Về tổng của nghịch đảo các số fibonacci

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2018 Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Một số tính chất số Fibonacci Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci 11 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci 11 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 14 2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 19 2.4 Tổng vơ hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 24 Chương Tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci 28 3.1 Kết a = 28 3.2 Các kết với a = 34 3.3 Kết a = 42 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Ngơ Văn Định Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn thầy cô Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K10C Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - TP Bắc Ninh - Tỉnh Bắc Ninh tạo điều kiện cho mặt để tham gia học tập hồn thành khóa học Thái Ngun, năm 2018 Nguyễn Thị Thúy Hằng ii Mở đầu Dãy số Fibonacci {Fn } dãy số nhiều người biết đến, quan tâm nghiên cứu Có nhiều tính chất thú vị dãy số tìm Với n số nguyên không âm, số Fibonacci Fn định nghĩa F0 = 0, F1 = công thức truy hồi Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ Mục đích luận văn tìm hiểu trình bày lại kết sau : Đầu tiên, Luận văn trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1], công bố năm 2008, tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci: với n ≥ 2, ta có    −1   ∞    Fn−2 , n chẵn,  =  Fk Fn−2 − 1, n lẻ, k=n · kí hiệu hàm sàn Năm 2015, Wang Wen [2] mở rộng kết cho trường hợp hữu hạn: với m ≥ n ≥ 2, ta có    −1   mn    Fn−2 , n chẵn,  =  Fk Fn−2 − 1, n lẻ k=n Tiếp theo, Luận văn trình bày số kết Wang Yuan [3], công bố năm 2017, tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci có dạng mn k=n (−1)k , Fak+b a ∈ {1, 2, 3} b < a Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung Luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa dãy Fibonacci số đẳng thức, bất đẳng thức số Fibonacci sử dụng chương • Chương 2: Tổng nghịch đảo số Fibonacci Mục đích Chương trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1] kết Wang Wen [2] • Chương 3: Tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci Mục đích Chương trình bày lại kết Wang Yuan [3] Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương mở đầu này, chúng tơi trình bày lại khái niệm dãy Fibonacci số tính chất dãy sử dụng chương 1.1 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.1.1 Dãy số Fibonacci, ký hiệu {Fn }, định nghĩa hệ thức truy hồi sau: Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2, với giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, Số hạng tổng quát dãy số Fibonacci xác định công thức Binet đây: √ √ 1+ 1− Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet) Với n ∈ Z, α = β = , ta có 2 αn − β n Fn = α−β 1.2 Một số tính chất số Fibonacci Mệnh đề 1.2.1 ([2, Bổ đề 2.1]) Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n−1 (1.1) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, ta có F12 − F0 F2 = 12 − 0.1 = = (−1)0 Giả sử, đẳng thức với n > 1, ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, ta có Fn+1 − Fn Fn+2 = (Fn + Fn−1 )2 − Fn (Fn + Fn+1 ) = Fn2 + 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn2 − Fn Fn+1 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn Fn+1 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn (Fn + Fn−1 ) = Fn−1 + Fn Fn−1 − Fn2 = Fn−1 (Fn−1 + Fn ) − Fn2 = Fn−1 Fn+1 − Fn2 = −(−1)n−1 = (−1)n Suy điều phải chứng minh Mệnh đề 1.2.2 ([2, Bổ đề 2.1]) Với hai số nguyên dương m, n, ta có Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 (1.2) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Với m = 1, ta có Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn Với m = 2, ta có Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn Giả sử, đẳng thức với m > 2, ta chứng minh đẳng thức với m + Thật vậy, ta có Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m = Fn−1 Fm−1 + Fn Fm + Fn−1 Fm + Fn Fm+1 = Fn−1 (Fm−1 + Fm ) + Fn (Fm + Fm+1 ) = Fn−1 Fm+1 + Fn Fm+2 Suy điều phải chứng minh Hệ 1.2.3 ([2, Hệ 2.2]) Với số nguyên n ≥ 1, ta có (1.3) F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Chứng minh Áp dụng đẳng thức (1.2) với m = n, ta có F2n = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) Suy điều phải chứng minh Hệ 1.2.4 ([2, Hệ 2.2]) Với số ngun khơng âm n, ta có (1.4) F2n+1 = Fn2 + Fn+1 Chứng minh Chứng minh quy nạp Với n = 0, ta có F1 = = + = F02 + F12 Với n = 1, ta có F3 = = + = F12 + F22 Với n = 2, ta có F5 = = + = F22 + F32 Giả sử, đẳng thức với n > 2, ta chứng minh đẳng thức với n + Thật vậy, sử dụng đẳng thức (1.3) theo giả thiết quy nạp, ta có 2 Fn+1 + Fn+2 = (Fn−1 + Fn ) + (Fn + Fn+1 ) 2 = Fn−1 + 2Fn−1 Fn + Fn2 + Fn2 + 2Fn Fn+1 + Fn+1 2 = Fn−1 + Fn2 + 2Fn (Fn−1 + Fn+1 ) + Fn2 + Fn+1 = F2n−1 + 2F2n + F2n+1 = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3 Suy điều phải chứng minh Tương tự vậy, ta có hệ đây: Hệ 1.2.5 ([2, Hệ 2.2]) Với n ≥ 1, có F2n+1 = Fn−1 Fn+1 + Fn Fn+2 (1.5) Hệ 1.2.6 ([2, Bổ đề 2.3]) Với n ≥ 1, có F2n+1 = Fn+1 Fn+2 − Fn−1 Fn (1.6) Hệ 1.2.7 (Tính chất d’Ocagne) Với hai số nguyên m, n m ≥ n, ta có Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n (1.7) Mệnh đề 1.2.8 ([2, Bổ đề 3.1]) Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = (−1)n−1 (1.8) Chứng minh Ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = Fn Fn+1 − Fn−1 (Fn + Fn+1 = Fn Fn+1 − Fn Fn−1 − Fn−1 Fn+1 = Fn (Fn+1 − Fn−1 ) − Fn−1 Fn+1 = Fn2 − Fn−1 Fn+1 Sử dụng (1.1) ta kết cần chứng minh Một cách tổng quát ta có mệnh đề đây: Mệnh đề 1.2.9 ([3, Bổ đề 5]) Giả sử a, b, c, d bốn số nguyên dương với a+b = c+d b ≥ max {c, d} Khi đó, ta có Fa Fb − Fc Fd = (−1)a+1 Fb−c Fb−d (1.9) Mệnh đề 1.2.10 ([2, Bổ đề 2.4]) Nếu n ≥ ta có Fn−2 Fn−1 > Fn+1 (1.10) Bổ đề 3.3.6 ([3, Bổ đề 33]) Nếu n ≥ số lẻ s4 (n) + s4 (n + 1) > 2F6n+2 + Chứng minh Dễ dàng kiểm tra khẳng định