(Luận văn) dãy fibonacci ước chung lớn nhất, hợp thành và đồng nhất thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ ĐẠI THANH lu an DÃY FIBONACCI: va n ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, HỢP THÀNH tn to p ie gh VÀ ĐỒNG NHẤT THỨC d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2016 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ ĐẠI THANH lu DÃY FIBONACCI: an n va ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, HỢP THÀNH p ie gh tn to VÀ ĐỒNG NHẤT THỨC d oa nl w lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 z at nh oi lm ul Mã số: z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC @ m co l gm GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI an Lu n va Thái Nguyên - 2016 ac th si i Mục lục 1 Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci 1.1 Một số tính chất sở 1.2 Dãy số fn (1) 1.3 Dãy số ( fn (2)) 1.4 Dãy số ( fn (−1)), ( fn (−2)) (ln (1)) 10 Chứng minh Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 11 lu Mở đầu an n va gh tn to 1.5 p ie Hợp thành số Fibonacci 14 w Monoit tự 2.2 Các đồng thức Fibonacci 14 oa nl 2.1 20 d lu 34 nf va an Tài liệu tham khảo z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái (Trường Đại học lu Thăng Long) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người an hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời va n gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt gh tn to trình làm luận văn ie Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại p học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, giảng viên tham nl w gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu d oa Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể Lớp B, cao học nf va trình học tập an lu Tốn khóa (2014 - 2016) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt lm ul Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải z at nh oi Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh, Huyện Kiến Thụy, Thành phố Hải Phòng tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác z @ Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ m co tốt luận văn l gm đại gia đình ln động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành an Lu n va ac th si Mở đầu Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời Trên lu đường tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí an thuyết lớn tốn học nẩy sinh Hơn nữa, năm gần đây, Số học va n không lĩnh vực tốn học lí thuyết, mà cịn có nhiều ứng dụng, gh tn to đặc biệt lĩnh vực bảo mật thông tin ie Dãy Fibonacci dãy số vô hạn số tự nhiên bắt đầu hai phần tử p 1, phần tử sau thiết lập theo quy tắc phần tử nl w tổng hai phần tử trước d oa Chúng ta biết rằng, số Fibonacci tham gia vào nhiều vấn đề cứu số Fibonacci nf va an lu tốn học từ nhiều năm nay, có tạp chí tốn học chun dành nghiên lm ul Từ thực tiễn đó, tơi chọn nghiên cứu đề tài “Dãy Fibonacci: Ước chung lớn z at nh oi nhất, hợp thành đồng