Ứng dụng dãy fibonacci trong toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG LÊ THỊ THANH HIỀN ỨNG DỤNG DÃY FIBONACCI TRONG TOÁN SƠ CẤP Chuyên nghành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 Công trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH TRẦN QUỐC CHIẾN Phản biện 1: TS Nguyễn Duy Thái Sơn Phản biện : TS Trịnh Đào Chiến Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp thạc sỹ Khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 12 tháng 12 năm 2015 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Trường Đại Học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Leonardo Pisano Bogollo (khoảng 1170 – 1250), đƣợc biết với tên Leonardo Pisa, hay phổ biến dƣới tên Fibonacci, nhà toán học ngƣời Ý ông đƣợc số ngƣời xem “nhà toán học tài ba thời Trung Cổ” Ông tiếng giới đại có công lan truyền hệ đếm Hindu - Ả Rập Châu Âu đặc biệt dãy số đại mang tên ông, dãy Fibonacci sách Liber Abaci – sách toán đố năm 1202 Liber Abaci đề giải toán liên quan đến phát triển dân số thỏ dựa giả thiết lý tƣởng Phép giải theo hệ chuỗi số sau đƣợc biết với tên dãy Fibonacci Dãy số đƣợc nhà toán học Ấn Độ biết đến từ kỷ thứ 6, nhƣng đến Liber Abaci Fibonacci đời, đƣợc giới thiệu đến phƣơng Tây Dãy Fibonacci đƣợc coi dãy số kỳ diệu, xuất cách tự nhiên hầu hết vật, tƣợng từ thiên nhiên đến nhân tạo, bắt gặp diện thực vật hệ động vật đẹp đa dạng Dãy Fibonacci tỉ lệ lẻ ngẫu nhiên, nhƣng kỳ lạ đem lại cân hoàn hảo Hơn nữa, ứng dụng dãy Fibonacci toán học lại phong phú Vì việc tìm hiểu sâu giới thiệu dãy Fibonacci ứng dụng toán sơ cấp thú vị cần thiết cho học tập giảng dạy Toán, nhƣ hiểu biết ngƣời Mục tiêu nội dung nghiên cứu đề tài - Giới thiệu dãy Fibonacci, công thức tổng quát dãy Fibonacci - Giới thiệu tính chất hệ thức dãy Fibonacci - Trình bày ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu - Giới thiệu dãy Fibonacci - Ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp Phƣơng pháp nghiên cứu - Thu thập tài liệu, đọc hiểu để trình bày có hệ thống lý thuyết tập - Tham gia buổi seminar với thầy hƣớng dẫn để hiểu rõ nội dung đề tài nghiên cứu Đóng góp đề tài Làm rõ kỳ thú chứng minh tính phong phú dãy Fibonacci ứng dụng nó, đặc biệt toán sơ cấp Ý nghĩa khoa học thực tiễn  Ý nghĩa khoa học Góp phần làm sáng tỏ định lý, tính chất dãy Fibonacci ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp  Ý nghĩa thực tiễn Góp phần làm tài liệu tham khảo cho ngƣời yêu thích dãy Fibonacci tìm hiểu ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn dự kiến đƣợc chia thành ba chƣơng Chƣơng Kiến thức sở Chƣơng Dãy Fibonacci tính chất Chƣơng Ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp CHƢƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 NGUYÊN LÝ QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử với số nguyên dƣơng n ta có mệnh đề logic S (n) Ta chứng minh mệnh đề S (n) nhƣ sau a Bƣớc sở: S (1) b Bƣớc quy nạp: n   , S (n) S (n  1) Khi đó, S (n) n   1.2 DÃY SỐ Định nghĩa 1.1 Một hàm số u (n) xác định tập hợp số tự nhiên , đƣợc gọi dãy số vô hạn, giá trị hàm số u (n) gọi số hạng dãy Ta thƣờng ký hiệu dãy u (n) (un ), ký hiệu giá trị u (0), u (1) … tƣơng ứng u0 , u1 … un số hạng tổng quát dãy Định nghĩa 1.2 Công thức truy hồi dãy số ( sn ) phƣơng trình xác định sn phần tử s0 , s1 , …, sn 1 trƣớc nó: sn  F (s0 , s1 , …, sn 1 ) Điều kiện ban đầu gán giá trị cho số hữu hạn phần tử đầu Định nghĩa 1.3 Công thức truy hồi tuyến tính bậc k có dạng sn  c1 (n)sn1  c2 (n)sn2   ck (n)snk  f (n), ci (n) với i  1, …, k f (n) (S ) hàm theo n với ck (n)  0, n  Với công thức (S), công thức truy hồi sau sn  c1 (n)sn1  c2 (n)sn2   ck (n)snk ( S0 ) gọi công thức truy hồi tuyến tính tƣơng ứng với (S ) Nếu ci (n) với i  1, …, k số ck  0, (S ) gọi công thức truy hồi tuyến tính hệ số bậc k ( S0 ) gọi công thức truy hồi tuyến tính hệ số bậc k 1.3 LÝ THUYẾT CHIA HẾT Định nghĩa 1.4 Cho a, b số nguyên Ta nói a chia hết b (hay b chia hết cho a) tồn số nguyên c cho b  ac Nếu a chia hết b, ta ký hiệu a | b b a Khi a | b, ta nói a ƣớc b Định nghĩa 1.6 Ƣớc chung lớn hai số a b không đồng thời số nguyên dƣơng lớn chia hết a b Ta dùng ký hiệu (a, b) để ƣớc chung lớn a b Định nghĩa 1.7 Các số nguyên a b đƣợc gọi nguyên tố (a, b)  Thuật toán ơ-clit Giả sử r0  a, r1  b số nguyên không âm b  Ta thực phép chia r0  q1r1  r2 , q1  r0 r1  ,  r2  r1 , dừng lại r2  Nếu r2  0, ta tiếp tục r1  q2 r2  r3 , q2  r1 r2  ,  r3  r2 , dừng lại r3  Nếu r3  0, ta tiếp tục … rn2  qn1rn1 , qn1  rn2 rn1  , rn  với n  Khi đó, (a, b)  rn1 1.4 LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ Định nghĩa 1.8 Cho a b số nguyên, m số nguyên dƣơng Ta nói a đồng dƣ b môđulô m m | (a  b) Khi a đồng dƣ b môđulô m, ta viết a  b(mod m) Định lý 1.4.3 (Định lý Ơ-le) Cho m số nguyên dương a số nguyên thỏa (a, m)  Khi đó, a ( m)  1(mod m),  (m) Phi-hàm Ơle Định lý 1.4.4 (Định lý Phecma bé ) Cho p nguyên tố a   với a không chia hết cho p Khi đó, a p1  1(mod p), 1.5 HÀM SINH Định nghĩa 1.9 Cho dãy số thực (an ) biến x Hàm sinh thƣờng dãy (an ) hàm g ( x)  a0  a1 x  a2 x2  a3 x3  Định nghĩa 1.10 Cho dãy số thực (an ) biến x Hàm sinh mũ dãy (an ) hàm g ( x)  a0  a1 x x2 x3  a2  a3  1! 2! 3! 1.6 TỔ HỢP Định nghĩa 1.11 Với cặp (n, k ) số nguyên mà,  k  n, ta định nghĩa Cnk  k n n! gọi Cnk số tổ hợp chập k !(n  k )! 