Các cô luôn theo sát, tận tâm, tận lực dành nhiều thời gian hướng dẫncũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình học tập, nghiêncứu và hoàn thành luận văn này.Tác giả xin
Dãy Fibonacci
Trước hết chúng tôi nhắc lại về dãy Fibonacci quen thuộc Trong toàn bộ luận văn ta luôn ký kiệu dãy số là (un)n∈ N. Định nghĩa 1.1.1 Dãy Fibonacci, ký hiệu là (F n ) n∈ N , được định nghĩa bởi công thức truy hồi sau đây:
Ta gọi Fn là số hạng thứ n của dãy Fibonacci Nói cách khác ta có dãy Fibonacci là dãy số sau:
Nhận xét 1.1.2 Có nhiều cách để có thể tìm được số hạng tổng quát của dãy Fibonacci Đầu tiên, từ hệ thức truy hồi (1.1) của dãy Fibonacci trong Định nghĩa 1.1.1 ta có
Fn−Fn−1−Fn−2 = 0, với mọi n ⩾ 2 Do đó ta có phương trình đặc trưng t 2 −t−1 = 0 (1.2)
Phương trình đặc trưng (1.2) có hai nghiệm là: α1 = 1 +√
Do đó công thức nghiệm tổng quát của Dãy số (1.1) là:
Fn = a1α n 1 +a2α n 2 , trong đó a1, a2 là các hằng số tự do.
Từ trên ta có ngay kết quả sau.
Mệnh đề 1.1.3 (Công thức Binet) Dãy Fibonacci được cho bởi công thức tổng quát
Về đại số tuyến tính của ma trận
Trong mục này chúng tôi trình bày lại số một khái niệm và tính chất của ma trận Các kết quả được chúng tôi tham khảo từ tài liệu [1].
Ta nhắc lại rằng hai ma trận vuông A, B cấp n gọi là đồng dạng với nhau nếu tồn tại một ma trận khả nghịch P cấp n sao cho B = P −1 AP. Định nghĩa 1.2.1 (Ma trận chéo hoá được) Ma trận vuông A cấp n được gọi là ma trận chéo hoá được nếu tồn tại ma trận khả nghịch P sao cho P −1 AP là ma trận đường chéo Khi đó ta nói ma trận P làm chéo hoá ma trận A Nói cách khác, ma trận A chéo hoá được nếu nó đồng dạng với ma trận đường chéo. Định lý 1.2.2 Giả sử A là ma trận vuông cấp n với các phần tử nằm trong trường K. i) Điều kiện cần và đủ để A chéo hoá được là không gian véctơ K n có một cơ sở gồm n véctơ riêng của ma trận A. ii) Nếu đa thức đặc trưng của ma trận A có n giá trị riêng phân biệt thì ma trận A chéo hoá được.
Quy trình chéo hoá ma trận:
Cho A là ma trận vuông A cấp n Để chéo hoá ma trận A ta thực hiện các bước như sau:
1) Tìm n véctơ riêng độc lập tuyến tính của A, ta giả sử là α1, , αn.
2) Lập ma trận P có các cột lần lượt là các véctơ riêng α 1 , , α n
3) Ma trậnP −1 AP sẽ là ma trận chéo với các phần tử nằm trên đường chéo là các giá trị riêng λ 1 , , λ n tương ứng với các véctơ riêng α 1 , , α n
Ví dụ 1.2.3 Tìm ma trận nghịch đảo P làm chéo hoá ma trận:
Vậy phương trình đặc trưng là: det(A−λI)
Giải phương trình ta được λ = 1 và λ= 5 (bội 2) là các giá trị riêng của ma trận A.
Giả sử x = (x 1 , x 2 , x 3 ) là véctơ riêng ứng với giá trị riêng λ Ta thấy x = (x1, x2, x3) là nghiệm không tầm thường của hệ phương trình tuyến tính.
Khi đó véctơ riêng là x = (t, t,0) Chọn t = 1 ta được véctơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là x = (1,1,0) Véctơ riêng này là cơ sở của không gian con riêng P 1 ứng với giá trị riêng λ = 1.
Khi đó véctơ riêng là x = (−s, s, t) = (−s, s,0) + (0,0, t) Chọn t = 1, s = 1 ta được hai véctơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 5 là u1 = (−1,1,0), u2 (0,0,1) Vì hai véctơ riêng này độc lập tuyến tính nên chúng là cơ sở của không gian con riêng P 5 ứng với giá trị riêng λ = 5.
