ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN T[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2018 Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Một số tính chất số Fibonacci Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci 11 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci 11 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 14 2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 19 2.4 Tổng vơ hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 24 Chương Tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci 28 3.1 Kết a = 28 3.2 Các kết với a = 34 3.3 Kết a = 42 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Ngơ Văn Định Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn thầy cô Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K10C Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - TP Bắc Ninh - Tỉnh Bắc Ninh tạo điều kiện cho mặt để tham gia học tập hồn thành khóa học Thái Ngun, năm 2018 Nguyễn Thị Thúy Hằng ii Mở đầu Dãy số Fibonacci {Fn } dãy số nhiều người biết đến, quan tâm nghiên cứu Có nhiều tính chất thú vị dãy số tìm Với n số nguyên không âm, số Fibonacci Fn định nghĩa F0 = 0, F1 = công thức truy hồi Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ Mục đích luận văn tìm hiểu trình bày lại kết sau : Đầu tiên, Luận văn trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1], công bố năm 2008, tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci: với n ≥ 2, ta có !−1 ∞ X Fn−2 , n chẵn, = Fk Fn−2 − 1, n lẻ, k=n b·c kí hiệu hàm sàn Năm 2015, Wang Wen [2] mở rộng kết cho trường hợp hữu hạn: với m ≥ n ≥ 2, ta có !−1 mn X Fn−2 , n chẵn, = Fk Fn−2 − 1, n lẻ k=n Tiếp theo, Luận văn trình bày số kết Wang Yuan [3], công bố năm 2017, tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci có dạng mn X (−1)k k=n Fak+b , a ∈ {1, 2, 3} b < a Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung Luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa dãy Fibonacci số đẳng thức, bất đẳng thức số Fibonacci sử dụng chương • Chương 2: Tổng nghịch đảo số Fibonacci Mục đích Chương trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1] kết Wang Wen [2] • Chương 3: Tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci Mục đích Chương trình bày lại kết Wang Yuan [3] Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương mở đầu này, chúng tơi trình bày lại khái niệm dãy Fibonacci số tính chất dãy sử dụng chương 1.1 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.1.1 Dãy số Fibonacci, ký hiệu {Fn }, định nghĩa hệ thức truy hồi sau: Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2, với giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, Số hạng tổng quát dãy số Fibonacci xác định công thức Binet đây: √ √ 1+ 1− Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet) Với n ∈ Z, α = β = , ta