(Luận văn) 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 lu an n va ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC p ie gh tn to FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si 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 lu an n va tn to Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 p ie gh Mã số: w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi TS VŨ HOÀI AN z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si i Mục lục lu an i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 n va Mục lục Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas 1.1.1 Định nghĩa ví dụ dãy Fibonacci dãy Lucas Một số tính chất dãy Fibonacci dãy Lucas Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 11 ie 1.1 p gh tn to Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas w d 1.2 oa nl 1.1.2 an lu Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas nf va 37 lm ul số nguyên Các đồng thức tốn học phổ thơng 2.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lu- z at nh oi 2.1 cas số nguyên 37 44 z 52 l gm 53 m co Tài liệu tham khảo @ Kết luận an Lu n va ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc với TS Vũ Hồi An, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên lu an cứu vừa qua va n Xin chân thành cảm ơn tới thầy, giáo Bộ mơn Tốn - Tin, tn to Phòng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế , bạn học viên lớp Cao học ie gh Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng p nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nl w nghiên cứu trường d oa Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân nf va văn an lu khuyến khích, động viên tác giả suốt q trình học tập làm luận lm ul Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót z at nh oi hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện z Phạm Thu Hằng l gm @ Thái Nguyên, 2015 m co Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên an Lu n va ac th si 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 lu an tổng hai phần tử trước Hơn nữa, sau số dãy, tỷ lệ va n số với số liền trước gần 1,618 Đây tỉ lệ vàng ứng dụng Dãy số Lucas khác dãy số Fibonacci hai phần tử thứ thứ hai, ie gh tn to nhiều ngành khoa học mỹ thuật p cơng thức truy hồi giống Do vậy, dãy số Lucas có tính chất d oa Ln nl w khác dãy số Fibonacci Kí hiệu dãy số Fibonacci, dãy số Lucas Fn nf va sau: an lu Đa thức Fibonacci Fn (x) đa thức Lucas Ln (x) định nghĩa lm ul F0 (x) = 0, F1 (x) = Fn+1 (x) = x.Fn (x) + Fn−1 (x) với n ≥ z at nh oi 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 z Tìm hiểu, nghiên cứu Fn (x), Ln (x) cơng việc có ý nghĩa Chẳng hạn, gm @ ta thiết lập đồng thức Fn (x), Ln (x) ta thiết lập l đồng thức Fn , Ln Mặt khác, đa thức Fn (x), Ln (x) có ứng dụng m co Tốn học phổ thơng: chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi, xuất đề thi học sinh giỏi an Lu nhiều báo Toán học Tuổi trẻ, tài liệu toán nâng cao, n va ac th si 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 lu Mục đích luận văn tổng hợp trình bày số đồng thức an đa thức Fibonacci, đa thức Lucas , [3], [4] [5] Ngoài ra, va n đưa phương pháp ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa gh tn to thức Lucas toán học phổ thơng Cụ thể là: Khi