thức” làm luận văn thạc sĩ Chúng tơi bỏ qua việc trình bày tính chất dãy Fibonacci, có nhiều tài liệu đề cập đến Ở trọng giới thiệu hai kết nghiên z @ cứu gần ước chung lớn số hạng dãy nâng Fibonacci, l gm hợp thành số Fibonacci, tức việc biểu diễn số Fibonacci dạng m lý thuyết số co tổng số nguyên dương Đây vấn đề quan tâm nghiên cứu an Lu • Chương Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci dành n va ac th si để trình bày dãy nâng Fibonacci, mở rộng dãy Fibonacci cổ điển Nếu dãy Fibonacci cổ điển, ước chung lớn hai số hạng liên tiếp ln 1, với dãy nâng Fibonacci, điều khơng cịn Các kết trình bày chương lớp dãy nâng Fibonacci mà ước chung lớn nói bị chặn • Chương Hợp thành số Fibonacci trình bày hợp thành số Fibonacci Một số công thức cho hợp thành số Fibonacci chứng minh chương Phương pháp tiếp cận sử dụng lu monoit tự do, lập nên hợp thành với phép toán ghép an n va tn to Thái Nguyên, ngày 27 tháng năm 2016 p ie gh Tác giả oa nl w d Đỗ Đại Thanh nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Ước chung lớn dãy nâng dãy Fibonacci lu an Một số tính chất sở n va 1.1 gh tn to Định nghĩa 1.1.1 Dãy Fibonacci dãy số xác định F1 = 1, F2 = với n ≥ p ie Fn = Fn−2 + Fn−1 , với n ≥ Ln = Fn−2 + 3Fn−1 , d oa nl w Định nghĩa 1.1.2 Dãy Lucas dãy số xác định L1 = 1, L2 = an lu nf va Dãy Fibonacci tổng quát xác định G1 = α, G2 = β , lm ul với n ≥ Gn = αFn−2 + β Fn−1 , z at nh oi Nếu α = β = 1, dãy Fibonacci tổng quát Gn dãy Fibonacci Fn Nếu α = β = 3, dãy Fibonacci tổng quát Gn dãy Lucas Ln z Xét dãy (Fn + a), với a số nguyên Ta gọi dãy nâng Fibonacci @ gm Các phần tử liên tiếp dãy Fibonacci số nguyên tố nhau, m co lưu ý l với dãy nâng Fibonacci điều khơng cịn Năm 1971, Hoggatt n va gcd(F4n+1 − 1, F4n+2 − 1) = F2n , an Lu gcd(F4n+1 + 1, F4n+2 + 1) = L2n , ac th si gcd(F4n+3 − 1, F4n+4 − 1) = L2n+1 Nghĩa là, phần tử liên tiếp dãy nâng Fibonacci ±1 luôn số nguyên tố Nếu đặt fn (a) = gcd(Fn + a, Fn+1 + a) ( fn (0)) dãy không đổi 1, 1, 1, , ( fn (±1)) không bị chặn Năm 2003 Hernández Lucas chứng minh có số không đổi c mà lu gcd(Fm + a, Fn + a) > ecm , an n va vô hạn cặp số nguyên dương m > n tn to Trong luận văn này, thấy ( fn (a)) bị chặn a 6= ±1 Cụ thể, ie gh chứng minh hai định lý sau p Định lí 1.1.3 Với số nguyên (α), (β ), n a với α + (α.β ) − β − a2 6= 0, oa nl w có (1.1) d gcd(G2n−1 + a, G2n + a) ≤ a2 − lu Giả sử α = β = Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 Chúng ta kết luận an n va ln (a) bị chặn số nguyên a tuỳ ý tn to Trong phần tiếp theo, suy hai bổ đề Từ đó, chúng gh ta xác định fn (1), fn (2), fn (−1), fn (−2) ln (1), phần 3, p ie Trong phần cuối, chứng minh Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 oa nl w Bổ đề 1.1.7 Với số nguyên n, k a (1.3) d gcd(Gn + aFk , Gn−1 − aFk+1 ) = gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−3 − aFk+3 ) an lu lm ul có nf va Chứng minh Do gcd(a, b) = gcd(a + bc, b) số nguyên a, b c, z at nh oi gcd(Gn + aFk , Gn−1 − aFk+1 ) = gcd(Gn + aFk − (Gn−1 − aFk+1 ), (Gn−1 − aFk+1 )) = gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−1 − aFk+1 ) z = gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−1 − aFk+1 − (Gn−2 + aFk+2 )) @ m an Lu Bổ đề 1.1.8 Với số nguyên m, k a, co Bổ đề chứng minh l gm = gcd(Gn−2 + aFk+2 , Gn−3 − aFk+3 ) (1.4) n va gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm−(2k) + aF2k−1 , Gm−(2k+1) − aF2k ) ac th si Chứng minh Chúng ta rút gọn gcd(Gm + a, Gm+1 + a), gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm + a, Gm+1 + a − (Gm + a)) = gcd(Gm + a, Gm−1 ) Vì F−1 = 1, F0 = 0, viết = gcd(Gm + a, Gm+1 + a) = gcd(Gm + aF−1 , Gm−1 − aF0 ), áp dụng (1.3) k lần để rút kết lu Lưu ý rằng, ta gọi dãy số {Fn + k} dãy số fn (k) an va n 1.2 Dãy số fn(1) tn to p ie gh Định lí 1.2.1 Với số nguyên n, có w (1.5) gcd(F4n−1 + 1, F4n + 1) = F2n−1 ,   2, gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) =  1, oa nl n ≡ mod 3, (1.6) d ngược lại, lu an (1.7) nf va gcd(F4n+1 + 1, F4n+2 + 1) = L2n ,   2, gcd(F4n+2 + 1, F4n+3 + 1) =  1, lm ul n ≡ mod 3, (1.8) ngược lại z at nh oi Chứng minh Giả sử m = 4n − 1, k = n, a = (1.4) : z gcd(F4n−1 + 1, F4n + 1) = gcd(F2n−1 + F2n−1 , F2n−2 − F2n ) @ co l = F2n−1 , gm = gcd(2F2n−1 , −F2n−1 ) m cho ta (1.5) an Lu Giả sử m = 4n + 1, k = n, a = (1.4) : n va gcd(F4n+1 , F4n+2 + 1) = gcd(F2n+1 + F2n−1 , F2n + F2n ) ac th si = F2n+1 + F2n−1 = L2n , cho ta (1.7) Giả sử m = 4n, k = n, a = (1.4) : gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) = gcd(F2n + F2n−1 , F2n−1 + F2n ) = gcd(F2n+1 , −F2n−2 ) Vì gcd(Fqn+r , Fn ) = gcd(Fn , Fr ) cho số nguyên q, r n Điều cho ta lu an gcd(F4n+1 , F4n+1 + 1) = gcd(F2n−2 , F3 ) va n Vì gcd(Fk , Fr ) = gcd(Fgcd(k,r) ) cho số nguyên k r, to gh tn gcd(F4n + 1, F4n+1 + 1) = gcd(F2n−2 , F3 ) p ie = Fgcd(2n−2,3)   F3 = 2, =  F1 = 1, mod 3, ngược lại, d oa nl w n ≡ an lu (1.6) nf va Giả sử m = 4n + 2, k = n + a = (1.4) lm ul gcd(F4n+2 + 1, F4n+3 + 1) = gcd(F2n + F2n+1 , F2n−1 − F2n+2 ) z at nh oi = gcd(F2n+2 , F2n−1 − F2n+2 ) = gcd(F2n+2 , F2n−1 ) z = gcd(F3 , F2n−1 ) n ≡ l mod 3, co ngược lại, m an Lu (1.8) gm @ = Fgcd(3,2n−1)   F3 = 2, =  F1 = 1, n va ac th si 1.3 Dãy số (fn(2)) Định lí 1.3.1 Với số ngun n, có (1.9) gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = 1, (1.10) gcd(F4n + 2, F4n+1 + 2) = 1, gcd(F4n+1 + 2, F4n+2 + 2) = lu gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) =   3, n ≡ mod 2, an  1,   5, n ≡ mod 2, n ≡ mod 5,  1, ngược lại (1.11) (1.12) n va tn to Chứng minh Giả sử m = 4n − 1, k = n a = (1.4): ie gh gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = gcd(F2n−1 + 2F2n−1 , F2n−2 − 2F2n ) p = gcd(3F2n−1 , F2n−1 + F2n ) d Vì oa nl w = gcd(3F2n−1 , F2n+1 ) lu ta có gcd(F2n−1 + F2 ) = 1, nf va an gcd(a, bc) = gcd(a, gcd(a, b)c) lm ul gcd(F4n−1 + 2, F4n + 2) = gcd(3gcd(F2n−1 , F2n+1 ), F2n+1 ) z at nh oi = gcd(3, F2n+1 ) = gcd(F4 , F2n+1 ) = Fgcd(4,2n+1) = F1 = 1, z co l Giả sử m = 4n, k = n, a = (1.4) : gm @ (1.9) m gcd(F4n+2 , F4n+1 + 2) = gcd(F2n + 2F2n−1 , F2n−1 − 2F2n ) an Lu = gcd(F2n−1 + F2n+1 , F2n − F2n−2 ) n va = gcd(L2n , L2n−1 ) = 1, ac th si (1.10) Giả sử m = 4n + 1, k = n, a = (1.4) : gcd(F4n+1 + 2, F4n+2 + 2) = gcd(F2n+1 + 2F2n−1 , F2n − 2F2n ) = gcd(F2n+1 + 2F2n−1 + F2n , F2n ) = gcd(3F2n+1 , F2n ) = gcd(3, F2n ) = gcd(F4 ), F2n ) lu = Fgcd(4,2n)   F4 = 3, =  F1 = 1, an n ≡ mod 2, n ≡ mod 2, va n (1.11) gh tn to Giả sử m = 4n + 2, k = n, a = (1.4) : p ie gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) = gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , F2n+1 − 2F2n ) w = gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , −F2n + F2n−1 ) oa nl = gcd(F2n+2 + 2F2n−1 , −F2n−2 ) d = gcd(F2n−2 , F2n+2 + 2F2n ) nf va an lu Từ ta có z at nh oi lm ul F2n+2 + 2F2n = F2n+1 + 3F2n = 4F2n + F2n−1 , gcd(F4n+2 + 2, F4n+3 + 2) = gcd(F2n−2 , 4F2n + F2n−1 ) z = gcd(F2n−2 , 5F2n ) @ gm = gcd(F2n−2 , gcd(F2n−2 , F2n ) co l = gcd(F2n−2 , 5) = gcd(F2n−2 , F5 ) m = Fgcd(2n−2,5)   F5 = 2, n ≡ mod 5, =  F1 = 1, ngược lại, an Lu n va ac th si 10 (1.12) 1.4 Dãy số (fn(−1)), (fn(−2)) (ln(1)) Áp dụng phương pháp tương tự, có Định lí 1.4.1 Với số ngun n, có lu gcd(F4n−1 − 1, F4n − 1) = L2n−1 ,   2, gcd(F4n − 1, F4n+1 − 1) =  1, n ≡ mod 3, an ngược lại, va n gcd(F4n+1 − 1, F4n+2 − 1) = F2n ,   2, gcd(F4n+2 − 1, F4n+3 − 1) =  1, mod 3, ngược lại p ie gh tn to n ≡ oa nl w Định lí 1.4.2 Với số nguyên n, có d gcd(F4n−1 − 2, F4n − 2) = 1,   5, gcd(F4n − 2, F4n+1 − 2) =  1,   1, gcd(F4n+1 − 2, F4n+2 − 2) =  3, lu nf va an n ≡ mod 5, ngược lại, z at nh oi lm ul n ≡ mod 2, n ≡ mod 2, gcd(F4n+2 − 2, F4n+3 − 2) = z m co l gm @ an Lu n va ac th si 11 lu an n va p ie gh tn to Định lí 1.4.3 Với số ngun n, có     3, n ≡ mod 6,        1, n ≡ mod 6,       6, n ≡ mod 6, gcd(L4n−1 + 1, L4n + 1) =    1, n ≡ mod 6,        3, n ≡ mod 6,       2, n ≡ mod 6,   4, n ≡ mod 3, gcd(L4n + 1, L4n+1 + 1) =  1, ngược lại,   2, n ≡ mod 3, gcd(L4n+1 + 1, L4n+2 + 1) =  1, ngược lại,   4, n ≡ mod 3, gcd(L4n+2 + 1, L4n+3 + 1) =  1, ngược lại d oa nl w lu Chứng minh Định lí 1.1.3 Định lí 1.1.4 nf va an 1.5 z at nh oi lm ul Trước tiên, chứng minh Định lí 1.1.3 Chứng minh Định lí 1.1.3 Giả sử m = 4n − k = n (1.4) : gcd(G4n−1 + a, G4n + a) z @ = gcd(G2n−1 + aF2n−1 , G2n−2 + aF2n ) gm m Sử dụng quan hệ truy hồi cho Fn , giả sử co l = gcd(αF2n−3 + β F2n−2 + aF2n−1 , αF2n−4 + β F2n−3 − aF2n ) an Lu an = αF2n−3 + β F2n−1 + aF2n−1 = (a + α)F2n−3 + (a + β )F2n−2 n va ac th si 12 bn = αF2n−4 + β F2n−3 − aF2n = (−a − α + β )F2n−3 + (α − 2a)F2n−2 Vì gcd(an , bn ) chia hết γan + θ bn , với số nguyên γ θ , (α + a)bn − (−α + β − a)an = (α + αβ − β − a2 )F2n−2 , (α − 2a)an − (β + a)bn = (α + αβ − β − a2 )F2n−3 Chúng ta thấy rằng, α + αβ − β − a2 6= ước chung lớn hai số lu an α + αβ − β − a2 va n Vì gcd(an , bn ) chia hết α + αβ − β − a2 Nghĩa to ie gh tn gcd(G4n−1 + a, G4n + a) ≤