có 2 αn − β n Fn = α−β 1.2 Một số tính chất số Fibonacci Mệnh đề 1.2.1 ([2, Bổ đề 2.1]) Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n−1 (1.1) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, ta có F12 − F0 F2 = 12 − 0.1 = = (−1)0 Giả sử, đẳng thức với n > 1, ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, ta có Fn+1 − Fn Fn+2 = (Fn + Fn−1 )2 − Fn (Fn + Fn+1 ) = Fn2 + 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn2 − Fn Fn+1 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn Fn+1 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn (Fn + Fn−1 ) = Fn−1 + Fn Fn−1 − Fn2 = Fn−1 (Fn−1 + Fn ) − Fn2 = Fn−1 Fn+1 − Fn2 = −(−1)n−1 = (−1)n Suy điều phải chứng minh Mệnh đề 1.2.2 ([2, Bổ đề 2.1]) Với hai số nguyên dương m, n, ta có Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 (1.2) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Với m = 1, ta có Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn Với m = 2, ta có Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn Giả sử, đẳng thức với m > 2, ta chứng minh đẳng thức với m + Thật vậy, ta có Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m = Fn−1 Fm−1 + Fn Fm + Fn−1 Fm + Fn Fm+1 = Fn−1 (Fm−1 + Fm ) + Fn (Fm + Fm+1 ) = Fn−1 Fm+1 + Fn Fm+2 Suy điều phải chứng minh Hệ 1.2.3 ([2, Hệ 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−1 Fn + Fn Fn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Suy điều phải chứng minh Hệ 1.2.4 ([2, Hệ 2.2]) Với số ngun khơng âm n, ta có (1.4) F2n+1 = Fn2 + Fn+1 Chứng minh Chứng minh quy nạp Với n = 0, ta có F1 = = + = F02 + F12 Với n = 1, ta có F3 = = + = F12 + F22 Với n = 2, ta có F5 = = + = F22 + F32 Giả sử, đẳng thức với n > 2, ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, sử dụng đẳng thức (1.3) theo giả thiết quy nạp, ta có 2 Fn+1 + Fn+2 = (Fn−1 + Fn ) + (Fn + Fn+1 ) 2 = Fn−1 + 2Fn−1 Fn + Fn2 + Fn2 + 2Fn Fn+1 + Fn+1 2 = Fn−1 + Fn2 + 2Fn (Fn−1 + Fn+1 ) + Fn2 + Fn+1 = F2n−1 + 2F2n + F2n+1 = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3 Suy điều phải chứng minh Tương tự vậy, ta có hệ đây: Hệ 1.2.5 ([2, Hệ 2.2]) Với n ≥ 1, có F2n+1 = Fn−1 Fn+1 + Fn Fn+2 (1.5) Hệ 1.2.6 ([2, Bổ đề 2.3]) Với n ≥ 1, có F2n+1 = Fn+1 Fn+2 − Fn−1 Fn (1.6) Hệ 1.2.7 (Tính chất d’Ocagne) Với hai số nguyên m, n m ≥ n, ta có Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n (1.7) Mệnh đề 1.2.8 ([2, Bổ đề 3.1]) Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = (−1)n−1 (1.8) Chứng minh Ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = Fn Fn+1 − Fn−1 (Fn + Fn+1 = Fn Fn+1 − Fn Fn−1 − Fn−1 Fn+1 = Fn (Fn+1 − Fn−1 ) − Fn−1 Fn+1 = Fn2 − Fn−1 Fn+1 Sử dụng (1.1) ta kết cần chứng minh Một cách tổng quát ta có mệnh đề đây: Mệnh đề 1.2.9 ([3, Bổ đề 5]) Giả sử a, b, c, d bốn số nguyên dương với a+b = c+d b ≥ max {c, d} Khi đó, ta có Fa Fb − Fc Fd = (−1)a+1 Fb−c