có đồng thức p ie đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến số nhận giá trị 1, ta có hệ thức dãy Fibonacci, dãy Lucas oa nl w Hơn nữa, ta thiết lập đồng thức đa thức Fibonacci, đa d thức Lucas cách kết hợp đẳng thức bất đẳng thức lu nf va an toán học phổ thông với đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas có Khi ta lại cho biến nhận giá trị nhận hệ z at nh oi Nội dung nghiên cứu lm ul thức với dãy Fibonacci, dãy Lucas Luận văn trình bày kết [4], [5] ứng dụng z tốn phổ thơng Cụ thể là: @ gm - Trình bày 24 định lý từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24; m thơng từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10; co l - Trình bày 10 ví dụ đẳng thức bất đẳng thức toán học phổ an Lu - Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập đồng thức n va cách kết hợp hệ thức toán học phổ thông đồng thức ac th si 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 lu thức Lucas số ngun tốn học phổ thơng an va n Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 tn to gh Phạm Thu Hằng p ie Email: bongtombeo@gmail.com d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas lu an Nội dung chủ yếu Chương trình bày kết [4], [5] thông va n qua 24 định lý, từ Định lý 1.2.1 đến Định lý 1.2.24 Trước tiên nhắc gh tn to lại dãy số Fibonacci, dãy số Lucas đề cập [1], [2] Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas p ie 1.1 Định nghĩa ví dụ dãy Fibonacci dãy Lucas oa nl w 1.1.1 d Định nghĩa 1.1.1 Dãy {Fn } số Fibonacci định nghĩa hệ thức nf va an lu truy hồi sau z at nh oi lm ul với giá trị ban đầu (1.1) n ≥ 2, Fn = Fn−1 + Fn−2 , F0 = 0, F1 = z Ví dụ 1.1.1 Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci: gm @ 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, an Lu n va b) Số lượng đường xoắn ốc (hoặc đường chéo) m a) Sự xếp cánh hoa hoa co l Ví dụ 1.1.2 Dãy số Fibonacci quy luật tự nhiên: ac th si Hình 1.1: Hoa cánh Hình 1.2: Hoa hai cánh lu an n va ie gh tn to Hình 1.4: Hoa năm cánh p Hình 1.3: Hoa ba cánh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Hình 1.5: Hoa tám cánh Hình 1.6: Hoa 13 cánh z Khơng số cánh hoa, dãy số Fibonacci cịn hữu cách đáng @ gm ngạc nhiên bạn nghĩ Khi bạn quan sát nhị hoa hướng dương, l nhìn từ tâm ra, theo hai hướng chiều ngược chiều kim đồng hồ, bạn m co thấy đường xoắn ốc Và có điều lạ là, số đường xoắn ốc ln n va 89, 89 144 an Lu số thuộc dãy Fibonacci theo cặp: 21 34, 34, 55, 55, ac th si lu an Tương tự, bạn quan sát hạt thơng (nón thơng): số đường xoắn ốc n va theo hướng khác cặp số thuộc dãy số bí ẩn: 13; p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu lm ul Và dứa: số đường chéo tạo mắt dứa theo z at nh oi hướng chéo 13 13 21 .tùy kích thước z m co l gm @ an Lu n va c) Sự mọc chồi ac th si 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) lu Chứng minh Ta đặt a = (x − y), b = (y − z) c = (z − x) an n va Suy a + b + c = Ta có tn to (a + b + c)3 = (a + b)3 + 3(a + b)2 c + 3(a + b).c2 + c3 p ie gh = a3 + b3 + c3 + 3ab(a + b) + 3ac(a + c) + 6abc + 3bc(b + c) = a3 + b3 + c3 − 3abc an lu Suy d oa nl w = a3 + b3 + c3 − 3abc − 3abc + 6abc − 3abc nf va a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 + 3abc = 3abc, (do a + b + c = 0) z at nh oi lm ul