1.7 TỈ LỆ VÀNG Định nghĩa 1.12 Chia đoạn thẳng thành hai phần cho tỉ số đoạn ban đầu với đoạn lớn tỉ số đoạn lớn đoạn nhỏ Tỉ số tỉ lệ vàng Nếu độ dài đoạn lớn qui đơn vị tỉ lệ vàng nghịch đảo nghiệm dƣơng phƣơng trình 1 a    a  a  Giải phƣơng trình trên, ta đƣợc tỉ lệ vàng       1.618033989 CHƢƠNG DÃY FIBONACCI VÀ CÁC TÍNH CHẤT 2.1 ĐỊNH NGHĨA DÃY FIBONACCI Bài toán mở đầu Mỗi cặp thỏ tháng sinh lần, cho cặp thỏ Cặp thỏ sinh sau hai tháng lại bắt đầu sinh cặp Hỏi sau năm có cặp thỏ, đầu năm ta có cặp thỏ? Lời giải Nhƣ từ giả thiết suy rằng, sau tháng ta có cặp thỏ, sau hai tháng cặp thứ sinh cặp ta có cặp thỏ Sau tháng cặp thứ sinh cặp mới, ta có cặp thỏ Ký hiệu Fn số cặp thỏ có đƣợc sau tháng thứ n kể từ đầu năm, ta có sau tháng thứ n  có Fn cặp ban đầu, cộng thêm số cặp cặp có sau tháng thứ n  sinh ra, số gọi Fn 1 , Fn1  Fn  Fn1 Theo giả thiết F0  , F1  , F2  từ ta tính đƣợc F12  377 Các số Fn đƣợc gọi số Fibonacci Định nghĩa 2.1 Dãy Fibonacci dãy số vô hạn số tự nhiên bắt đầu số 1, kể từ số hạng thứ trở đi, số hạng dãy đƣợc tính tổng hai số hạng đứng liền trƣớc Công thức truy hồi dãy Fibonacci { (2.1) Định nghĩa 2.2 (dãy Lucas) Dãy Lucas đƣợc định nghĩa dãy ( Ln ) mà số hạng dãy đƣợc tính hệ thức truy hồi sau { 2.2 MỞ RỘNG DÃY SỐ FIBONACCI VỚI CHỈ SỐ ÂM Với n số nguyên dƣơng, ta có F n  (1)n 1 Fn L n  (1)n Ln Hai công thức đƣợc chứng minh phƣơng pháp quy nạp 2.3 CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY FIBONACCI Công thức số hạng tổng quát dãy Fibonacci Fn  n  n , n   (2.3) Công thức số hạng tổng quát dãy Lucas Ln   n   n , n  (2.4) Định lý 2.3.1 Với số nguyên dương n, ta có Ln  Fn1  Fn1 2.4 CÁC TÍNH CHẤT CỦA DÃY FIBONACCI Với n i hai số nguyên dương, ta có Định lý 2.4.1 F1  F2  F3   Fn  Fn2  (2.5) (2.10) Định lý 2.4.2 Hệ 2.4.1 F1  F3  F5   F2n1  F2n F2  F4  F6   F2n  F2n1  n Định lý 2.4.3  (1) k 1 k 1 Định lý 2.4.4 FF i 1 Định lý 2.4.9 Fk  (1)n 1 Fn1  F12  F22  F32   Fn2  Fn Fn1 k Định lý 2.4.5 (2.11) i i 1  Fk2  [1  (1) k 1 ]  Fn1Fn1  Fn2  (1)n (2.12) (2.13) (2.16) (2.17) (2.20) Ví dụ 2.2 Cho n số nguyên không âm, ta có 5Fn2  4(1)n  L2n (2.21) Định lý 2.4.10 Cho m n hai số nguyên dương, ta có (2.22) Fmn  Fn1Fm  Fn Fm1 Hệ 2.4.2 Cho n  , ta có Fn2  Fn21  F2n1 (2.23) Định lý 2.4.12 Cho n số nguyên n  2, Hệ 2.4.3 1  Fn 1   Fn   2  F lim n1   n F n Nhận xét Tỉ số hai số liên tiếp dãy số Fibonacci ngày tiến đến tỉ lệ vàng 10 ta chứng minh (3.2) n  m  1, tức chứng minh m F3m  22 m3   22 m 2i F3i i 1 Thật vậy, theo toán 1và giả thiết quy nạp, ta có m 1   F3m   F3m 3  F3m   22 m1   22 m 2(i 1) F3i   20 F3m i 1   m 1 m i 1 i 1  22 m3   22 m 2i F3i  22 m2 m F3m  22 m3   22 m 2i F3i Vậy (3.2) đƣợc chứng minh Định lí 3.1.2.1 Cho n số nguyên không âm, ta có n F6 n 3   24 n 1 4i C22nni2i i 0 Định lý 3.1.2.2 Cho n số nguyên