Fb−d (1.9) Mệnh đề 1.2.10 ([2, Bổ đề 2.4]) Nếu n ≥ ta có Fn−2 Fn−1 > Fn+1 (1.10) Chứng minh Ta có Fn−2 Fn−1 − Fn+1 = Fn−2 Fn−1 − (Fn−1 + Fn ) = Fn−2 Fn−1 − Fn−1 − (Fn−2 + Fn−1 ) = (Fn−2 − 2)Fn−1 − Fn−2 Do n ≥ nên Fn−2 − > 1, suy Fn−2 Fn−1 − Fn+1 > Fn−1 − Fn−2 > Suy điều cần chứng minh Mệnh đề 1.2.11 ([2, Bổ đề 2.5]) Với n ≥ 3, có F3n−1 (Fn + Fn−3 ) > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 (1.11) Chứng minh Áp dụng (1.2), có F3n−1 = Fn−1 F2n−1 + Fn F2n Do F3n−1 (Fn + Fn−3 ) > (Fn−1 F2n−1 + Fn F2n )Fn > Fn2 F2n > Fn−1 Fn F2n Sử dụng (1.3), có F2n > Fn Fn+1 > Fn−2 Fn+1 Từ suy bất đẳng thức (1.11) mong muốn Mệnh đề 1.2.12 ([3, Bổ đề 15]) Với n ≥ 1, có F6n+2 > F2n (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) (1.12) Chứng minh Từ đẳng thức (1.9), suy : F2n−1 F2n+3 − F2n−2 F2n+4 = 5, F2n−1 F2n+1 − F2n = 1, F2n+1 F2n+3 − F2n F2n+4 = 2 F2n+1 F2n+3 > F2n F2n+4 Do đó, F2n−1 F2n+3 > F2n−2 F2n+4 , F2n−1 F2n+1 > F2n Sử dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần bất đẳng thức trên, có F6n+2 = F2n F4n+1 + F2n+1 F4n+2 = F2n (F2n−2 F2n+2 + F2n−1 F2n+3 ) + F2n+1 (F2n−1 F2n+2 + F2n F2n+3 ) > F2n−2 F2n F2n+2 + F2n−2 F2n+4 F2n + F2n F2n+2 + F2n F2n+4 F2n = 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 2F4n (F4n + F4n+2 ) > F2n+2 F4n+3 (F2n−2 + F2n ) (1.13) Chứng minh Ta chứng minh > F2n−2 F2n+2 F4n+3 2F4n F4n+2 > F2n F2n+2 F4n+3 2F4n Hai bất đẳng thức dùng lập luận tương tự để chứng minh nên chứng minh bất đẳng thức Áp dụng hệ thức (1.9) nhiều lần đẳng thức (1.2), có 2F4n = 2F4n−3 F4n+3 − 2 )F4n+3 − = 2(F2n−2 + F2n−1 > (F2n−2 F2n−1 + 2F2n−1 )F4n+3 − = F2n−1 F2n+1 F4n+3 − = (F2n−2 F2n+2 + 2)F4n+3 − > F2n−2 F2n+2 F4n+3 Chứng minh hoàn thành Mệnh đề 1.2.14 ([3, Bổ đề 23]) Với n ≥ 2, có F4n−2 (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) > F4n (F4n−2 + F4n ) (1.14) Chứng minh Đầu tiên xem xét vế bên phải Áp dụng đẳng thức F4n − F4n−1 F4n+1 = −1, ta có F4n (F4n−2 + F4n ) = F4n F4n−2 + F4n = F4n F4n−2 + F4n−1 F4n+1 − = F8n−1 − Xét vế trái, có n ≥ 2, (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) = F2n−2 F2n+2 + F2n F2n+2 + F2n−2 F2n+4 + F2n F2n+4 > (F2n−2 F2n+1 + F2n−2 F2n+2 ) + (F2n−2 F2n+3 + F2n−1 F2n+4 ) + F2n−2 F2n+4 > F4n + F4n+2 + Vì thế, việc sử dụng F4n−2 F4n+2 − F4n−1 F4n+1 = −2, có F4n−2 (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) > F4n F4n−2 + F4n−2 F4n+2 + = F4n F4n−2 + F4n−1 F4n+1 = F8n−1 Do vế trái lớn vế phải Mệnh đề 1.2.15 ([3, Bổ đề 40]) Với n ≥ 1, có 2F3n+3 > Fn Fn+1 Fn+6 (1.15) Chứng minh Ứng dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần, thu F3n+3 = Fn F2n+2 + Fn+1 F2n+3 > Fn Fn+3 = Fn (Fn Fn+1 + Fn+1 Fn+2 ) + Fn+1 (Fn Fn+2 + Fn+1 Fn+3 ) = Fn Fn+1 (Fn + 2Fn+2 ) + Fn+1 (Fn + 2Fn+1 ) = Fn Fn+1 (Fn + Fn+1 + 2Fn+2 ) + 2Fn+1 > Fn Fn+1 (3Fn+2 + 2Fn+1 ) = Fn Fn+1 Fn+5 Vì ta có 2F3n+3 − Fn Fn+1 Fn+6 > 