hay (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x) z @ + (b − c)(b − a) a2 (x − b)(x − c) b2 (x − c)(x − a) + (b − c)(b − a) = x; c2 (x − a)(x − b) + (c − a)(c − b) = x2 ; n (a − b)(a − c) (c − a)(c − b) va (ii) + an Lu (a − b)(a − c) c(x − a)(x − b) m (i) b(x − c)(x − a) co a(x − b)(x − c) l gm Ví dụ 2.1.4 Cho a, b, c số thực khác Chứng minh ac th si 40 (b + c)(x − b)(x − c) (iii) (a − b)(a − c) (c + a)(x − c)(x − a) + (a + b)(x − a)(x − b) + (b − c)(b − a) (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) lu Ví dụ 2.1.5 Cho x y số khác thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − an n va 10(y − x)2 = Chứng minh x = 10y gh tn to Chứng minh Ta có : p ie 9x(x − y) − 10(y − x)2 = 9x(x − y) − 10(x − y)2 w = (x − y) − [9x − 10(x − y)] d oa nl = (x − y)(−x + 10y) an lu Theo đề (x − y)(−x + 10y) = Vì x 6= y nên (−x + 10y) = hay nf va x = 10y Vậy hai số x, y khác mà thỏa mãn điều kiện 9x(x − y) − z at nh oi lm ul 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, z @ m co Chứng minh l gm (ii) N = (x − y)(x − 2y)(x − 3y)(x − 4y) + y n va = (x2 + 7x)2 + 18(x2 + 7x) + an Lu (i) M = (x2 + 7x + 6)(x2 + 7x + 12) + ac th si 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 lu an Vậy M, N số phương va n Trong mục 2.1 chúng tơi trình bày số tốn chứng minh bất đăng gh tn to thức sau: p ie Ví dụ 2.1.7 Chứng minh với a, b ≥ 0, ∀n ∈ N∗ Ta có nl w an + bn ≥ (2.1) d oa !n a+b nf va an lu Chứng minh Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: lm ul (a + b)n = Cn0 an + Cn1 an−1 b + · · · + Cnn−1 abn−1 + Cnn bn , Suy z at nh oi (a + b)n = Cn0 bn + Cn1 bn−1 a + · · · + Cnn−1 ban−1 + Cnn an z 2(a + b)n = Cn0 (an + bn ) + Cn1 (an−1 b + abn−1 ) + gm @ co l + Cnn−1 (abn−1 + ban−1 ) + Cnn (an + bn ) n va an + bn ≥ an−i bi − bn−i , an Lu Suy m ∀a, b ≥ 0, ∀i = 1, 2, , n − ta có (an−i − bn−i )(ai − bi ) ≥ ac th si 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 !n a+b ≤ an + b n Dấu "=" xảy a = b Với n = ta có bất đẳng thức lu !3 a+b an ≤ a3 + b3 n va tn to Với n = ta có bất đẳng thức ie gh !5 a+b p ≤ a5 + b5 oa nl w d Ví dụ 2.1.8 Chứng minh an lu nf va b2 a2 + ≥ ab với a, b ∈ R a2 + b2 ≥ ab, co l gm 4a2 − 4ab + b2 ≥ 0, @ 4a2 + b2 ≥ 4ab, z z at nh oi lm ul Chứng minh Ta có m (2a − b)2 ≥ (Bất đẳng thức đúng) b2 ≥ ab Dấu " = " xảy 2a = b n va an Lu Vậy a + ac th si 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, lu an c2 + a2 ≥ 2ca n va gh tn to Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có p ie 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) w Suy d oa nl a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca an lu Dấu 00 =00 xẩy a = b = c nf va (ii) Theo câu (i), ta có 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) lm ul Do 2(a2 + b2 + c2 ) + a2 + b2 + c2 ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) z at nh oi 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 Dấu 00 =00 xảy a = b = c z gm @ (iii) Ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) n va ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ an Lu ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ m ⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ 0, co l ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca, ac th si 