Về một vài mở rộng mới của dãy fibonacci

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH HỒNG CHINH VỀ MỘT VÀI MỞ RỘNG MỚI CỦA DÃY FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH HỒNG CHINH VỀ MỘT VÀI MỞ RỘNG MỚI CỦA DÃY FIBONACCI Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - 2019 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Dãy Fibonacci mở rộng trước năm 1970 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Mở rộng Horadam (1961)[1] 4 Hai mở rộng dãy Fibonacci 2.1 Mở rộng dãy Fibonacci M Edson, O Yayenie (2009)[3] 2.2 Mở rộng dãy Fibonacci Goksal Bilgici (2014)[2] 15 15 23 Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 33 Bảng ký hiệu N Z≥0 Q+ (Fn )n∈N Fn (L(n))n∈N Ln tập hợp số tự nhiên tập hợp số nguyên không âm tập hợp số hữu tỉ dương dãy số Fibonacci số Fibonacci thứ n dãy Lucas số Lucas thứ n Mở đầu Năm 1202 Leonardo Pisa giới thiệu sách tiếng dãy Fibonacci, dãy xác định công thức đệ quy Fn = Fn−1 + Fn−2 với điều kiện ban đầu F0 = 0, F1 = Có thể nói dãy số có q nhiều tính chất lý thú, ứng dụng nhiều lĩnh vực khác khoa học thực tế sống Và thu hút quan tâm nhiều nhà tốn học Vì có nhiều nhà tốn học cố gắng tìm mở rộng dãy số Fibonacci Bằng cách tạo dãy số mà trường hợp đặc biệt dãy Fibonacci Thơng thường có cách mở rộng dãy Fibonacci: cách giữ nguyên công thức đệ quy cho số hạng thứ n dãy thay đổi điều kiện ban đầu, cách giữ nguyên điều kiện ban đầu thay đổi ràng buộc quan hệ đệ quy để tính số hạng thứ n thơng qua số hạng đứng trước nó, phụ thuộc vào hay nhiều tham số khác Và có nhiều dãy số thú vị khác nghiên cứu: Dãy Pell, dãy Lucas, dãy k-Fibonacci Với mong muốn tìm hiểu hai mở rộng gần dãy Fibonacci, chọn đề tài "Về vài mở rộng dãy Fibonacci" làm đề tài luận văn cao học Mục tiêu luận văn trình bày mở rộng gần dãy Fibonacci thông qua tài liệu tham khảo [1] − [3] Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày hai chương: Chương Dãy Fibonacci vài mở rộng trước năm 1970 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Nội dung trình bày dãy số Fibonacci, công thức Binet, hàm sinh, tỉ số vàng 1.2 Mở rộng Horadam (1961) Chương Hai mở rộng dãy Fibonacci 2.1 Mở rộng dãy Fibonacci M Edson, O Yayenie (2009) 2.2 Mở rộng dãy Fibonacci Goksal Bilgici (2014) Để hoàn thành luận văn này, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nông Quốc Chinh, người thầy nhiệt huyết truyền thụ kiến thức, hướng đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình làm luận văn Đồng thời, xin chân thành cảm ơn thầy, cô phản biện dành thời gian đọc đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Qua luận văn này, muốn gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè ln động viên, giúp đỡ thời gian làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng hồn thiện luận văn tất nhiệt tình lực Tuy nhiên, luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận đóng góp q báu thầy bạn Thái Nguyên, ngày 22 tháng 10 năm 2019 Tác giả luận văn Đinh Hồng Chinh Chương Dãy Fibonacci mở rộng trước năm 1970 1.1 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.1.1 Dãy số Fibonacci, ký hiệu (Fn )n∈N , định nghĩa hệ thức truy hồi sau Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ (1.1) với F0 = 0, F1 = Theo định nghĩa, ta có dãy số Fibonacci 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, √ √ 1− 1+ β = , Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet) Với n ∈ Z, α = 2 ta có số Fibonacci có dạng αn − β n Fn = α−β (1.2) Định nghĩa 1.1.3 Hàm sinh dãy số vô hạn a0 , a1 , a2 , , an , chuỗi hình thức xác định G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn + Với |x| < 1, ta có số đẳng thức thường dùng hàm sinh 1 = + x + x2 + x3 + 1−x (1.3) = + 2x + 3x2 + 4x3 + (1 − x) ∞ n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) Cii+n−1 xi = + nx + x + x + = (1 − x)n 2! 3! i=0 với n ∈ N 1−ax = + ax + a2 x2 + a3 x3 + = − x + x2 − x3 + 1+x = + 2ax + 3a2 x2 + 4a3 x3 + (1 − ax) = + xr + x2r + x3r + , với r ∈ N∗ r 1−x = − xr + x2r − x3r + , với r ∈ N∗ r 1+x Mệnh đề 1.1.4 (Công thức hàm sinh) Hàm sinh dãy Fibonacci (Fn )n∈N ∞ x (1.4) F (x) = Fn x n = − x − x n=0 Định nghĩa 1.1.5 Hai đại lượng a b có tỷ số vàng Φ a+b a = = Φ a b Từ (1.5) suy Φ×Φ= a + b a (a + b)a a + b a b × = = = + = Φ + 1, a b ab b b b a+b a b+a−a b − = = = a a a a Φ Vậy số Φ có tính chất đặc biệt sau Φ−1= Φ × Φ = Φ + 1, = Φ − Φ Nghiệm phương trình bậc hai √ 1+ Φ= ≈ 1.6180339887 (1.5) Số Φ "đẹp" theo hai cách sau Φ= 1+ 1+ 1+ √ 1 + = + 1+ 1+ 1+ 1+ 1 + Số Φ lại giống với kết chia số liên tiếp dãy Fibonacci cho (ví dụ 5/3=1,666; 13/8=1,625) Chúng ta biết tỷ lệ vàng xuất nhiều tự nhiên lĩnh vực đời sống Tiếp theo chúng tơi trình bày số dãy số tính chất chúng, kết sử dụng chứng minh phần sau Định nghĩa 1.1.6 Dãy số Lucas, ký hiệu (Ln )n∈N , định nghĩa hệ thức truy hồi sau Ln = Ln−1 + Ln−2 , n ≥ (1.6) với điều kiện ban đầu L0 = 2, L1 = Mệnh đề 1.1.7 (Công thức Binet cho dãy Lucas) Ta có số hạng dãy Lucas (Ln )n∈N √ n √ n Ln = + + − (1.7) Mệnh đề 1.1.8 (Cơng thức hàm sinh dãy Lucas) Ta có hàm sinh dãy Lucas (Ln )n∈N ∞ Ln xn = L(x) = n=0 2−x − x − x2 (1.8) Định