2Fn Fn+1 Fn+5 − Fn Fn+1 Fn+6 = Fn Fn+1 (2Fn+5 − Fn+6 ) > Hoàn thành việc chứng minh Mệnh đề 1.2.16 ([3, Bổ đề 42]) Với n ≥ 2, có F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < (1.16) Chứng minh Áp dụng hệ thức (1.6) (1.9) ta có Fn+2 Fn+3 − Fn Fn+1 = F2n+3 , Fn+1 Fn+4 − Fn+2 Fn+3 = (−1)n Suy Fn+1 Fn+4 = Fn Fn+1 + F2n+3 + (−1)n > F2n+3 + Vì thế, ta có F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < F2n F2n+1 − (F2n+3 + 2)F2n−2 = (F2n F2n+1 − F2n−2 F2n+3 ) − 2F2n−2 = − 2F2n−2 ≤ Suy điều cần chứng minh 10 Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci Trong chương này, trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1] kết Wang Wen [2] tổng hữu hạn vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci Trong mục này, chúng tơi trình bày số kết Wang Wen tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci Mệnh đề 2.1.1 ([2, Mệnh đề 2.6]) Với n ≥ 2, có 2n X 1 > Fk Fn−2 + (2.1) k=n Chứng minh Với k ≥ 2, ta có Fk−2 + − 1 Fk − Fk−2 − 1 − = − Fk Fk−1 + Fk (Fk−2 + 1) Fk−1 + (Fk−1 − 1)(Fk−1 + 1) − Fk Fk−2 Fk = (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk F − Fk Fk−2 − − Fk = k−1 (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk Theo hệ thức (1.1), ta có Fk−1 − Fk Fk−2 =( −1)k Vì vậy, (−1)k − − Fk − − = Fk−2 + Fk Fk−1 + (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk Bây có 2n 2n X X 1 (−1)k−1 + + Fk = − + Fk Fn−2 + F2n−1 + (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk k=n k=n 11 > Fn−2 + > − Fn−2 + 1 F2n−1 + + + 2n X k=n (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1) 1 − (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) F2n−1 + Áp dụng hệ thức (1.5), có F2n−1 + − (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) = F2n−1 − Fn−2 Fn−1 − Fn−2 − Fn−1 = Fn−2 + Fn−1 Fn+1 − Fn > Do đó, có điều phải chứng minh: 2n X 1 > Fk Fn−2 + k=n Suy điều phải chứng minh Mệnh đề 2.1.2 ([2, Mệnh đề 2.7]) Giả sử m ≥ Khi đó, với số nguyên chẵn n ≥ 4, có mn X 1 < Fk Fn−2 + (2.2) k=n Chứng minh Từ hệ thức (1.1), dễ dàng thu Fk−2 1 (−1)k − − = , với k ≥ Fk Fk−1 Fk−2 Fk−1 Fk Vì thế, cho n ≥ 3, có mn mn X X 1 (−1)k−1 = − + Fk Fn−2 Fmn−1 Fk−2 Fk−1 Fk k=n Vì n số chẵn nên (2.3) k=n mn X k=n (−1)k−1 < Fk−2 Fk−1 Fk Từ suy điều cần chứng minh: mn X 1 < Fk Fn−2 k=n 12 Mệnh đề 2.1.3 ([2, Mệnh đề 2.8]) Nếu n ≥ số lẻ 2n X 1 < Fk Fn−2 (2.4) k=n Chứng minh Dễ dàng kiểm tra mệnh đề n = Chúng ta giả sử n ≥ Vì n số lẻ, có 2n X k=n (−1)k−1 < Fk−2 Fk−1 Fk Áp dụng (1.10) (1.6) ta có 1 1 − < − Fn−2 Fn−1 Fn F2n−1 Fn Fn+1 F2n−1 F2n−1 − Fn Fn+1 Fn Fn+1 F2n−1 Fn−2 Fn−1 =− Fn Fn+1 F2n−1 = < Sử dụng (2.3) hai bất đẳng thức ta có hệ thức (2.4) Mệnh đề 2.1.4 ([2, Mệnh đề 2.9]) Cho m ≥ Nếu n ≥ số lẻ, có mn X 1 > Fk Fn−2 (2.5) k=n Chứng minh Dễ thấy 3m X 1 > Fk F1 k=3 Do (2.5) với n = Bây giả sử n ≥ Áp dụng (2.3), có mn mn X X 1 1 (−1)k−1 = + − − + Fk