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 lu Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có an va n x4 + y + z ≥ (x2 y + y z + z x2 ) to gh tn = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 p ie ≥ (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = xyz(x + y + z) Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên d nf va an lu 2.2 oa nl w Dấu 00 =00 xảy x = y = z lm ul Từ ví dụ nêu mục 2.1, kếp hợp với đồng thức đa thức z at nh oi Fibonacci đa thức Lucas nêu Chương 1, chúng tơi có kết sau: Xuất phát từ đẳng thức (3) mục 2.1 z h P 2n F2m+1 (x), thay B đa thức l Thay A đa thức gm @ (A + B)(A − B) = A2 − B 2n F2m+1 (y) m=0 co m=0 h P m xác định đồng thức Định lý 1.2.2, ta có đồng m=0 m=0 n m=0  h  h P P 2n 2n 2n F2m+1 (y) F2m+1 (x) + F2m+1 (y) va m=0 2n F2m+1 (x) − h P an Lu thứcsau: h P ac th si 45 2   n X (2n)! 2n F4k(h+1) (x) (h + 1) = + (x + 4)2n (n!)2 n−k F2k (x)  k=1 2 F n  X (y) 4k(h+1) 2n (h + 1)  − + (y + 4)2n (n!)2 n−k F2k (y)  (2n)! k=1 Xét Ví dụ 1, , Ví dụ 10, làm tương tự trên, với số h nguyên dương n ta có đồng thức sau: lu an Ví dụ 2.2.1 va n " tn to h X L2n+1 2m+1 (x) + m=0 ie gh p − h X h X L2n+1 2m+1 (y) + m=0 !3 L2n+1 2m+1 (x) m=0 #3 L2n+1 2m+1 (z) m=0 h X − h X !3 L2n+1 2m+1 (y) h X − m=0 !3 L2n+1 2m+1 (z) m=0 w   L (x) L2(2k+1)(h+1) (y) 2n + n−k  2(2k+1)(h+1)   (−1) = + L (x) L (y) n − k (2k+1) (2k+1) m=0      h X 2n + L2(2k+1)(h+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (z)   (−1)n−k  + n − k L (y) L (z) (2k+1) (2k+1) m=0      h X 2n + L2(2k+1)(h+1) (z) L2(2k+1)(h+1) (x)   (−1)n−k  + n − k L (z) L (x) (2k+1) (2k+1) m=0  h  X d oa nl  nf va an lu z at nh oi lm ul z Ví dụ 2.2.2 Nếu # " 2n+1 F2m+1 (y) "m=0 h X 2n+1 F2m+1 (z) m=0 # 2n+1 F2m+1 (x) n m=0 2n+1 F2m+1 (z) + m=0 h X # va 2n+1 F2m+1 (y) + h X an Lu m=0 h X m m=0 2n+1 F2m+1 (x) + h X co h X l gm @ " ac th si 46 =8 h X 2n+1 F2m+1 (x) m=0 h X 2n+1 F2m+1 (y) m=0 h X h X 2n+1 F2m+1 (z) m=0 2n+1 F2m+1 (x) = m=0 h X 2n+1 F2m+1 (y) = m=0 h X 2n+1 F2m+1 (z) m=0 Ví dụ 2.2.3 Với số nguyên dương h n ta có đồng thức sau: h X L2n+1 2m+1 (x) + lu m=0 h X !3 2n+1 F2m+1 (y) h X + L2n+1 2m+1 (y) + m=0 m=0 an h X n va + h X !3 L2n+1 2m+1 (z) m=0 L2n+1 2m+1 (z) + !3 L2n+1 2m+1 (x) m=0      n X 2n + L(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1)(h+1) (y)  − (−1)n−k  =  L(2k+1) (x) L(2k+1) (y) n−k k=0      n X 2n + L(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1)(h+1) (z)   (−1)n−k  − n−k L(2k+1) (y) L(2k+1) (z) k=0      n X 2n + L (z) L(2k+1)(h+1) (x) n−k  (2k+1)(h+1)   (−1) − n−k L(2k+1) (z) L(2k+1) (x) p ie gh tn to m=0 h X d oa nl w nf va an lu k=0 lm ul Ví dụ 2.2.4 Với a, b, c số thực khác h nguyên dương n z at nh oi ta có đồng   h thức sau:   h P 2n+1 P 2n+1 a L2m+1 (x) − b L2m+1 (x) − c m=0 m=0 (i) (a − b)(a − c)  h  h  P 2n+1 P 2n+1 b L2m+1 (x) − c L2m+1 (x) − a m=0 m=0 + (b − c)(b − a)  h  h  P 2n+1 P 2n+1 c L2m+1 (x) − a L2m+1 (x) − b m=0 m=0 + (c − a)(c − b) z m co l gm @ an Lu n va ac th si 47  n  X 2n + L2(2k+1)(h+1) (x) = (−1) n−k L(2k+1) (x) k=0  h  h  P P a2 L2n+1 L2n+1 2m+1 (x) − b 2m+1 (x) − c m=0 (ii) m=0 (a − b)(a − c)  h  h  P P 2n+1 b2 L2m+1 (x) − c L2n+1 2m+1 (x) − a + m=0 m=0 lu (b − c)(b − a)  h  h  P 2n+1 P 2n+1 c L2m+1 (x) − a L2m+1 (x) − b m=0 an + m=0 (c − a)(c − b) va n 2    n X 2n + L2(2k+1)(h+1) (x)  (−1)n−k = n−k L(2k+1) (x) tn to p ie gh k=0 Ví dụ 2.2.5 Nếu 2n (x) F2m+1  d 2n F2m+1 (x) h P 2n (x) F2m+1 m=0 2n F2m+1 (y) khác thỏa mãn điều h P − h P  2n (y) F2m+1 m=0 h P 2n F2m+1 (Y m=0  −10 nf va h P h P m=0 an lu m=0 oa nl h P h P m=0 w kiện: )− h P 2 2n F2m+1 (X) = 0, m=0 2n 2n (y) hay F2m+1 F2m+1 (x) = 10 m=0 m=0   n (2n)! P