Ta kiểm tra được hệ P1, P2, P3 độc lập tuyến tính vì
làm chéo hoá ma trận A Hơn nữa ta tìm được ma trận
Khi đó ta có ma trận chéo:
Tiếp theo, chúng tôi nhắc lại định thức Vandermonde, là định thức được dùng trong việc xác định một số công thức trong Chương 2. Định thức Vandermonde là định thức có dạng:
Bằng phương pháp Gauss, ta tính được rằng
Hàm sinh của dãy số
Định nghĩa 1.3.1 Cho dãy số (un) n∈ N Hàm sinh của dãy số (un) n∈ N là chuỗi số
F(x) := X n≥0 u n x n = u 0 +u 1 x+u 2 x 2 + . trong đó hệ số của x n là số hạng thứ n của dãy số (un) n∈ N
Nhận xét 1.3.2 Chú ý rằng biến x trong Định nghĩa 1.3.1 dùng để quan sát các số hạng u n của dãy số.
Ví dụ 1.3.3 Dãy số (1,1,1,1, ) có hàm sinh tương ứng là
Ta đưa ra một số phép toán trên các hàm sinh như sau.
Bổ đề 1.3.4 i) Nếu dãy (u 0 , u 1 , u 2 , ) có hàm sinh tương ứng là F(x) thì dãy (cu0, cu1, cu2, ) có hàm sinh tương ứng là cF(x). ii) Nếu hai dãy (u 0 , u 1 , u 2 , ) và (v 0 , v 1 , v 2 , ) có hàm sinh tương ứng là
F(x) và G(x) thì dãy (u0 +v0, u1 +v1, u2 +v2, ) có hàm sinh tương ứng là F(x) +G(x). iii) Nếu dãy (u0, u1, u2, u3, ) có hàm sinh tương ứng là F(x) thì dãy
(0,0,0, , u 0 , u 1 , u 2 , u 3 , ) (thêm k số không vào bên trái dãy đã cho) có hàm sinh tương ứng là x k F(x). iv) Nếu dãy (u 0 , u 1 , u 2 , u 3 , ) có hàm sinh tương ứng là F(x) thì dãy(u1,2u2,3u3, ) có hàm sinh tương ứng là F ′ (x). v) Nếu hai dãy (u 0 , u 1 , u 2 , u 3 ) và (v 0 , v 1 , v 2 , v 3 ) có hàm sinh tương ứng lần lượt là F(x) và G(x) thì dãy F(x)G(x) là hàm sinh tương ứng của dãy (t0, t1, t2, t3, ), trong đó tk = P i+j=k uivj.
Chứng minh i) F(x) là hàm sinh của dãy (u0, u1, u2, u3 .) thì ta có:
Nhân hai vế với c ta suy ra điều phải chứng minh. ii) Dãy (u 0 +v 0 , u 1 +v 1 , u 2 +v 2 , u 3 +v 3 , ) có hàm sinh tương ứng là
(u n +v n )x n =X n≥0 u n x n +X n≥0 v n x n = F(x) +G(x). iii) Dãy (0,0,0, ,0, u 0 , u 1 , u 2 , ) có hàm sinh tương ứng là
Q(x) =u0x k +u1x k+1 +u2x k+2 + = x k (u0+u1x+ .) =x k F(x). iv) Dãy (u1,2u2,3u3, ) có hàm sinh tương ứng là
P(x) = u1 + 2u2x+ 3u3x 2 + = d dx(u0 +u1x+u2x 2 + .) =F ′ (x). v) Dãy (t0, t1, t2, t3, ), trong đó tk = P i+j=k uivj có hàm sinh tương ứng là
Từ (1.3) và (1.4), ta suy ra điều phải chứng minh.
Với dãy số Fibonacci, hàm sinh của dãy được cho bởi công thức sau đây.
Mệnh đề 1.3.5 Dãy Fibonacci (1.1) có hàm sinh là
1−x−x 2 Chứng minh Từ công thức trong Định nghĩa (1.1) ta có
Nói cách khác, ta có
Giả sử F(x) là hàm sinh của dãy Fibonacci, ta có
Ta thấy, F(x) cũng chính là hàm sinh của dãy
Ta biểu diễn dãy (1.5) thành tổng của các dãy
Theo Bổ đề 1.3.4 iii) các dãy (1.6),(1.7),(1.8) có hàm sinh tương ứng lần lượt là x, xF(x), x 2 F(x).Lại theo Bổ đề 1.3.4 ii) ta có dãy Fibonacci có hàm sinh là x+xF(x) +x 2 F(x) Do đó ta có
Vì vậy, ta suy ra F(x) = x
1−x−x 2 Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.3.6 Hàm sinh của dãy số Fibonacci cũng có thể được dùng để xác định số hạng tổng quát Fn của dãy số Fibonacci như sau.
