2.3, ta có S2n = T + T + · · · + T 2n , T = Rk−1 L Bằng cách nhân thêm T sau vài bước biến đổi, thu S2n = T 2n+2 − T T − I2 −1 Trong −1 T − I2 = −1 −1 k −k k−1 Vì số hạng a12 hai trường hợp nên ta thu điều phải chứng minh Các kết sau hệ trực tiếp Mệnh đề 3.2.5 Hệ 3.2.6 (i) Nếu k = 1, dãy dãy Fibonacci ta thu n F2i = F2n+1 − i=1 (ii) Nếu k = 2, dãy Pell ta có n P2i = i=1 (P2n+1 − 1) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 28 Hệ 3.2.7 Cho k, n, i số nguyên dương Khi n Fk,2i+1 = Fk,2n+2 k i=0 Đặc biệt, (i) Nếu k = 1, dãy Fibonacci ta thu n F2i+1 = F2n+2 i=0 (ii) Nếu k = 2, dãy dãy Pell ta có n i=0 P2i+1 = P2n+2 Hệ 3.2.8 Với số nguyên dương k, n, i, ta có n i=0 Fk,4i+1 = Fk,2n+1 Fk,2n+2 k LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 29 Kết luận Luận văn trình bày nội dung sau: Các tính chất dãy Fibonacci đặc biệt cơng thức Binet cho dãy Fibonacci Các tính chất dãy k-Fibonacci, đồng thức dãy k-Fibonacci Ứng dụng dãy k-Fibonacci vào toán phân vùng tam giác có cạnh lớn Đặc biệt từ ma trận ánh xạ phức thu số kết quan trọng dãy k-Fibonacci LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 30 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] L.T Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội, (2015) Tiếng Anh [2] C Bolat, H Kose, On the properties of k-Fibonacci numbers, International Journal of Contemporary Mathematical Sciences, 5(22) (2010), 1097-1105 [3] Paula Caratino, On some identities for k-Fibonacci sequence, International Journal of Contemporary Mathematical Sciences, (2014), 37-42 [4] S Falcon , A Plaza, On the Fibonacci k-numbers, Chaos, Solitions and Fractals 32 (2007), 1615 - 1624 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... có Fk,a+b+c−3 = Fk,a−1 Fk,b+c−3 + Fk,a−1 Fk,b+c−2 = Fk,a−1 (Fk,b−2 Fk,c−2 + Fk,b−1 Fk,c−1 ) + Fk,a Fk,b Fk,c + Fk,b−2 Fk,c−2 k (kFk,a−1 + Fk,a−2 ) Fk,b−2 Fk,c−2 = Fk,a Fk,b Fk,c − + Fk,a−1 Fk,b−1... biểu sau (i) Fk,a+b−1 = Fk,a Fk,b + Fk,a−1 Fk,b−1 ; (ii) Fk,a+b−2 = (Fk,a Fk,b − Fk,a−2 Fk,b−2 ) ; k (iii) (Fk,a Fk,b Fk,c + kFk,a−1 Fk,b−1 Fk,c−1 ) k − (Fk,a−2 Fk,b−2 Fk,c−2 ) k Fk,a+b+c−3 =... định nghĩa dãy k- Fibonacci ta có Fk,a+b−2 = Fk,a Fk,b−1 + Fk,a−1 Fk,b−2 Fk,b − Fk,b−2 + Fk,b−2 = Fk,a k = (Fk,a Fk,b − Fk,a−2 Fk,b−2 ) k Fk,a − Fk,a−2 k (iii) Sử dụng định nghĩa dãy k- Fibonacci,