dương, ta có n 1 F6 n   24 n 1 4i C22nn11i2i (3.3) i 0 3.1.3 Số Fibonacci số toán tổ hợp khác Bài toán Có cách lát sàn nhà hình chữ nhật kích thƣớc 1 n viên gạch có kích thƣớc 11 1 Lời giải Gọi an (n   ) số cách lát sàn nhà cần tìm An tập cách lát sàn nhà thỏa mãn yêu cầu toán, ta có an  An Dễ thấy a1  A1  1, a2  A2  Khi n  (n   ) , gọi B1 tập hợp cách lát sàn nhà thỏa mãn hình chữ nhật cuối có kích thƣớc 1 1, gọi B2 tập hợp cách lát sàn nhà thõa mãn hình chữ nhật cuối có kích thƣớc 1 Ta có An  B1  B2 , suy An  B1  B2 Trƣớc hết, ta tính B1 Số phần tử B1 số cách lát sàn nhà hình chữ nhật cho bỏ hình chữ nhật có kích thƣớc 11 11 cuối Nói cách khác, số phần tử B1 số cách lát sàn nhà hình chữ nhật có kích thƣớc 1 (n  1), suy B1  an1 Lập luận tƣơng tự nhƣ trên, ta có B2  an 2 Từ hai cách tính ta đƣợc an  an1  an2 với n  3, a1  1, a2  Vậy an  Fn 1   n 1   n 1 với n     3.2 SỐ FIBONACCI VÀ CÁC TỔNG Bài toán Với số nguyên dƣơng n, tính tổng sau Bn  F1  2F2   nFn Lời giải Đặt An  F1  F2   Fn Theo (2.10), ta có An  Fn  Ta có n n n n i 1 i 2 i 3 i n Bn   Fi   Fi   Fi    Fi  An  ( An  A1 )  ( An  A2 )   ( An  An1 ) n 1 n 1 i 1 i 1  nAn   Ai  n( Fn   1)   ( Fi   1)  nFn2  n  ( Fn3  3)  n   nFn2  Fn3  Bài toán Với số nguyên dƣơng n, tính tổng sau Cn  F1  3F3  5F5   (2n  1) F2 n1 Lời giải Đặt Dn  F1  F3  F5   F2n1 n n n n i 1 i 2 i 3 i n Cn   F2i 1  2 F2i 1  2 F2i 1   2 F2i 1  Dn  2( Dn  D1 )  2( Dn  D2 )   2( Dn  Dn1 ) n 1 n 1 i 1 i 1  Dn  2(n  1) Dn  2 Di  (2n  1) Dn  2 Di 12 Mặt khác, theo (2.1), ta có Dn  F2 n theo (2.12), ta có F0  F2  F4  F6   F2n2  F2n21   F2 n1  1, n 1 Dn  (2n  1) F2 n  2 F2i Do i 1  (2n  1) F2n  2( F2n1  1)  (2n  1) F2n  2F2n1  Bài toán 10 Với số nguyên dƣơng n, tính tổng sau Gn  F12  2F22  3F32   nFn2 Sn  F12  F22  F32   Fn2 , Lời giải Đặt Sn  Fn Fn1 theo (2.16), ta có n n n n i 1 i 2 i 3 i n Gn   Fi  Fi  Fi    Fi Ta có  Sn  (Sn  S1 )  (Sn  S2 )   (Sn  S n1 ) n 1 n i 1 i 1  nSn   Si  nSn   Fi Fi 1 [1  (1)n ]  Bài toán 12 Cho n số nguyên dƣơng n  3, tính tổng sau Dựa vào (2.17), ta thu đƣợc Gn  nFn Fn 1  Fn2  H n  12 F1  22 F2  32 F3   n2 Fn Lời giải Đặt Sn  F1  F2   Fn , theo (2.10), ta có Sn  Fn  n n n2 n2 i 1 i 1 i 3 i 1 An   Si    Fi   1   Fi  n   Fi  n   F4 n  n  Suy An1  Fn3  n  Trƣớc hết, ta tính tổng sau n 1  (2i  1)S i 1 i n 1 n 1 n 1 n 1 i 1 i 2 i 3 i  n 1  3 Si  2 Si  2 Si    Si 13  An1  2( An1  A1 )  2( An1  A2 )   2( An1  An2 ) n2 n2 i 1 i 1  [3  2(n  2)]An 1  2 Ai  (2n  1) An1  2 ( F4i  i  3) n2  (2n  1) An1  2 F4i  (n  2)(n  1)  6(n  2) i 1 n2  (2n  1) An1  2 Fi  (n  2)(n  1)  6(n  2) i 5  n2   (2n  1) An 1   Fi   Fi   (n  2)(n  5) i 1  i 1   (2n  1) An1  2[( Fn4  1)  7]  (n  2)(n  5)  (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n  n n n n i 1 i 2 i 3 i 1 Theo đề, ta có H n   Fi  3 Fi  5 Fi   (2n  1) Fi  Sn  3(Sn  S1 )  5(Sn  S2 )   (2n  1)(Sn  Sn1 ) n   (2i  1)  [3S1  5S2  S3   (2n  1) Sn1 ] i 1 n 1  n  =  (2i  1) Sn   (2i  1) Si  i 1  i 1   n2 Sn  (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n   n2 ( Fn2  1)  (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n   n2 Fn2  (2n  1) Fn3  2Fn4  n2  3.3 SỐ FIBONACCI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC Bài toán 13 Cho tam giác ABC, đặt BC  a, AB  c, AC  b, S diện tích tam giác ACB Với n   Chứng minh a Fn  b Fn1  c Fn2  4S Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn 2 14 Lời giải k  Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn Đặt Bất đẳng thức cần chứng minh đƣợc viết lại thành a Fn  b2 Fn1  c2 Fn2  kS (3.5)  a Fn  b2 Fn1  (a  b2  2ab cos C ) Fn2  kS  a Fn  b2 Fn1  (a  b2  2ab cos C ) Fn  k ab sin C  2a ( Fn  Fn2 )  2b2 ( Fn1  Fn2 )  ab(4Fn2 cos C  k sin C )  a b  ( Fn  Fn )  ( Fn1  Fn )  (4 Fn cos C  k sin C )  b a Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có (4Fn2 cos C  k sin C )2  (16Fn22  k )(sin C  cos2 C ), suy Mà 4Fn2 cos C  k sin C  16Fn22  k 16Fn22  k  16( Fn22  Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn )  ( Fn  Fn )( Fn1  Fn ), nên 4Fn2 cos C  k sin C  ( Fn  Fn2 )( Fn1  Fn ) (3.6) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có a b ( Fn  Fn )  ( Fn1  Fn )  ( Fn  Fn )( Fn1  Fn ) (3.7) b a Kết hợp (3.6) (3.7), ta suy (3.5) 3.4 SỐ FIBONACCI VÀ SỐ CHÍNH PHƢƠNG Bài toán 15 Chứng minh n số Fibonacci 5n2  số phƣơng Lời giải Theo (2.21), ta có 5Fn2  4(1)n  L2n , nên 5Fn2  làsố phƣơng Vậy n số Fibonacci 5n2  số phƣơng 15 Ngƣợc lại, giả sử 5n2  số phƣơng, tồn số nguyên dƣơng m cho 5n2   m2  mn mn   1 2 Ta thấy m n có tính chẵn lẻ, m  n ; m  n  ( 5) , ( 5)  {x  y | x, y  } , nên tồn đẳng thức i  1 1  mn mn i   1        , 2   i    , suy mn   i  [( i   i )  ( i   i )] 2 m  n Li  Fi i  (m  Li )  (n  Fi )   2 m  Li  n  Fi Vậy n  Fi số Fibonacci Bài toán 17 Cho n số nguyên dƣơng, chứng minh số  F2n F2n2 , 1  F2 n1F2 n3 ,  F2n2 F2n4 ,  4F2 n F2 n1F2n2 F2n3 số phƣơng Lời giải Theo (2.20), ta có  F2 n F2 n2  F22n1 , 1  F2n1F2n3  F22n2 ,  F2n2 F2n4  F22n3 Dựa vào kết ta lại tính đƣợc  4F2n F2n1F2n2 F2n3   4( F2n F2n2 )( F2n1F2n3 )   4( F22n1  1)( F22n2  1)  4F22n1F22n2  4( F2n2  F2n1 ) F2n3   4F22n1F22n2  4F2 n3 F2 n2  4F2 n1F2 n3  16  4F22n1F22n2  4F2 n3 F2 n2  4( F22n2  1)   4F22n1F22n2  4F2n2 ( F2n3  F2n )   4F22n1F22n2  4F2n2 F2n1   (2F2n1F2 n2  1)2 3.5 SỐ FIBONACCI VÀ TÍNH CHIA HẾT Bổ đề 3.5.1 Cho n  * n  1, ta có  Fn , Fn1   Định lý 3.5.1 Cho m, n * , ta có Fm | Fmn (3.10) (3.11) Bổ đề 3.5.2 Cho n q hai số