Ta có nghiệm của đa thức 1−x−x 2 = 0 là φ = 1 +√
Ta có biểu diễn của hàm sinh
(x+φ)(x+ψ) = A x+φ + B x+ψ. Điều này tương đương với −x =A(x+ψ) +B(x+φ).
√5 Tương tự cho x= −φ, ta có A =− φ
Chú ý rằng ta có biểu diễn của chuỗi số
Một cách tương tự ta suy ra φ x+φ ∞
5(φ n −ψ n )x n Mặt khác ta lại có F(x) là hàm sinh của dãy Fibonacci, nên
5(φ n −ψ n )x n Đồng nhất hệ số hai về ta suy ra Fn = 1
√5(φ n − ψ n ) Ta nhận lại công thức Binet trong Mệnh đề 1.1.3.
Ma trận Fibonacci
Khi đó từ (1.9) ta có biểu diễn
Ta có kết quả đơn giản sau đây thể hiện rằng các số Fibonacci có thể tìm được thông qua ma trận.
Bổ đề 1.4.1 Với n ≥ 1 là một số nguyên dương bất kỳ Ta có
Chứng minh Ta có thể chứng minh công thức (1.11) bằng quy nạp như sau: Thật vậy, với n = 1, hiển nhiên ta có (1.11) đúng.
Giả sử (1.11) đúng với n =k, tức là:
Ta phải chứng minh (1.11) đúng với n = k+ 1 Thật vậy, ta có
Do đó bổ đề được chứng minh. Định nghĩa 1.4.2 Ma trận Q = 1 1
! được gọi là ma trận Fibonacci.
Mệnh đề 1.4.3 Với n ≥ 1 là một số nguyên dương Ta có detQ n = F n+1 F n−1 −F n 2 = (−1) n
Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức Fn+1Fn−1 − F n 2 = (−1) n bằng quy nạp.
Với n = 1, ta có F2F0−F 1 2 = −1 = (−1) 1 , ta suy ra khẳng định đúng.
Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là F k+1 F k−1 −F k 2 = (−1) k
Fk+1(Fk−1 +Fk)−Fk(Fk +Fk+1) = (−1) k ,
Ta suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.4.4 Ma trận Fibonacci cũng có thể được dùng để xác định số hạng tổng quát F n của dãy số Fibonacci như sau.
! Ta suy ra yn = Qyn−1 = ã ã ã = Q n y0, trong đó y 0 = 1
! Ma trận Fibonacci Q có các giá trị riêng là λ 1 = 1 +√
2 Hơn nữa, dễ thấy rằng λ 2 =−(λ 1 ) −1
Hai giá trị riêng λ 1 và λ 2 có các véctơ riêng lần lượt là u 1 = λ1
Từ đó ta suy ra
Ta nhận lại công thức Binet trong Mệnh đề 1.1.3.
Công thức Binet, hàm sinh và tổng các số p-Fibonacci tổng quát
Trong chương này ta xét một tổng quát hóa của các số Fibonacci, đó là dãy số p-Fibonacci tổng quát Dưới sự quan sát các tính chất về công thứcBinet, ma trận liên kết với dãy số và hàm sinh của dãy số Fibonacci Chúng tôi trình bày lại các tính chất đó cho dãy số p-Fibonacci Sẽ có những tính chất có sự tương tự Tuy nhiên, cũng có những tính chất phải được áp dụng bằng các cách khác Tất cả các kết quả của chương này đều nằm trong các tài liệu tham khảo [3] và [4].
Dãy p-Fibonacci tổng quát, p-ma trận Fibonacci tổng quát và công thức Binet tổng quát
quát và công thức Binet tổng quát Định nghĩa 2.1.1 Cho p là một số nguyên dương Số p-Fibonacci tổng quát, ký hiệu là (F p (n)) n∈ N , được xác định bởi công thức:
F p (n) = F p (n−1) +F p (n−p−1), n > p+ 1, (2.1) trong đó các điều kiện ban đầu thoả mãn:
Ví dụ 2.1.2 i) Với p = 1 thì dãy số p-Fibonacci (F p (n)) n∈ N trở thành dãy số Fibonacci (F(n))n∈ N thông thường vì
F1(n) =F1(n−1) +F1(n−2), với mọi n ≥ 3. ii) Với p = 2 ta có dãy 2-Fibonacci (F 2 (n)) n∈ N là:
F 2 (n) = F 2 (n−1) +F 2 (n−3). ii) Với p = 3 ta có dãy 3-Fibonacci (F3(n))n∈ N là:
Một cách tương tự như Mục 1.3, ta cũng có ma trận liên kết với các số p-Fibonacci tổng quát được đưa ra bởi Stakhov trong tài liệu [5] như sau.