Fn−2 Fn−2 Fn−1 Fn Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 Fk−2 Fk−1 Fk k=n Rõ ràng k=n+2 mn X k=n+2 (−1)k−1 > Fk−2 Fk−1 Fk 13 Vì m ≥ 3, áp dụng (2.19), có Fmn−1 (Fn−3 + Fn ) ≥ F3n−1 (Fn−3 + Fn ) > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 Suy 1 Fn+1 − Fn−2 − − = − Fn−2 Fn−1 Fn Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 = Fn−3 + Fn Fn−3 + Fn − > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 (Fn−3 + Fn ) Vì thế, (2.5) n ≥ 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci Trong mục này, chúng tơi trình bày lại số kết Ohtsuka Nakamura số kết Wang Wen tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci Trước tiên, chúng tơi trình bày kết Ohtsuka Nakamura định lý đây, b·c ký hiệu hàm sàn số học Định lý 2.2.1 ([1, Định lý 1]) Với n số nguyên dương, ta có !−1 ∞ X Fn−2 , n chẵn n ≥ 2, = Fk Fn−2 − 1, n lẻ n ≥ k=n Để chứng minh Định lý 2.2.1,chúng ta cần hai bổ đề sau Bổ đề 2.2.2 ([1, Bổ đề 1]) Với số nguyên dương n, ta có i) Nếu n chẵn ∞ X Fn−2 k=n ii) Nếu n lẻ Fk ∞ X Fn−2 k=n Fk < (2.6) > (2.7) 14 Chứng minh Với n > 0, ta có Fn+2 − 2Fn − − = − Fn Fn+2 Fn+3 Fn Fn+2 Fn+3 Fn−1 − = Fn Fn+2 Fn+3 Fn−1 Fn+3 − Fn Fn+2 = Fn Fn+2 Fn+3 2 + (−1)n+1 F12 ) + (−1)n F22 ) − (Fn+1 (F = n+1 Fn Fn+2 Fn+3 n 2(−1) = Fn Fn+2 Fn+3 Nếu n chẵn n > 0, 1 − − > Fn Fn+2 Fn+3 Suy 1 1 > + + Fn Fn+2 Fn+2 Fn+3 Sử dụng bất đẳng thức với n > nhiều lần, có Fn−2 1 + + Fn Fn Fn+1 1 1 + +( + + ) > Fn Fn+1 Fn+2 Fn+2 Fn+3 1 1 1 > + + + +( + + ) Fn Fn+1 Fn+2 Fn+3 Fn+4 Fn+4 Fn+5 1 1 1 + + + + + + > > Fn Fn+1 Fn+2 Fn+3 Fn+4 Fn+5 > Do đó, n số chẵn n > 2, ta có ∞ X Fn−2 k=n Fk < Dễ dàng kiểm tra bất đẳng thức n = Do (2.6) chứng minh Công thức (2.7) chứng minh tương tự Bổ đề 2.2.3 ([1, Bổ đề 2]) Với n > 1, ta có ∞ X Fn−2 − k=n Fk √ √ 1+ 1− β = Chứng minh Sử dụng công thức Binet, ta ký hiệu α = 2 Cho k > m > Khi đó, ta có √ 5(Fk−m − α−m Fk ) = αk−m − β k−m − α−m (αk − β k ) = α−m β k − β k−m α−m |β|k + |β|k−m < α0 |β|0 + |β|0 = < √ Fk−m − < α−m Fk Đặt m = k − n + 2, có, Suy Fk−m − α−m Fk < hay Fn−2 − < αn−2−k , (2 n k + 1) Fk Theo bất đẳng thức này, có: ∞ X Fn−2 − k=n Fk < ∞ X α n−2−k = ∞ X α−j = j=2 k=n 1 = = α2 (1 − α−1 ) α2 − α Do đó, (2.8) chứng minh Cơng thức (2.9) chứng minh tương tự Chứng minh Định lý 2.2.1 Trường hợp 1: n số chẵn, n > Nếu n = 2, ta có ∞ X Fn−2 − k=n Fk Vì thế, 0< ∞ X Fk > = F2 !−1 < k=2 Suy !−1 ∞ X = = F2−2 Fk k=2 16 ... Tổng nghịch đảo số Fibonacci 11 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci 11 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 14 2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13... Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci Trong chương này, chúng tơi trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1] kết Wang Wen [2] tổng hữu hạn vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci