Đa thức Fibonacci ứng dụng Lê Thị Kim Uyên Trường THPT Ngô Gia Tự, tỉnh Đăklăk Các đa thức Fibonacci nghiên cứu E.C Catalan (1883) đa thức xác định hệ thức truy hồi giống trường hợp số Fibonacci Một cách tổng quát lớp đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai Việc nghiên cứu vấn đề có ích việc tìm hiểu sâu tốn học phổ thông, công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Trong này, đề cập tới số tính chất đa thức dạng Fibonacci, đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai số tốn áp dụng trường THPT Các định nghĩa Định nghĩa [4] Dãy đa thức {an (x)} gọi dãy đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai thỏa mãn hệ thức truy hồi tuyến tính an (x) = p(x)an−1 (x) + q(x)an−2 (x) (1) p(x) q(x) đa thức nhận giá trị thực phức với biến x Khi p(x) = x, q(x) = 1, a1 (x) = a2 (x) = x ta đuợc đa thức Fibonacci Ký hiệu fn (x) Dãy đa thức {fn (x)} thỏa mãn hệ thức truy hồi fn+2 (x) = xfn+1 (x) + fn (x) với n ∈ Z+ f1 (x) = 1, f2 (x) = x gọi dãy đa thức Fibonacci Mệnh đề Giả sử {an (x)} {bn (x)} với n ∈ Z+ , hai dãy đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1) Nếu a0 (x) = b0 (x) a1 (x) = b1 (x) hai dãy {an (x)} {bn (x)} trùng nhau, nghĩa an (x) = bn (x) với n ∈ Z+ Chứng minh Ta chứng minh mệnh đề phương pháp qui nạp Theo giả thiết mệnh đề với n = 0, Giả sử mệnh đề với n = 2, , j − với j ≥ Khi aj (x) = p(x)aj−1 (x) + q(x)aj−2 (x) = p(x)bj−1 (x) + q(x)bj−2 (x) = bj (x) Cho nên mệnh đề với n = j Vậy mệnh đề với n ∈ Z+ Một số công thức đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai Định lí [4] (Cơng thức Binet tổng qt) Cho dãy đa thức {an (x)} xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1) Khi an (x) = a1 (x)−β(x)a0 (x) n (x) n α (x) − a1 (x)−α(x)a β (x) α(x)−β(x) α(x)−β(x) na1 (x)αn−1 (x) − (n − 1)a0 (x)αn (x) α(x) = β(x) α(x) = β(x) α(x) β(x) nghiệm phương trình đặc trưng t2 − p(x)t − q(x) = 135 Chứng minh Vì α(x), β(x) nghiệm phương trình đặc trưng t2 − p(x)t − q(x) = nên theo định lý Viet ta có α(x) + β(x) = p(x), α(x)β(x) = −q(x) Hệ thức (1) viết lại an (x) = (α(x) + β(x)) an−1 (x) − α(x)β(x)an−2 (x) hay an (x) − α(x)an−1 (x) = β(x) [an−1 (x) − α(x)an−2 (x)] =β(x) [β(x) (an−2 (x) − α(x)an−3 (x))] = · · · = β n−1 (x) [a1 (x) − α(x)a0 (x)] Do an (x) = α(x)an−1 (x) + β n−1 (x) [a1 (x) − α(x)a0 (x)] Vì an (x) α(x) = n β (x) β(x) an−1 (x) β n−1 (x) + a1 (x) − α(x)a0 (x) β(x) Đặt bn (x) = an (x)/β n (x) Từ (2) ta thu bn (x) = α(x) a1 (x) − α(x)a0 (x) bn−1 (x) + β(x) β(x) Hơn nữa, an = can−1 + d, n ≥ n a cn + d c − c = c−1 an = a0 + nd c = Do α(x) = β(x) n a1 (x) − α(x)a0 (x) (α(x)/β(x))n − β(x) α(x)/β(x) − 1 a1 (x) − α(x)a0 (x) n = n αn (x)b0 (x) + (α (x) − β n (x)) β (x) α(x) − β(x) bn (x) = b0 (x) α(x) β(x) + hay an (x) a1 (x) − α(x)a0 (x) n = n αn (x)a0 (x) + (α (x) − β n (x)) n β (x) β (x) α(x) − β(x) Vì an (x) = a1 (x) − β(x)a0 (x) n a1 (x) − α(x)a0 (x) n α (x) − β (x) α(x) − β(x) α(x) − β(x) Nếu α(x) = β(x) bn (x) = b0 (x) + n a1 (x) − α(x)a0 (x) hay β(x) an (x) a1 (x) − α(x)a0 (x) = a0 (x) + n n β (x) β(x) nên an (x) = a0 (x)β n (x) + nβ n−1 (x) [a1 (x) − α(x)a0 (x)] = na1 (x)αn−1 (x) − (n − 1)a0 (x)αn (x) 136 (2) Bài toán [3](Đề thi chọn đội tuyển Olympic Toán THPT Việt Nam năm 1999, bảng A) Cho hai dãy số (xn ), n = 0, 1, 2, (yn ), n = 0, 1, 2, xác định sau: x0 = 1, x1 = xn+2 = 3xn+1 − xn với n = 0, 1, 2, x0 = 1, y1 = yn+2 = 3yn+1 − yn với n = 0, 1, 2, Chứng minh x2n − 5yn2 + = với n = 0, 1, 2, Lời giải Gọi α, β nghiệm phương trình đặc trưng t2 − 3t + = Khi √ √ 3+ 3− α= ,β = 2 Áp dụng Định lý ta √ √ 5+ 3+ xn = √ 2 √ √ 1+ 1+ = 2 √ 2n+1 1+ = − √ √ 5− 3− − √ 2 √ √ 2n 5−1 5−1 − 2 √ 2n+1 5−1 n √ √ 2n+1 1+ yn = √ + 5−1 2n+1 n 2n Do x2n − 5yn2 + = √ √ 2n+1 2n+1 2 5−1 1+ − 2 √ 2n+1 √ 2n+1 1+ 5−1 +4 − + 2 = − √ 1+ √ 2n+1 5−1 2n+1 + = Vậy x2n − 5yn2 + = với n = 0, 1, 2, Chú ý Để thuận tiện việc trình bày Định lý ta đặt A1 (x) = a1 (x) − β(x)a0 (x) a1 (x) − α(x)a0 (x) = A1 , A2 (x) = = A2 , α(x) − β(x) α(x) − β(x) am (x) = am với m ∈ Z+ , α(x) = α β(x) = β Định lí Cho dãy đa thức {an (x)} xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1) Khi với n, m, r số nguyên dương am an − am−r an+r = a1 [a1 ar − a0 ar+1 ] an−m+r (−q(x))r−m [a21 − a1 a0 p(x) − q(x)a20 ] a0 [a1 ar − a0 ar+1 ] an−m+r+1 − (−q(x))r−m [a21 − a1 a0 p(x) − q(x)a20 ] 137 Chứng minh Theo Định lý ta có am an − am−r an+r = =[A1 αm − A2 β m ][A1 αn − A2 β n ] − [A1 αm−r − A2 β m−r ][A1 αn+r − A2 β n+r ] =A1 A2 αm−r β n [β r − αr ] + A1 A2 αn β m−r [αr − β r ] =A1 A2 [αr − β r ] αn β m−r − αm−r β n =A1 A2 [αr − β r ]αm−r β m−r [αn−m+r − β n−m+r ] αr − β r αn−m+r − β n−m+r =A1 A2 [α − β]2 (−q(x))m−r α−β α−β A1 A2 [α − β] a1 ar − a0 ar+1 a1 an−m+r − a0 an−m+r+1 = A1 A2 [α − β]2 (−q(x))r−m A1 A2 [α − β]2 [a1 ar − a0 ar+1 ] [a1 an−m+r − a0 an−m+r+1 ] = (−q(x))r−m [a21 − a1 a0 p(x) − q(x)a20 ] Hệ Cho dãy đa thức {an (x)} xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1) Khi đó: an+1 an−1 − a2n = (−q(x))n−1 [a2 a0 − a21 ] , Chứng minh Hệ suy từ Định lý trường hợp m = n r = Bài toán [3](Đề thi chọn đội tuyển Olympic Toán THPT Việt Nam năm 1994, bảng B) Cho dãy số Fibonacci (un ), n = 1, 2, xác định bởi: u1 = u2 = 1, un+2 = un+1 + un với n = 1, 2, 3, Hãy tìm số nguyên dương m cho m−1 um 2k + um 2k+1 s−1 s.us−1 2k u2k+1 = s=1 với k = 1, 2, 3, Lời giải Từ giả thiết số m cần tìm phải thỏa mãn với k = 1, lúc m−1 m um + u3 = s−1 s.us−1 u3 s=1 hay m−1 m s.2s−1 1+2 = (1) s=1 m−1 Đặt S = s.2s−1 , 2S = m−1 s.2s s=1 s=1 Từ có m−1 m−1 s S =2S − S = s.2s−1 s.2 − s=1 s=1 m−1 m−1 =(m − 1).2 m−1 =(m − 1).2 m−1 s−1 − s=1 m−1 − (2 m−1 (s − (s − 1)) = (m − 1).2 2s−1 − s=1 m−1 − 1) = (m − 2).2 138 + (2) Từ (1) (2) ta có + 2m = (m − 2).2m−1 + Do m = Áp dụng Hệ ta u22k+1 = u2k+2 u2k − (−1)2k [u2 u0 − u21 ] = u2k+2 u2k + (3) u22k = u2k+1 u2k−1 − (−1)2k−1 [u2 u0 − u21 ] = u2k+1 u2k−1 − (4) Lấy (3) trừ (4) vế theo vế ta u22k+1 − u22k =u2k+2 u2k − u2k+1 u2k−1 + =(u2k+1 + u2k )u2k − u2k+1 (u2k+1 − u2k ) + =2u2k+1 u2k + u22k − u22k+1 + Do u22k+1 − u22k = u2k+1 u2k + với k = 1, 2, 3, Với m = ta có u42k+1 + u42k − 2u22k+1 u22k = u22k+1 u22k + 2u2k+1 u2k + hay u42k+1 + u42k = + 2u2k+1 u2k + 3u22k+1 u22k với k = 1, 2, 3, Vậy m = số thỏa mãn yêu cầu đề Bài toán [3](Đề thi chọn đội tuyển Olympic Toán THPT Việt Nam năm 1997, bảng B) Cho dãy số nguyên (an ), n = 0, 1, 2, xác định sau: a0 = 1, a1 = 45 an+2 = 45an+1 − 7an với n = 0, 1, 2, a) Tính số ước dương a2n+1 − an an+2 theo n b) Chứng minh 1997a2n + 7n+1 số phương với n Lời giải a) Xét dãy số nguyên a0 = 1, a1 = 45 an+2 = 45an+1 − 7an với n = 0, 1, 2, Áp dụng Hệ ta a2n+1 − an an+2 = −7n [a2 a0 − a21 ] = 7n+1 (1) Từ (1) suy số ước số dương a2n+1 − an an+2 n + b) Từ (1) ta có: a2n+1 − an (45an+1 − 7an ) − 7n+1 = hay a2n+1 − 45an an+1 + 7a2n − 7n+1 = với n ∈ N Điều chứng tỏ phương trình x2 − 45an x + 7a2n − 7n+1 = có nghiệm nguyên nên ∆ = (45an )2 − 4(7a2n − 7n+1 ) = 1997a2n + 7n+1 phải số phương Dạng lượng giác đa thức xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai Định lí Cho dãy đa thức {an (x)} xác định hệ thức truy hồi tuyến tính cấp hai (1) Khi (i) Với giá trị x làm cho q(x) < |p(x)| ≤ −q(x) ta có n−1 an (x) = −q(x) a1 (x) sin nθ sin(n − 1)θ − a0 (x) −q(x) sin θ sin θ 139 θ xác định hệ thức p(x) = −q(x) cos θ (ii) Với giá trị x làm cho q(x) < p(x) > n−1 an (x) = −q(x) a1 (x) −q(x) ta có sinh nθ sinh(n − 1)θ − a0 (x) −q(x) sinh θ sinh θ θ xác định hệ thức p(x) = −q(x) cosh θ Chứng minh (i) Giả sử θ góc thỏa mãn hệ thức p(x) = n−1 −q(x) bn (x) = a1 (x) −q(x) cos θ Đặt sin nθ sin(n − 1)θ − a0 (x) −q(x) sin θ sin θ Ta chứng minh bn (x) = an (x) Vì |cos θ| ≤ nên |p(x)| ≤ −q(x) Ta có b1 (x) = a1 (x) −q(x) a1 (x)2 cos θ − a0 (x) b2 (x) = −q(x) = p(x)a1 (x) + q(x)a0 (x) = a2 (x) Mặt khác n−2 −q(x) cos θ p(x)bn−1 (x) = −q(x) a1 (x) sin(n − 1)θ sin θ n−2 − −q(x) cos θ n−1 −q(x) =a1 (x) −q(x) a0 (x) n n−1 −q(x) a1 (x) sin(n − 2)θ sin θ sin(n − 1)θ cos θ sin θ − a0 (x) = −q(x) −q(x) sin(n − 2)θ cos θ sin θ sin nθ + sin(n − 2)θ sin θ n − a0 (x) −q(x) sin(n − 1)θ + sin(n − 3)θ sin θ Ta có q(x)bn−2 (x) sin(n − 2)θ sin(n − 3)θ − a0 (x) −q(x) sin θ sin θ n−3 sin(n − 2)θ −q(x) a1 (x) sin θ n−3 sin(n − 3)θ −q(x) −q(x) a0 (x) −q(x) sin θ sin(n − 2)θ sin(n − 3)θ a1 (x) − a0 (x) −q(x) sin θ sin θ n−3 =q(x) −q(x) =− −q(x) + n−1 =− −q(x) a1 (x) Từ suy p(x)bn−1 (x) + q(x)bn−2 (x) 140 n−1 −q(x) = a1 (x) sin nθ sin(n − 1)θ − a0 (x) −q(x) = bn (x) sin θ sin θ Do theo Mệnh đề ta chứng minh bn (x) = an (x) (ii) Giả sử θ góc thỏa mãn hệ thức p(x) = −q(x) cosh θ Đặt n−1 −q(x) cn (x) = a1 (x) sinh nθ sinh(n − 1)θ − a0 (x) −q(x) sinh θ sinh θ Ta chứng minh cn (x) = an (x) Ta có c1 (x) = a1 (x) −q(x) a1 (x)2 cosh θ − a0 (x) c2 (x) = −q(x) = p(x)a1 (x) + q(x)a0 (x) = a2 (x) Tính tốn ta p(x)cn−1 (x) sinh(n − 1)θ sinh(n − 2)θ − a0 (x) −q(x) sinh θ sinh θ n−1 sinh nθ + sinh(n − 2)θ −q(x) a1 (x) sinh θ n−1 sinh(n − 1)θ + sinh(n − 3)θ −q(x) a0 (x) −q(x) − sinh θ n−1 −q(x) =2 cosh θ = a1 (x) Ta có q(x)cn−2 (x) n−3 =q(x) −q(x) n−1 =− −q(x) sinh(n − 3)θ sinh(n − 2)θ − a0 (x) −q(x) sinh θ sinh θ sinh(n − 3)θ sinh(n − 2)θ − a0 (x) −q(x) a1 (x) sinh θ sinh θ a1 (x) Do p(x)cn−1 (x) + q(x)cn−2 (x) n−1 sinh nθ −q(x) = a1 (x) − a0 (x) sinh θ −q(x) sinh(n − 1)θ = cn (x) sinh θ Cho nên theo Mệnh đề ta chứng minh cn (x) = an (x) Mệnh đề [6] (Công thức lượng giác đa thức Fibonacci) Với x = 2i cosh z sinh nz fn (x) = in−1 sinh z Chứng minh Vì x = 2i cosh z nên √ 4i2 cosh2 z + = 2i sinh z Do √ x + x2 + λ(x) = = i(cosh z + sinh z) = iez x2 + = µ(x) = i(cosh z − sinh z) = ie−z Khi fn (x) = λn (x) − µn (x) enz − e−nz sinh nz = in−1 z = in−1 −z λ(x) − µ(x) e −e sinh z 141 Mệnh đề [6] (Nghiệm đa thức Fibonacci) Các nghiệm đa thức Fibonacci có dạng x = 2i cos kπ , ≤ k ≤ n − n Chứng minh Đặt z = u + iv Khi |sinh z|2 = sinh2 u + sin2 v |cosh z|2 = sinh2 u + cos2 v Vì u số thực nên sinh u = u = Vì nghiệm sinh z nghiệm sinh iv = i sin v nghiệm cosh z nghiệm cosh iv = cos v Khi theo Mệnh đề ta có fn (x) = ⇔ sinh nz = sinh z = sin nv = ⇔ z = iv sinh z = nv = ±kπ ⇔ z = ±ikπ/n i sin v = Khi x = 2i cosh z = 2i cosh iv = 2i cos v = 2i cos kπ/n ≤ k ≤ n − Bài tốn Giải phương trình: a) g(x) = x5 + 4x3 + 3x b) g(x) = x6 + 5x4 + 6x2 + Lời giải a) Ta thấy g(x) = f6 (x), f6 (x) đa thức Fibonacci thứ Theo Mệnh đề kπ nghiệm f6 (x) = x5 + 4x3 + 3x xác định x = 2i cos , ≤ k ≤ π √ Khi k = 1, x = 2i cos = 3i π Khi k = 2, x = 2i cos = i √ Tương tự k = 3, 4, ta giá trị x tương ứng 0, −i, − 3i Do f6 (x) √ có nghiệm 0, ±i, ± 3i Vì g( x) = x(x2 + 1)(x2 + 3) b) Ta thấy g(x) = f7 (x), f7 (x) đa thức Fibonacci thứ Theo Mệnh đề kπ nghiệm f7 (x) = x6 + 5x4 + 6x2 + xác định x = 2i cos , ≤ k ≤ π Khi k = 1, x = 2i cos 2π Khi k = 2, x = 2i cos 3π 3π Tương tự k = 3, 4, 5, ta giá trị x tương ứng 2i cos , −2i cos , 7 2π π π 2π 3π −2i cos , −2i cos Do f7 (x) có nghiệm ±2i cos , ±2i cos , ±2i cos 7 7 2 π 2 2π 2 3π Vì g( x) = (x + cos )(x + cos )(x + cos ) 7 142 Tài liệu [1] Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức, Nxb Giáo dục Hà Nội [2] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải (2001), Hàm biến phức, Nxb Giáo dục Hà Nội [3] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2007), Các thi Olympic Toán THPT Việt Nam (1990-2006), Nxb Giáo dục [4] Tian-Xiao He and Peter J.-S.Shiue (2009), On sequences of numbers and polynomials defined by linear recurrence relations of order 2, Article ID 709386, pp 6-11 [5] T Horzum and E G Kocer (2009), On some properties of Horadam polynomials, International Mathematical Forum, pp 1243-1250 [6] T Koshy (2001), Fibonacci and Lucas number with applications, Wiley-Interscience, NewYork, NY, USA, pp 444-494 143