Từ Định nghĩa 2.1.1 ta có biểu diễn
Ta có định nghĩa sau là một sự tương tự của Định nghĩa 1.4.2. Định nghĩa 2.1.3 Ta gọi ma trận cỡ (p+ 1)×(p+ 1)
(2.2) là p-ma trận Fibonacci tổng quát.
Hơn nữa ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.1.4 Luỹ thừa bậc n của Qp là
Chứng minh Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp.
Với n = 1, từ Định nghĩa 2.1.1 ta có Fp(1) = Fp(0) +Fp(−p) ta suy ra
Giả sử (2.3) đúng với n, tức là:
Ta suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta xây dựng công thức Binet tổng quát cho các số p-Fibonacci tổng quát Trước hết, ta có bổ đề sau:
Khi đó, ap > ap+1 với p >1.
Chứng minh Vì 2p 3 − 2p −1 > 0 và p > 1 nên (p 2 + 2p + 1)(p 2 −1) > p 4
. Suy ra với p > 1, ta có p 2 −1 p 2 p−1
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.1.6 Phương trình đặc trưng x p −x p−1 −1 = 0 của dãy sốp-Fibonacci tổng quát không có nghiệm bội với p > 1.
Chứng minh Đặt f(z) = z p − z p−1 − 1 Giả sử α là một nghiệm bội của phương trình f(z) = 0 Chú ý rằng α ̸= 0 và α ̸= 1 Vì α là một nghiệm bội nên f(α) = α p − α p−1 −1 = 0 và f ′ (α) = pα p−1 −(p −1)α p−2 = 0 Suy ra α p−2 (pα−(p−1)) = 0 Do đó α = p−1 p và vì vậy
Từ Bổ đề 2.1.5, a 2 = 1/4 và a p > a p+1 với p > 1, suy ra a p > 1/4 với mọi p > 1 Điều này mâu thuẫn vớia p = −1 Do đó phương trình f(z) = 0không có nghiệm bội.
Bổ đề được chứng minh.
Giả sử rằng f(λ) là đa thức đặc trưng của p-ma trận Fibonacci tổng quát
Khi đó, f(λ) = det(Qp −λIp+1) :
Khai triển định thức ta có f(λ) = λ p+1 −λ p −1.
Cho f(λ) = 0 ta nhận được các giá trị riêng λ 1 , λ 2 , , λ p+1 của ma trận Q p Khi đó, từ Bổ đề 2.1.6, λ 1 , λ 2 , , λ p+1 là các giá trị riêng phân biệt.
Gọi Λ là ma trận Vandermonde cỡ (p+ 1)×(p+ 1) được xác định bởi: Λ :
Ta ký hiệu ma trận chuyển vị Λ T của Λ là V Đặt d i k
và V j (i) là ma trận thu được từ V bằng cách thay cột thứ j của ma trận V bởi d i k
Công thức Binet tổng quát cho các số p-Fibonacci tổng quát được cho bởi định lý dưới đây. Định lý 2.1.7 Đặt Fp(n) là số p-Fibonacci thứ n Khi đó, ta có qij = det(V j (i) ) det(V) trong đó Q n p = [q ij ] với q ij = F p (n+i−j−p) khi j ≥ 2, và q i1 = F p (n+ 2−i) khi j = 1.
Chứng minh Vì các giá trị riêng của ma trận Q p là phân biệt nên Q p là ma trận chéo hóa được Trước hết ta chỉ ra rằng Q p V = V D, trong đó
, là một ma trận đường chéo Từ đó ta có thể suy ra ma trận V chính là ma trận làm chéo hoá ma trận Qp.
Do các λi là các nghiệm của đa thức đặc trưng: f(λ) = λ p+1 −λ p −1.
Vì vậy ra có λ p+1 j = λ p j + 1, với mọi j = 1, , n Do đó ta suy ra Q p V =V D.
Vì ma trận Vandermonde có định thức detV = Q i>j
(λ i −λ j ) ̸= 0 Do đó B là khả nghịch, nên Q −1 p AQ p = D Do đó, Q p đồng dạng với D Luỹ thừa n hai vế, ta nhận được phương trình ma trận Q n p V = V D n Vì Q n p = [qij], nên ta suy ra được hệ phương trình tuyến tính sau
qi1λ p 1 +qi2λ p−1 1 + .+qip+1 =λ p+n+1−i 1 q i1 λ p 2 +q i2 λ p−1 2 + .+q ip+1 =λ p+n+1−i 2 q i1 λ p p+1 +q i2 λ p−1 p+1 + .+q ip+1 = λ p+n+1−i p+1
Do đó, với mỗi j = 1,2, , p+ 1, ta nhận được qij = det(V j (i) ) detV Định lý được chứng minh.
Vì vậy, công thức Binet cho số p-Fibonacci thứ n được cho bởi hệ quả dưới đây.
Hệ quả 2.1.8 Cho F p (n) là số p-Fibonacci thứ n Khi đó, ta có
Chứng minh Trong Định lý 2.1.7, lấy i = 2, j = 1 hoặc i = 1, j = p+ 1, ta nhận được điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.1.9 Cho ma trận Q n p = [q ij ] được xác định bởi (2.4) Khi đó, ta có q ij = X
(m 1 , ,m p+1 ) m j +m j+1 +ã ã ã+m p+1 m1 +m2 +ã ã ã+mp+1 ì (m 1 +m 2 +ã ã ã+m p+1 )! m1!m2! mp+1! trong đó tổng trên được lấy theo các số nguyên không âm thỏa mãn m 1 + 2m 2 +ã ã ã+ (p+ 1)m p+1 = n−i+j và định nghĩa bằng 1 nếu n =i−j. Chứng minh Chứng minh của bổ đề được suy ra từ Định lý 3.1trong [2].
Từ đó, ta có các hệ quả sau đây biểu diễn số p-Fibonacci thứ n thông qua các tổng của các khai triển nhị thức.
Hệ quả 2.1.10 Cho Fp(n) là số p-Fibonacci tổng quát thứ n Khi đó, ta có
(m 1 , ,m p+1 ) mp+1 m 1 +m 2 +ã ã ã+m p+1 ì (m1 +m2 +ã ã ã+mp+1)! m 1 !m 2 ! m p+1 ! ở đây tổng được lấy theo các số nguyên không âm thỏa mãn m1 + 2m2 +ã ã ã+ (p+ 1)mp+1 =n+p.
Chứng minh Trong Bổ đề 2.1.9, lấy i = 1 và j = p + 1, sau đó kết hợp với (2.4), ta nhận được điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.1.11 Cho Fp(n) là số p-Fibonacci tổng quát thứ n Khi đó, ta có
(m1 +m2 +ã ã ã+mp+1)! m 1 !m 2 ! m p+1 ! ở đây tổng được lấy theo các số nguyên không âm thỏa mãn m1 + 2m2 +ã ã ã+ (p+ 1)mp+1 =n−1.
Chứng minh Trong Bổ đề 2.1.9, lấy i = 2 và j = 1, sau đó kết hợp với (2.4), ta nhận được điều phải chứng minh.
Hàm sinh của dãy số p-Fibonacci tổng quát
Trong mục này, ta sẽ xét hàm sinh của các số p-Fibonacci tổng quát. Trước hết, ta có bổ đề dưới đây
Bổ đề 2.2.1 ChoFp(n) là số p-Fibonacci tổng quát thứ n Khi đó, với n > 1, ta có x n = F p (n−p+ 1)x p + p
Chứng minh Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp Với n = p + 1, từ định nghĩa của số p-Fibonacci, ta có x p+1 = F p (2)x p +F p (1) =x p + 1 (2.6)
Giả sử (2.5) đúng với n > p+ 1, ta cần chứng minh nó đúng với n+ 1 Từ giả thiết quy nạp (2.6) và phương trình đặc trưng của các số p-Fibonacci, ta có x n+1 = x n x (2.7)
Từ định nghĩa của số p-Fibonacci tổng quát, ta có
Do đó ta có thể viết lại phương trình (2.8) ở dạng sau x n+1 = Fp(n−p+ 2)x p +Fp(n−2p+ 2)x p−1
Suy ra (2.5) đúng đếnn+ 1 Do đó theo quy nạp toán học ta nhận được điều phải chứng minh.
Bây giờ, ta đưa ra hàm sinh của dãy số p-Fibonacci tổng quát. Định lý 2.2.2 Dãy p-Fibonacci tổng quát (2.1) có hàm sinh là
Gp(x) = Fp(1) +Fp(2)x+Fp(3)x 2 +ã ã ã +Fp(n+ 1)x n +ã ã ã
Do đó, ta nhận được (1−x−x p+1 )G p (x) = 1 Suy ra
1−x−x p+1 với 0 ≤ x+x p+1 < 1 Ta suy ra điều phải chứng minh. Đặt f p (x) =x+x p+1 Khi đó, với 0 ≤ f p (x)