F4k(h+1) (x) 2n (h + 1)  + n−k n (x + 4) (n!) F2k (x) k=1   n (2n)! P 10
F4k(h+1) (y) 2n   = (h + 1) + (y + 4)n (n!)2 k=1 n−k F2k (y) z at nh oi lm ul n−k z l gm @ m co Ví  dụ 2.2.6 Với số nguyên h n bất kỳ, :  dương  ta  có  h h h P 2n+1 P 2n+1 P 2n+1 F2m+1 (x) + F2m+1 (x) + (i) F2m+1 (x) + m=0 m=0 m=0  h  P 2n+1 F2m+1 (x) + + an Lu n va m=0 ac th si 48 ( = (x2 + n P 4)2n 2n+1 n−k
k=0 (−1)n−k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1) !2 (x) )2 F (x)
2(2k+1)(h+1) 2n+1 + +9 n (x + 4) k=0 n−k F(2k+1) (x)  h   h  h h P 2n+1 P P P 2n+1 2n+1 2n+1 (ii) F2m+1 (x) − F2m+1 (y) F2m+1 (x) − F2m+1 (y) m=0 m=0 m=0 m=0  h   h  h h P 2n+1 P P P 2n+1 2n+1 2n+1 F2m+1 (x) − F2m+1 (y) F2m+1 (x) − F2m+1 (y) m=0 m=0 n P m=0 m=0  + h P lu m=0 an va ( n = 2 n
F2(2k+1)(h+1) (x) P 2n+1   (x2 + 4)2n k=0 n−k L(2k+1) (x)  n
F2(2k+1)(h+1) (x) P + (x2 + 4)n k=0 L(2k+1) (x) (y + 4)n k=0  2 ) n F (y)
P 2(2k+1)(h+1) 2n+1  +  n−k 2n (x + 4) L (y) 2(2k+1) k=0 n P 2n+1 n−k
F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) 2n+1 n−k p ie gh tn to − 4 2n+1 F2m+1 (y) d oa nl w nf va an lu Ví dụ 2.2.7 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : " 3 # 3  h h P P 2n+1 2n+1 F2m+1 (y) F2m+1 (x) + (i) m=0 m=0 2(x2 + 4)n k=0 n−k L(2k+1) (x) #3 F n  X (y) 2(2k+1)(h+1) 2n + z k=0 n−k L(2k+1) (y) 5 # an Lu  n  X 2n + F2(2k+1)(h+1) (x) n−k L(2k+1) (x) n k=0 va 2(y + 4)n m ≥ co " l " 5  h h P P 2n+1 2n+1 (ii) F2m+1 (x) + F2m+1 (y) m=0 m=0 gm 2(y + 4)n @ +  n  X 2n + F2(2k+1)(h+1) (x) z at nh oi ≥ lm ul " ac th si 49 #5 F n  X (y) 2n + 2(2k+1)(h+1) + 2(y + 4)n n−k k=0 Dấu 00 =00 xảy h P m=0 L2(2k+1) (y) 2n+1 F2m+1 (x) = h P m=0 2n+1 F2m+1 (y) Ví dụ 2.2.8 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : !2 h X 2n F2m+1 (x) + m=0 lu ≥ " an (n!)2 va n " + k=0 + n−k F2k # (x)  n  X 2n + F4k(h+1)(y) n−k k=0 F2k # (y) gh tn to (n!)2 2n F2m+1 (y)  n  X 2n + F4k(h+1)(x) (2n)! (h + 1) !2 m=0 (2n)! (h + 1) (x2 + 4)n (y + 4)n h X p ie Ví dụ 2.2.9 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có :  h 2  h 2  h 2 P 2n+1 P 2n+1 P 2n+1 (i) F2m+1 (x) + F2m+1 (y) + F2m+1 (z) m=0 nl w m=0 d oa ≥ k=0
F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) 2n+1 n−k nf va an lu (x2 + 4)n )(y + 4)n n P m=0 n P k=0 k=0
F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) 2n+1 n−k n P z k=0 n P m k=0
F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) 2n+1 n−k co (z + 4)n )(x2 + 4) n
F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) 2n+1 n−k l gm @ +
F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) 2n+1 n−k z at nh oi (y + 4)n )(z + 4) n lm ul + n P n k=0
F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) 2n+1 n−k va n P an Lu ac th si 50 Dấu 00 =00 xảy h X 2n+1 F2m+1 (x) = m=0 " (ii) ≥ n P = m=0 h X 2n+1 F2m+1 (z) m=0 m=0 2n+1 n−k
k=0 2n+1 F2m+1 (y) 2  h 2  h 2 # P P 2n+1 L2m+1 (x) + L2n+1 + L2n+1 2m+1 (y) 2m+1 (z) h P m=0 ( h X (−1)n−k m=0 L2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) + n P k=0 lu an + n P 2n+1 n−k

2n+1 n−k k=0 (−1)n−k (−1)n−k L2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) )2 L2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) va n Dấu 00 =00 xảy tn to ie gh h X 2n+1 L2m+1 (x) m=0 p 2n+1 F2m+1 (x) + m=0 " an lu ≥ k=0 m=0 #2 2n+1 F2m+1 (z) n
F2(2k+1)(h+1) (x) P L(2k+1) (x) k=0 2n+1 n−k n
F2(2k+1)(h+1) (y) P L(2k+1) (y) k=0 2n+1 n−k k=0 n P k=0 n
F2(2k+1)(h+1) (z) P 2n+1 n−k L(2k+1) (z) k=0 2n+1 n−k
F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y)
F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) 2n+1 n−k # F (x)
2(2k+1)(h+1) 2n+1 n−k L(2k+1) (x) 4 4  h 4  h P P 2n+1 L2n+1 + L2n+1 L2m+1 (x) + 2m+1 (y) 2m+1 (z) m=0 gm m=0 h P @ h P 2n+1 F2m+1 (y) + n P n P m=0 z Ví dụ 2.2.10 n L2n+1 2m+1 (z) z at nh oi (z + 4)n ).(x2 + 4)n  = z X lm ul (y + 4)n ).(z + 4) n + m=0 nf va (x2 + 4)n ).(y + 4) + h P d oa nl w (iii) h P L2n+1 2m+1 (y) m=0 " = h X m=0 l
n−k m 2n+1 n−k co n L2(2k+1)(h+1)(x) P L2(2k+1)(h+1) (y)
2n+1 n−k ≥ (−1) (−1) L(2k+1) (x) k=0 n−k L(2k+1) (y) k=0 ( " n n L2(2k+1)(h+1) (z) P L2(2k+1)(h+1) (x)

P 2n+1 2n+1 n−k n−k n−k (−1) n−k (−1) L(2k+1) (z) L(2k+1) (x) k=0 k=0 n P an Lu n va ac th si 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  h  P 2n+1 P 2n+1 a L2m+1 (1) − b L2m+1 (1) − c m=0 m=0 Ví dụ 2.2.11 (a − b)(b − c)  h P b lu m=0 an + L2n+1 2m+1 (1) − c  h P m=0 L2n+1 2m+1 (1) − a  (b − c)(c − a) va n  tn to c h P m=0  −a h P m=0 L2n+1 2m+1 (1)  −b (c − a)(a − b) p ie gh + L2n+1 2m+1 (1) nl w = n P k=0 2n+1 n−k
(−1)n−k L2(2k+1)(k+1) (1) L2k+1 (1) d oa    h   h  P P 2n+1 2n+1 2n+1 Ví dụ 2.2.12 F2m+1 (1) + F2m+1 (1) + F2m+1 (1) + m=0 m=0 m=0  2 (  h  n F2(2k+1)(k+1) (1)
P P 2n+1 2n+1 n−k   F2m+1 (1) + +9 = n−k (−1) 2n L (1) 2k+1 m=0 k=0 nf va an lu h P z at nh oi lm ul n P + 2n k=0 z
F2(2k+1)(k+1) (1) 2n+1 +9 n−k L2k+1 (1) )2 m co l gm @ an Lu n va ac th si 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; lu an - Trình bày 10 ví dụ đẳng thức bất đẳng thức toán học phổ va n thơng từ Ví dụ 2.1.1 đến Ví dụ 2.1.10; tn to - Trình bày 10 ví dụ minh họa việc thiết lập đồng thức ie gh cách kết hợp hệ thức toán học phổ thông đồng thức p đa thức Fibonacci, đa thức Lucas: từ Ví dụ 2.2.1 đến Ví dụ 2.2.10 nl w - Trình bày Ví dụ 2.2.11, 2.2.12 minh họa cho phương pháp ứng dụng: d oa có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến nf va an lu nhận giá trị nhận đồng thức dãy Fibonacci, dãy Lucas z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Nhật Cương (2014), Dãy Fibonacci, dãy Lucas ứng dụng, lu an Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái n va Nguyên Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên p ie gh tn to [2] Nguyễn Thu Trang (2014), Số Fibonacci, dãy Lucas, Luận văn Thạc sĩ d oa nl w Tiếng Anh lu nf va an [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 lm ul z at nh oi [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 z @ gm [5] Wang T T., Zhang W (2012), "Some identities involving Fibonacci, m Roumanie Tome 55, 103 (1): 95-103 co l Lucas polynomials and their applications", Bull Math Soc Sci Math an Lu n va ac th si