nguyên dương không đồng thời 1, ta có ( Fn , Fnq 1 )  Bổ đề 3.5.3 Cho m, n, q, r số nguyên dương cho m  qn  r,  r  n, ta có ( Fm , Fn )  ( Fn , Fr ) Định lý 3.5.2 Cho m, n * , ta có ( Fm , Fn )  F( m,n ) Hệ 3.5.1 Nếu m n hai số nguyên tố Fm Fn hai số nguyên tố Bổ đề 3.5.4 Cho p số nguyên tố, Lp  1(mod p) Bài toán 23 Nếu số Fibonacci có số lẻ tất ƣớc có dạng 4m  với m Lời giải Với n số lẻ, gọi p ƣớc nguyên tố Fn , p  Theo (2.20), ta có Fn1Fn1  Fn2  1  Fn1 ( Fn1  Fn )  Fn2   Fn21   Fn2  Fn Fn1 Vì p ƣớc Fn nên Fn2  Fn Fn1  0(mod p), suy Fn21  1(mod p), ( Fn21 )( p 1)  (1)( p 1) (mod p), 17 Fnp11  (1)( p 1) (mod p) hay Lại có ( Fn1 , Fn )  (theo bổ đề 3.6.1), nên Fn 1 không chia hết cho p, suy Fnp11  1(mod p) (theo định lý phecma bé) Nên (1) ( p 1)  1(mod p), suy (1)( p1)  p  4m  Bài toán 25 Chứng minh a Nếu số nguyên tố p có dạng 5m  Fp 1 p Lời giải Theo (2.3), ta có p 1 Fp 1  Hay p 1 ( p 3)  p 1 i i i i C ( 5)  C (  5)  C p2i11 5i   p  p      i 0 i 0  i 0 p 1 Fp 1   C1p 1  C 3p 1  C 5p 1 52   C pp12 5( p 3)  Do p số nguyên tố nên C pk p với  k  p  1, C pk  C pk 1  C pk 11  0(mod p), hay C p01  C1p 1  C p21   C pp11 (mod p) suy Từ ta có p 1  Fp 1 1   52   5( p 3)  2(mod p)   52   5( p 1)  Vì p 1 Fp 1  nên Lại có nên p 1 5( p 1)  5( p 1)  (mod p)  1(mod p) (theo định lý phecma bé), Fp 1  5( p 1)  (mod p) Vì p số nguyên tố có dạng 5m  nên ( p, 2)  5 ( p 1)  1 p, ta suy Fp 1 p 18 Bài toán 26 Cho m n hai số nguyên dƣơng Chứng minh F mn 1  Fnm1  Fn2 (3.14) Lời giải Dễ thấy (3.14) m  Giả sử (3.14) m  k , k   , tức ta có ( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 Ta chứng minh (3.14) m  k  , tức chứng minh ( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 Thật vậy, theo (2.22), ta có F( k 1) n1  Fnk11  Fknn1  Fnk11  Fkn1Fn1  Fkn Fn  Fnk11 Theo giả thiết quy nạp, ta có ( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 ,   F( k 1) n1  Fnk11  Fnk1Fn1  Fkn Fn  Fnk11 (mod Fn2 ), F( k 1) n1  Fnk11  Fn Fkn (mod Fn2 ) hay Theo (3.11), ta có Fkn Fn , nên Fkn Fn  0(mod Fn2 ) Ta suy hay F( k 1) n1  Fnk11  0(mod Fn2 ), ( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 Bài toán 27 Cho m n hai số nguyên dƣơng Chứng minh ( Fmn  Fnm1  Fnm1 ) Fn3 Lời giải Dễ dàng thấy (3.15) m  Giả sử (3.15) m  k với k   , tức ta có ( Fkn  Fnk1  Fnk1 ) Fn3 Ta chứng minh (3.15) m  k  1, tức chứng minh (3.15) 19 ( F( k 1) n  Fnk11  Fnk11 ) Fn3 Thật vậy, theo (2.22), ta có F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fkn Fn1  Fnk11  Fnk11 Mà theo giả thiết quy nạp, ta có Fkn  Fnk1  Fnk1 (mod Fn3 ), F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  ( Fnk1  Fnk1 ) Fn1  Fnk11  Fnk11 (mod Fn3 )  F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fnk1 ( Fn1  Fn1 )(mod Fn3 )  F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fnk1Fn (mod Fn3 )  F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  ( Fkn1  Fnk1 ) Fn (mod Fn3 ) Mà theo (3.14), ta có Fkn1  Fnk1  0(mod Fn2 ), F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fn3 nên Bài toán 28 Chứng minh q ƣớc nguyên tố Fn khác số nguyên tố p  Fnp , Fn  không chia hết cho q  Fn  Lời giải Theo (3.14), ta có ( Fnp  Fnp1  Fnp1 ) Fn3 , nên  (F np  Fnp1  Fnp1 ) Fn  Fn2 Theo (3.11) , ta có Fnp Fn Lại có Fnp1  Fnp1  ( Fn1  Fn1 )( Fnp11  Fnp1 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn ( Fnp11  Fnp1 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 ) Fn Do  Fnp   ( Fnp11  Fnp1 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn2 ,  F  n  20  Fnp   ( Fnp11  Fnp1 Fn 1   Fn 1 Fnp12  Fnp11 )  Fn   Fn  suy Fn1  Fn1 (mod Fn ) Vì  Fnp   ( Fnp11  Fnp11   Fnp11 )  Fn ,  F  n  nên hay  Fnp  , Fn    p, Fn   pFnp11 (mod p),  Fn  Fn  Fnp Nếu gọi q ƣớc nguyên tố Fn khác số nguyên tố p  Fnp  , Fn  không chia hết cho q không chia hết cho q Do   Fn  3.7 SỐ FIBONACCI VÀ HÀM SINH 3.7.1 Hàm sinh thƣờng Bài toán 30 Cho m n hai số nguyên không âm Tìm  p, Fn   a  F mn n 0 xn ; b L n 0 mn xn Lời giải Theo (2.3), ta có  F n 0  m n   m n   m n n  m   x    ( x)n   m  ( x)n      n 0 n 0  n 0   xn    m  m  ( m   m )  ( m1   m1 ) x Fm  Fm1 x   1   x    x   (   )(1  x  x )  x  x2 5  Thực tƣơng tự ta đƣợc kết  Lm  Lm1 x Lmn xn   1 x  x n 0  3.7.2 Hàm sinh mũ Bài toán 33 Cho n m hai số nguyên không âm, tìm  a Fn n x ;  n 0 n ! Lời giải a Theo (2.3), ta có  b Fnm n x  n 0 n !  21  n   n xn   ( x)n  (  x) n  e x  e  x       n !     n 0 n ! n!    n 0 n 0    n 0 b Theo (2.3), ta có   Fn  n! x   n Fnm n   nm   nm x n   ( m x)n  (  m x)n x          n !     n 0 n ! n! n 0 n ! n 0 n 0   e x  e      Bài toán 34 Cho n m hai số nguyên không âm Chứng minh n a C m0 m n n Fm  F2 n ; C d m n m0 Fm  r  F2 n  r Lời giải  e x  e  x  xn xn   Fn a Với A( x)  B( x)  e x     n! n 0 n 0 n!  n m  x n e( 1) x  e(  1) x e x  e      Cn Fm  n!      n0  m0   x    F2 n n0 xn , n! n F2 n   Cnm Fm suy m0 b Với A( x)  x x   e e xn xn   Fn B( x)  e x     n! n 0 n 0 n!  dr x n d r  e x  e  x   r e x   e  x A ( x )  F      nr dx r n! dx r        n 0 Ta có   dr   n m  xn A ( x ) B ( x )  C F  r     n m  r  n! n0  m0   dx  Do  r e x   e x  r e( 1) x   e(  1) x  r e x   e  x  xn     F2 n  r        n! n 0  ex  n Suy C m0 m n Fm  r  F2 n  r 3.8 NGHỊCH LÝ HÌNH HỌC Theo (2.20), ta có Fn1Fn1  Fn   1 Công thức n tảng hai lớp nghịch lí hình học hấp dẫn m m x  22 Nghịch lí thứ Tổng quát, cho n số chẵn n  Giả sử hình vuông Fn  Fn bị cắt thành mảnh nhƣ hình 3.4 chúng đƣợc lắp ráp thành hình