nghĩa 1.1.9 Dãy số Pell dãy Pell-Lucas ký hiệu (Pn )n∈N (Qn )n∈N Trong Các số Pell thỏa mãn hệ thức truy hồi Pn = 2Pn−1 + Pn−2 (1.9) với điều kiện ban đầu P0 = 0, P1 = Các số Pell-Lucas thỏa mãn hệ thức truy hồi Qn = 2Qn−1 + Qn−2 với điều kiện ban đầu Q0 = 2, Q1 = (1.10) Mệnh đề 1.1.10 (Công thức Binet) Công thức Binet cho số Pell Pell-Lucas √ √ (1 + 2)n − (1 − 2)n √ Pn = (1.11) 2 √ √ Qn = (1 + 2)n + (1 + 2)n (1.12) √ √ 1+ √ 1− nghiệm phương trình x2 −2x−1 = Và nghiệm dương + biết đến “ tỷ số bạc” Mệnh đề 1.1.11 (Công thức hàm sinh) Hàm sinh dãy Pell dãy PellLucas ∞ x P (x) = Pn x n = (1.13) − 2x − x n=0 ∞ Qn xn = Q(x) = n=0 − 2x − 2x − x2 (1.14) 19 Định lý 2.1.4 Với số nguyên n khơng âm bất kỳ, ta có a1−ξ(n) bξ(n) qn−1 qn+1 − aξ(n) b1−ξ(n) qn2 = a(−1)n (2.6) Vì (2.6) trường hợp đặc biệt kết nêu đây, nên chứng minh từ kết Định lý 2.1.5 Với hai số ngun khơng âm n r với n ≥ r, ta có aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r − aξ(n) b1−ξ(n) qn2 = aξ(r) b1−ξ(r) (−1)n+1−r qr2 (2.7) Chứng minh Sử dụng công thức Binet mở rộng (2.4), ta aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r =a b (ab) = = a2−ξ(n−r) b1−ξ(n−r) (ab) n+r αn−r − β n−r αn+r − β n+r α−β α−β (ab)n−ξ(n−r) a (ab)n−1 n−r αn−r − β n−r αn+r − β n+r α−β α−β a1−ξ(n+r) a1−ξ(n−r) ξ(n−r) 1−ξ(n−r) α2n − (αβ)n−r α2r + β 2r + β 2n (α − β)2 Và aξ(n) b1−ξ(n) qn2 =a   a2−2ξ(n)  n  (ab)   α2n − 2(αβ)n + β 2n    (α − β)2 ξ(n) 1−ξ(n)  b   α2n − 2(αβ)n + β 2n a   n  (α − β)2 +ξ(n)−1 (ab) a α2n − 2(αβ)n + β 2n (ab)n−1 (α − β)2   =  =  20 Vì aξ(n−r) b1−ξ(n−r) qn−r qn+r − aξ(n) b1−ξ(n) qn2 2(αβ)n − (αβ)n−r α2r + β 2r a = (ab)n−1 (α − β)2 2r r r 2r −a n−r α − 2α β + β = (αβ) (ab)n−1 (α − β)2 r r −a n−r α − β (−ab) = (ab)n−1 α−β r (ab) 2 a n+1−r · = (−1) q (ab)r−1 a2−2ξ(r) r = (−1)n+1−r a2ξ(r)−1 (ab)1−ξ(r) qr2 = (−1)n+1−r aξ(r) b1−ξ(r) qr2 Định lý 2.1.6 Với hai số nguyên không âm m n với m ≥ n, ta có aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 − aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm+1 qn = (−1)n aξ(m−n) qm−n (2.8) Chứng minh Ta có ξ(m+1)+ξ(n)−2ξ(mn+n) = ξ(m)+ξ(n+1)−2ξ(mn+m) = 1−ξ(m−n) ξ(m − n) = ξ(mn + m) + ξ(mn + n) Sử dụng công thức Binet mở rộng (2.4) ta có aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 = a(ab)−n (ab) m−n−ξ(m−n) αm+n+1 + β m+n+1 − (αβ)n (βαm−n + αβ m−n ) (α − β)2 aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm+1 qn = a(ab)−n (ab) m−n−ξ(m−n) αm+n+1 + β m+n+1 − (αβ)n αm−n+1 + β m−n+1 (α − β)2 21 Vì aξ(mn+m) b1−ξ(mn+m) qm qn+1 −aξ(mn−n) b1−ξ(mn−n) qm+1 qn (−1)n a = m−n−ξ(m−n) αm−n − β m−n α−β (ab) = (−1)n aaξ(m−n)−1 qm−n = (−1)n aξ(m−n) qm−n Định lý 2.1.7 Với hai số nguyên không âm m n ta có aξ(mn+m) bξ(mn+n) qm qn+1 + aξ(mn+n) bξ(mn+m) qm−1 qn = aξ(m+n) qm+n (2.9) Dạng tương đương với aξ(km) bξ(km+k) qm qk−m+1 + aξ(km+k) bξ(km) qm−1 qk−m = aξ(k) qk (2.10) Với hai số nguyên không âm n k với n ≥ k , 2 a1−ξ(n+k) bξ(n+k) qn+k+1 + aξ(n−k) b1−ξ(n−k) qn−k = aq2n+1 q2k+1 (2.11) Với số tự nhiên n 2n aqk−1 qk = q2n (2.12) k=1 Và 2n+1 aqk−1 qk = k=1 a b q2n+1 −1 (2.13) Nếu m|n, qm |qn Với hai số tự nhiên n m bất kì, ta có gcd (qm , qn ) = qgcd(m,n) Với số nguyên n không âm qn+2 − qn2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 , qn+2 + qn2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 + 2qn2 (2.14) Suy a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 + (2qn qn+2 )2 = a1−ξ(n) bξ(n) q2n+2 + 2qn2 (2.15) Dạng tạo ba Pythagore liên quan đến dãy Fibonacci tổng quát 22 Với ba số nguyên n, k, j không âm với k ≥ j , n n a(−1) ξ(j)ξ(n+k) b−(−1) (−1)j qn qk−j ξ(j)ξ(n+k) n qk qn+j −a(−1) ξ(k)ξ(n+j) −(−1)n ξ(k)ξ(n+j) b qj qn+k = Định lý 2.1.8 Với số nguyên n không âm bất kỳ, ta có n n k k=0 n n k k=0 aξ(k) (ab) k+1 aξ(k+1) (ab) k qk = q2n (2.16) qk+1 = aq2n+1 (2.17) Chứng minh Ta có   k      αk − β k a = (ab) aξ(k) qk α−β với số nguyên k không âm Vì n n k k=0 = a ξ(k) (ab) n a α−β α ab n αk − n − β ab k=0 n αk − β k a α−β n k qk = k=0 n n k k=0 a = α−β k n k βk = a [(α + 1)n − (β + 1)n ] α−β α2n − β 2n α−β a = (ab)n = q2n Và n k=0 n k ξ(k+1) a (ab) k+1 n qk+1 = k=0 n k αk+1 − β k+1 a α−β n n a n = α αk − β k α−β k=0 k=0 a = [α(α + 1)n − β(β + 1)n ] α−β n n a α2 β2 = α −β α−β ab ab a α2n+1 − β 2n+1 = (ab)n α−β = aq2n+1 n k βk 23 2.2 Mở rộng dãy Fibonacci Goksal Bilgici (2014)[2] Định nghĩa 2.2.1 Xét dãy số {ln }∞ n=0 cho công thức truy hồi ln = 2aln−1 + b − a2 ln−2 (n ≥ 2) (2.18) với l0 = 2, l1 = 2a, đó, a số thực khác khơng b ≥ Định nghĩa 2.2.2 Xét dãy số {fn }∞ n=0 cho công thức truy hồi fn = 2afn−1 + b − a2 fn−2 (n ≥ 2) (2.19) với f0 = 0, f1 = Trong đó, a số thực khác không b ≥ Từ (2.19), ta có: Nếu cho (a, b) = 12 , 54 dãy {fn }∞ n=0 dãy Fibonacci cổ điển (1.1) ∞ Nếu cho (a, b) = (1, 2) dãy {fn }n=0 dãy Pell (1.9) Còn cho (a, b) = 12 , 94 dãy {fn }∞ n=0 dãy Jacobsthal định nghĩa Định nghĩa 2.2.3 (Dãy Jacobsthal) Dãy Jacobsthal ký hiệu (Jn )n∈N dãy cho công thức truy hồi jn = jn−1 + 2jn−2 (n ≥ 2) (2.20) với j0 = 0, j1 = ∞ Tiếp theo, đưa hàm sinh cho dãy {fn }∞ n=0 {ln }n=0 ∞ Định lý 2.2.4 (Công thức hàm sinh {fn }∞ n=0 ) Cho dãy số {fn }n=0 xác định (2.19) Khi hàm sinh {fn }∞ n=0 ∞ fn xn = n=0 x − 2ax − (b − a2 ) x2 (2.21) 24 ∞ fn xn Khi đó, ta có Chứng minh Ta đặt f (x) = n=0 ∞ fn xn f (x) = x + 2ax + (1) n=3 ∞ 2afn−1 xn −2axf (x) = −2ax − (2) n=3 ∞ 2 a2 − b fn−2 xn a − b x f (x) = (3) n=3 Ta cộng (1), (2), (3) sử dụng hệ thức truy hồi (2.20), ta − 2ax − b − a2 x2 f (x) = x Từ đó, ta điều phải chứng minh ∞ Định lý 2.2.5 (Công thức hàm sinh {ln }∞ n=0 ) Cho dãy số {ln }n=0 xác định (2.18) Khi hàm sinh {ln }∞ n=0 ∞ ln xn = n=0 ∞ Chứng minh Ta đặt l(x) = − 2ax − 2ax − (b − a2 ) x2 (2.22) ln xn Khi đó, ta có n=0 ∞ ln xn l (x) = + 2ax + (4) n=2 ∞ 2aln−1 xn −2ax.l (x) = −4ax − (5) n=2 ∞ 2 a2 − b ln−2 xn a − b x l (x) = (5) n=2 Ta cộng (4), (5), (6) sử dụng hệ thức truy hồi (2.18), ta − 2ax − b − a2 x2 l (x) = − 2ax Từ đó, ta điều phải chứng minh 25 ∞ Các định lí sau cho ta công thức Binet dãy {fn }∞ n=0 {ln }n=0 ∞ Định lý 2.2.6 (Công thức Binet {fn }∞ n=0 ) Cho dãy số {fn }n=0 xác định (2.19) Khi số hạng tổng quát {fn }∞ n=0 αn − β n fn = , (2.23) α−β √ √ đó, α = a + b β = a − b nghiệm phương trình x2 − 2ax − b − a2 = Chứng minh Ta có ∞ fn x n = n=0 x (αx − 1)(βx − 1) Tách vế phải phương trình 1 x 1 =− √ + √ (αx − 1)(βx − 1) b (αx − 1) b (βx − 1) Khi ta thu ∞ 1 1 fn xn = √ − √ b (1 − αx) b (1 − βx) n=0 = √ b ∞ = n=0 ∞ α x − √ b n=0 ∞ n n αn − β n α−β β n xn n=0 xn Từ đó, ta có điều phải chứng minh ∞ Định lý 2.2.7 (Công thức Binet {ln }∞ n=0 ) Cho dãy số {ln }n=0 xác định (2.18) Khi số hạng thứ n {ln }∞ n=0 ln = αn + β n , (2.24) √ √ đó, α = a + b β = a − b nghiệm phương trình x2 − 2ax − b − a2 = Chứng minh Ta có ∞ ln xn = n=0 − 2ax (αx − 1) (βx − 1) 26 Tách vế phải phương trình ta có − 2ax 1 = + (αx − 1) (βx − 1) − αx − βx Từ ta thu ∞ ln xn = n=0 1 + − αx − βx ∞ ∞ n n = β n xn α x + n=0 ∞ n=0 (αn + β n ) xn = n=0 Từ đó, ta có điều phải chứng minh Định lý 2.2.8 Với số nguyên dương n, ta có f−n = − l−n = fn , (a2 − b)n ln (a2 − b)n Chứng minh Áp dụng công thức Binet (2.23) (2.24) ta có f−n β n − αn α−n − β −n = =− fn = n α−β (αβ) (α − β) (αβ)n l−n = α −n +β −n αn + β n = ln n = (αβ) (αβ)n Mà αβ = a2 − b Khi ta có f−n = − l−n = fn (a2 − b)n ln (a2 − b)n Đây điều phải chứng minh (2.25) (2.26) 27 Định lý 2.2.9 Với số nguyên dương n r, ta có n−r fn+r fn−r − fn2 = − a2 − b fr2 (2.27) fr2 (2.28) ln+r ln−r − ln2 = 4b a2 − b n−r Chứng minh Trước tiên ta chứng minh (2.27) Sử dụng cơng thức Binet (2.23), ta có αn+r − β n+r αn−r − β n−r − (αn − β n )2 (α − β) =− αn+r β n−r + αn−r β n+r − 2αn β n (α − β)2 (αβ)n−r 2r =− α − 2αr β r + β 2r (α − β) r r n−r α − β = −(αβ) α−β fn+r fn−r − fn2 = n−r = − a2 − b fr2 Tiếp theo, ta chứng minh (2.28) Sử dụng công thức Binet (2.24), ta có ln+r ln−r − ln2 = αn+r + β n+r αn−r + β n−r − (αn + β n )2 = αn+r β n−r + αn−r β n+r − 2αn β n = (αβ)n−r α2r + β 2r − 2αr β r = (αβ)n−r (αr − β r )2 n−r = (αβ) (α − β) = 4b a2 − b αr − β r α−β n−r fr Vậy, định lý chứng minh Hệ 2.2.10 Với số nguyên dương n, ta có fn+1 fn−1 − fn2 = − a2 − b n−1 (2.29) ln+1 ln−1 − ln2 = 4b a2 − b n−1 (2.30) 28 Hệ 2.2.11 Với số nguyên dương n, ta có fn−2 fn−1 fn+1 fn+2 −fn4 = fn2 a2 − b n−2 −5a2 + b +4a2 a2 − b 2n−3 (2.31) ln−2 ln−1 ln+1 ln+2 − ln4 = ln2 a2 − b n−2 20a2 b − 4b2 + 64a2 b2 a2 − b 2n−3 (2.32) Định lý 2.2.12 Với số nguyên dương m n, ta có fm fn+1 − fn fm+1 = a2 − b n fm−n , (2.33) lm ln+1 − ln lm+1 = −4b a2 − b n fm−n (2.34) Chứng minh Sử dụng cơng thức Binet (2.25) (2.26) ta có fm fn+1 − fn fm+1 = (αm − β m ) αn+1 − β n+1 − (αn − β n ) αm+1 − β m+1 (α − β) = αm+1 β n − αm β n+1 + αn β m+1 − αn+1 β m (α − β) (αβ)n = (α − β)αm−n − (α − β)β m−n (α − β) = (αβ)n fm−n Và lm ln+1 − ln lm+1 = (αm + β m ) αn+1 + β n+1 − (αn + β n ) αm+1 + β m+1 = αm β n+1 + β m αn+1 − αn β m+1 − αm+1 β n = (αβ)n (β − α) αm−n − β m−n = −(αβ)n (α − β)2 fm−n √ Vì αβ = a2 − b, α − β = b nên ta thu (2.40) (2.41) Hệ 2.2.13 Với số nguyên dương m n, ta có fm+n = fm+1 fn − a2 − b fm fn−1 , (2.35) 4bfm+n = lm+1 ln − a2 − b lm ln−1 (2.36) 29 Hệ 2.2.14 Với số nguyên dương n, ta có fn ln = f2n (2.37) Định lý 2.2.15 Với số nguyên dương m n, ta có fn lm = fn+m + a2 − b m fn−m (2.38) Chứng minh Sử dụng công thức Binet (2.23) (2.24) ta có f n lm = αn − β n α−β αn+m + αn β m − αm β n − β n+m (α − β) αn+m − β n+m αn−m − β n−m = + (αβ)m α−β α−β m = fn+m + a − b fn−m (αm − β m ) = Định lý 2.2.16 Với số nguyên dương n, ta có ln+1 − a2 + b ln−1 = 4abfn−1 , (2.39) ln − aln−1 = 2bfn−1 (2.40) Chứng minh Đối với phương trình (2.39), ta có ln−1 + ln+1 = αn−1 + β n−1 + αn+1 + β n+1 = αn−1 + α2 + β n−1 + β √ √ = αn−1 a2 + 2a b + b + + β n−1 a2 − 2a b + b + √ = a2 + b + αn−1 + β n−1 + 2a b αn−1 + β n−1 αn−1 − β n−1 n−1 n−1 = a +b+1 α +β + 4ab α−β = a2 + b + ln−1 + 4abfn−1 Từ đây, ta thu phương trình (2.39) Sử dụng hệ thức truy hồi (2.18) phương trình (2.39), ta dễ dàng thu (2.40) Định lý 2.2.17 Với số nguyên dương n, ta có fn+1 − a2 + b fn−1 = aln−1 fn − afn−1 = ln−1 (2.41) (2.42) 30 Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh (2.41) Sử dụng cơng thức Binet (2.23), ta có fn−1 − fn+1 = = = = = = αn−1 − β n−1 αn+1 − β n+1 − α−β α−β αn−1 − αn+1 − β n−1 − β n+1 α−β αn−1 − α2 − β n−1 − β α−β √ √ αn−1 − a2 − 2a b − b − β n−1 − a2 − 2a b − b α−β √ 1 − a2 − b αn−1 − β n−1 − 2a b αn−1 + β n−1 α−β − a2 − b fn−1 − aln−1 Từ đây, ta thu phương trình (2.41) Ta chứng minh tương tự với phương trình (2.42) Định lý 2.2.18 Với số nguyên dương n, ta có ln2 = 4bfn2 + a2 − b n (2.43) Chứng minh Sử dụng hệ thức truy hồi (2.19), ta fn2 = α2n − 2αn β n + β n (α − β) Sau đó, ta thấy 4bfn2 = q2n + a2 − b m (1) Tương tự, cách sử dụng hệ thức truy hồi (2.18) ta thu ln2 = l2n + a2 − b n (2) Từ (1), (2) ta có điều phải chứng minh Định lý 2.2.19 Với số nguyên dương n, ta có fn fn+1 = l2n+1 − 2a a2 − b 4b n (2.44) ln ln+1 = l2n+1 + 2a a2 − b n (2.45) 31 Chứng minh Ta có fn fn+1 αn − β n αn+1 − β n+1 = α−β α−β = α2n+1 + β 2n+1 − αn β n (α + β) (α − β) Từ ta có phương trình (2.44) Bằng cách tương tự ta chứng minh (2.45) Sử dụng (2.44) (2.45), ta có kết sau Hệ 2.2.20 Với số nguyên dương n, ta có 4bfn fn+1 + ln ln+1 = 2l2n+1 (2.46) 32 Kết luận Luận văn trình bày mở rộng dãy Fibonacci trước năm 1970 mở rộng Horadam (1961) Đặc biệt hai mở rộng gần bao gồm mở rộng M Edson, O Yayenie (2009) Goksal Bilgici (2014) Bên cạnh việc xem xét mở rộng dãy số, luận văn nghiên cứu đến công thức Binet, hàm sinh tính chất đặc biệt dãy mở rộng Ngoài ra, ta thấy từ mở rộng M Edson, O Yayenie (2009) cho a = b = 1, từ mở rộng Goksal Bilgici (2014) cho (a, b) = 12 , 45 ta thu dãy Fibonacci nguyên thủy Dựa theo tài liệu tham khảo, luận văn trình bày nội dung bản, đặc trưng mở rộng dãy Fibonacci cổ điển Hy vọng thời gian tới, tác giả luận văn có điều kiện tìm hiểu sâu vấn đề 33 Tài liệu tham khảo [1] A F Horadam (1961), “A generalized Fibonacci sequence”, Amer Math Monthly, 68, pp 455–459 [2] Goksal Bilgici (2014), “New Generalizations of Fibonacci and Lucas Sequences”, Applied Mathematical Sciences, Vol 8, no 29, pp 1429 – 1437 [3] M Edson, O Yayenie (2009), “A New Generalization of Fibonacci Sequences and Extended Binet’s Formula”, Integer, 9, pp 639 – 654 ... ký hiệu Mở đầu Dãy Fibonacci mở rộng trước năm 1970 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Mở rộng Horadam (1961)[1] 4 Hai mở rộng dãy Fibonacci 2.1 Mở rộng dãy Fibonacci. .. bày dãy số Fibonacci, cơng thức Binet, hàm sinh, tỉ số vàng 1.2 Mở rộng Horadam (1961) Chương Hai mở rộng dãy Fibonacci 2.1 Mở rộng dãy Fibonacci M Edson, O Yayenie (2009) 2.2 Mở rộng dãy Fibonacci. .. khác Và có nhiều dãy số thú vị khác nghiên cứu: Dãy Pell, dãy Lucas, dãy k -Fibonacci Với mong muốn tìm hiểu hai mở rộng gần dãy Fibonacci, chọn đề tài "Về vài mở rộng dãy Fibonacci" làm đề