chữ nhật Fn1  Fn1 nhƣ hình 3.5 Khi đó, hình chữ nhật tạo thành dƣ đơn vị diện tích, Fn1Fn1  Fn  Hình 3.4 Hình vuông kích thước Fn  Fn với n chẵn Hình 3.5 Hình chữ nhật kích thước Fn1  Fn1 với n chẵn Nghịch lý thứ Tổng quát, cho n số lẻ n  Giả sử hình vuông Fn  Fn đƣợc cắt thành bốn miếng nhƣ hình 3.9 chúng đƣợc lắp ráp thành hình chữ nhật Fn1  Fn1 nhƣ hình 3.10 Khi đó, hình chữ nhật hình 3.10 bị đơn vị diện tích Fn1Fn1  Fn  1 Hình 3.9 Hình vuông kích thước kích thước Fn  Fn với n lẻ Hình 3.10 Hình chữ nhật Fn1  Fn1 với n lẻ Trong năm 1962, A F Horadam Đại học New England, Úc, tìm đƣợc công thức cho tan  n ,  n biểu thị góc hẹp hai cạnh bên liền kề hình bình hành nhƣ sau: 23 Trƣờng hợp n chẵn n  Dựa vào hình 3.11 ta thấy: n     n   n    arctan   arctan Fn1 F  arctan n2 Fn3 Fn  Fn3 F  arctan n2 arctan x  arctan  x Fn 1 Fn  Fn3 / Fn1    Fn2 / Fn    Fn 3 / Fn 1  Fn 2 / Fn  F  F  F   Fn2  Fn2  Fn3   n3 n1 n2 Fn1  Fn1  Fn2   Fn3 Fn2 tan  n   Fn 3 Fn  Fn 1Fn 2 Fn 1Fn  Fn 3 Fn 2  Fn1Fn3  Fn22 Fn 1Fn 3  Fn22   Fn12  Fn2  Fn2  Fn3   Fn3 Fn2 Fn21  Fn22  Fn3 Fn2 Theo (2.20) (2.23), ta có Fn1Fn3  Fn22  (1)n2  Fn21  Fn22  F2n3 , nên tan  n  Hình 3.11 Hình cho thấy góc  n  F2 n 3  Fn 3 Fn 2 Hình 3.12 Hình cho thấy góc  n n chẵn n lẻ Trƣờng hợp Cho n số lẻ n  , hình 3.12 cho thấy  n   n   n     arctan Fn1 F   arctan n2   Fn3 Fn 24 Nhƣ trƣờng hợp 1, điều dẫn đến phƣơng trình tan  n   1 n 1 F2 n3  Fn3 Fn2   F2 n3  Fn3 Fn2 Nhƣ vậy, hai trƣờng hợp, với n  4, ta có tan  n  F2 n 3  Fn 3 Fn 2 KẾT LUẬN Luận văn trình bày đƣợc số vấn đề nhƣ sau Nguồn gốc xuất định nghĩa dãy Fibonacci, bên cạnh giới thiệu định nghĩa Lucas, dãy có quy luật giống với quy luật dãy Fibonacci Giới thiệu tỉ lệ vàng đặc biệt đƣợc sử dụng để mô tả tính cân đối vạn vật Một số tính chất dãy Fibonacci chứng minh tính chất cách đơn giản dễ hiểu nhất, đồng thời chứng minh đƣợc tỉ số hai số liên tiếp dãy Fibonacci ngày tiến đến tỉ số vàng Các ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp, thông qua tính chất dãy để giải tập ứng dụng cách có hệ thống ... dạng Dãy Fibonacci tỉ lệ lẻ ngẫu nhiên, nhƣng kỳ lạ đem lại cân hoàn hảo Hơn nữa, ứng dụng dãy Fibonacci toán học lại phong phú Vì việc tìm hiểu sâu giới thiệu dãy Fibonacci ứng dụng toán sơ cấp. .. thú chứng minh tính phong phú dãy Fibonacci ứng dụng nó, đặc biệt toán sơ cấp Ý nghĩa khoa học thực tiễn  Ý nghĩa khoa học Góp phần làm sáng tỏ định lý, tính chất dãy Fibonacci ứng dụng dãy Fibonacci. .. dãy Fibonacci - Trình bày ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp 2 Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu - Giới thiệu dãy Fibonacci - Ứng dụng dãy Fibonacci toán sơ cấp Phƣơng pháp nghiên cứu - Thu thập tài