với n = 1, giả thiết n ≥ Ứng dụng phân tích tương tự chứng minh Bổ đề 3.3.1, có, với n ≥ 3, s4 (n) + s4 (n + 1) > − − 1 − F3n F3n+3 + 2F3n−1 + 2F3n+5 + 2F3n+5 − 2F3n−1 2F3n+1 =− + (2F3n−1 + 1)(2F3n+5 + 1) F3n F3n+3 2F3n+1 F3n+5 − F3n−1 + >− (2F3n−1 + 1)F3n+5 F3n F3n+3 4F3n+2 2F3n+1 =− + (2F3n−1 + 1)F3n+5 F3n F3n+3 4(F3n−1 F3n+ F3n+5 − F3n F3n+2 F3n+3 ) + 2F3n+1 F3n+5 = (2F3n−1 + 1)F3n F3n+3 F3n+5 4(2F3n − F3n+5 ) + 2F3n+1 F3n+5 = (2F3n−1 + 1)F3n F3n+3 F3n+5 (2F3n+1 − 4)F3n+5 > (2F3n−1 + 1)F3n F3n+3 F3n+5 > F3n F3n+3 Hơn nữa, có F2n+2 = Fn−1 Fn+2 + Fn Fn+3 > Fn Fn+3 Kết hợp hai bắt đẳng thức cho ta kết mong muốn Định lý 3.3.7 ([3, Định lý 34]) Nếu n ≥ m ≥    −1   mn  k   2F3n−1 − 1, n số chẵn , (−1)  =  F3k −2F3n−1 − 1, n số lẻ k=n Chứng minh Đầu tiên xem xét trường hợp n số chẵn Từ tính chất s1 (n), có mn k=n (−1)k = − F3k 2F3n−1 mn−1 s1 (k) − s1 (mn) + k=n 2F3mn+2 45 = > > mn−1 2F3n−1 2F3n−1 2F3n−1 s1 (k) − − 2F3mn+2 k=n mn−1 − − F3mn s1 (k) k=n đó, bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.1 Sử dụng Bổ đề 3.3.2 Bổ đề 3.3.3, suy mn k=n (−1)k 1 = − − F3k 2F3n−1 − 2F3mn+2 − < mn−1 s2 (k)−(s2 (n)+s2 (n+1)+s2 (mn)) k=n 2F3n−1 − Vì thế, thu mn 2F3n−1 < k=n (−1)k < F3k 2F3n−1 − Chứng tỏ Định lý n chẵn Bây xét trường hợp n số lẻ Nếu m số chẵn, áp dụng Bổ đề 3.3.4 Bổ đề 3.3.6, suy mn k=n (−1)k −1 = + − F3k 2F3n−1 2F3mn+2 mn−1 s3 (k) > k=n −1 2F3n−1 mn k=n (−1)k −1 = − F3k 2F3n−1 + ≤ < −1 2F3n−1 + −1 2F3n−1 + mn s4 (k) − s4 (n) + s4 (n + 1) − k=n+2 mn − s4 (k) − s4 (n) + s4 (n + 1) − k=n+2 2F3mn+2 + 1 2F6n+2 + Do đó, n số lẻ m số chẵn, có −1 < 2F3n−1 mn k=n (−1)k −1 < F3k 2F3n−1 + 46 Nếu m số lẻ, Bổ đề 3.3.4 Bổ đề 3.3.5 kéo theo mn k=n (−1)k −1 = + − F3k 2F3n−1 2F3mn+2 mn−1 s3 (k)−(s3 (n)+s3 (n+1)+s3 (mn)) > k=n+2 −1 2F3n−1 Khi đó, Bổ đề 3.3.6 kéo theo mn k=n (−1)k −1 = − F3k 2F3n−1 + = < −1 2F3n−1 + −1 2F3n−1 + mn−1 s4 (k) − s4 (mn) − k=n mn−1 s4 (k) − − k=n F3mn − 2F3mn+2 + 1 2F3mn+2 + Do đó, n m số lẻ, −1 < 2F3n−1 mn k=n (−1)k −1 < F3k 2F3n−1 + cịn Vì vậy, Định lý n số lẻ Chứng minh hoàn toàn tương tự ta thu định lý sau đây: Định lý 3.3.8 ([3, Định lý 37]) Nếu n ≥ m ≥ 2,    −1   mn  k   2F3n+1 − 1, n số chẵn ; (−1)  =  F3k+2 −2F3n+1 − 1, n số lẻ k=n Phần lại tiết này, chúng tơi trình bày chứng minh hai định lý sau đây: Định lý 3.3.9 ([3, Định lý 35]) Nếu n ≥    −1    2n k  2F3n − 1, n số chẵn ;  (−1) =   F3k+1 −2F3n − 1, n số lẻ k=n Định lý 3.3.10 ([3, Định lý 36]) Nếu n ≥ m ≥ 3,    −1   mn  k   2F3n , n số chẵn ; (−1)  =  F3k+1 −2F3n , n số lẻ k=n 47 Chúng ta bắt đầu với việc xét hàm số sau đây: (−1)n 1 − − , t1 (n) = 2F3n F3n+1 2F3n+3 (−1)n t2 (n) = − − , 2F3n − F3n+1 2F3n+3 − 1 t3 (n) = 2F3n + t4 (n) = − (−1)n − , F3n+1 2F3n+3 + −1 (−1)n − + , 2F3n F3n+1 2F3n+3 −1 (−1)n t5 (n) = − + , 2F3n + F3n+1 2F3n+3 + t6 (n) = −1 (−1)n − + 2F3n − F3n+1 2F3n+3 − Dễ thấy rằng, với i, ti (n) đại lượng dương n số lẻ âm n số chẵn Bổ đề 3.3.11 ([3, Bổ đề 39]) Với n ≥ 1, có t1 (n) + t1 (n + 1) > t1 (n) + t1 (n + 1) > t1 (n + 2) + t1 (n + 3) Chứng minh Nếu n số lẻ, có t1 (n)+t1 (n+1) = 1 1 + − − 2F3n 2F3n+6 F3n+1 F3n+4 = 2F3n+3 2F3n+2 + > F3n F3n+6 F3n+1 F3n+4 Từ suy F3n+3 F3n+9 F3n+2 F3n+8 > > F3n F3n+6 F3n+6 F3n+12 F3n+1 F3n+4 F3n+7 F3n+10 Do đó, kết luận t1 (n) + t1 (n + 1) > t1 (n + 2) + t1 (n + 3) Bây xem xét trường hợp n số chẵn Ứng dụng công thức (1.9) nhiều lần, có 1 1 − − − 2F3n 2F3n+6 F3n+1 F3n+4 2F3n+3 2F3n+2 = − F3n F3n+6 F3n+1 F3n+4 F3n+1 F3n+3 F3n+4 − F3n F3n+2 F3n+6 = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 t1 (n) + t1 (n + 1) = 48 F3n+1 F3n+2 F3n+3 + F3n+1 F3n+3 = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+2 F3n+4 + F3n F3n+2 F3n+5 − F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n+2 (F3n+1 F3n+3 − F3n F3n+4 ) + F3n+1 (F3n+1 F3n+5 − 1) = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+2 F3n+5 − F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 − F3n F3n+2 ) − F3n+1 2F3n+2 + F3n+5 (F3n+1 = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 2F3n+2 + F3n+5 − F3n+1 = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n + F3n+2 + F3n+5 = > F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 Hơn nữa, dễ dàng thấy F3n + F3n+2 + F3n+5 = 3F3n + 3F3n+1 + F3n+4 , t1 (n) + t1 (n + 1) = F3n+1 F3n+4 F3n+6 + F3n F3n+4 F3n+6 + F3n F3n+1 F3n+6 giảm n tăng Suy điều cần chứng minh Bổ đề 3.3.12 ([3, Bổ đề 41]) Nếu n ≥ m ≥ t1 (n) + t1 (n + 1) + t1 (mn) > Chứng minh Nếu mn số lẻ, kết bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.11 Bây giờ, giả định mn số chẵn Từ công thức (1.9), ta có 1 − − 2F3mn F3mn+1 2F3mn+3 F3mn−2 =− − 2(F3mn−2 F3mn+3 + 2) 2F3mn+3 F3mn−2 >− − 2F3mn−2 F3mn+3 2F3mn+3 =− F3mn+3 ≥− F9n+3 t1 (mn) = 49 Mặt khác, từ chứng minh Bổ đề 3.3.11, ta có t1 (n) + t1 (n + 1) > F3n F3n+1 F3n+6 Bây đạt t1 (n) + t1 (n + 1) + t1 (mn) > F3n F3n+1 F3n+6 − F9n+3 > Bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ công thức (1.15) Bổ đề 3.3.13 ([3, Bổ đề 43]) Nếu n ≥ số chẵn 2n t1 (k) + k=n 2F6n+3 < Chứng minh Từ chứng minh Bổ đề 3.3.11 biết rằng: n số chẵn t1 (n)+t1 (n+1) = F3n + F3n+2 + F3n+5 2F3n+6 < = F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+1 F3n+4 Ứng dụng lại Bổ đề 3.3.11 bất đẳng thức trên, có 2n t1 (k) + k=n 2F6n+3 2n−1 = t1 (k) + t1 (2n) + k=n 2F6n+3 n 1 + − F3n F3n+1 F3n+4 2F6n F6n+1 n F6n−2 = − F3n F3n+1 F3n+4 2F6n F6n+1 F6n−2 < − < 2F3n+1 F3n+4 2F6n F6n+1 < đó, bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ công thức (1.16) Bổ đề 3.3.14 ([3, Bổ đề 44]) Với n ≥ 1, có t2 (n) + t2 (n + 1) > Chứng minh Dễ dàng thấy rằng, kết n số lẻ Cho nên giả định n số chẵn Bắt nguồn từ định nghĩa t2 (n), ta có t2 (n) + t2 (n + 1) = 2F3n − − 2F3n+6 − − F3n+1 + F3n+4 50 2F3n+6 − 2F3n 1 + − (2F3n − 1)(2F3n+6 − 1) F3n+1 F3n+4 1 F3n+6 − F3n − + > 2F3n F3n+6 F3n+1 F3n+4 1 1 = − + − 2F3n F3n+1 F3n+4 2F3n+6 = = t1 (n) + t1 (n + 1) > đó, bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ chứng minh Bổ đề 3.3.11 Bổ đề 3.3.15 ([3, Bổ đề 45]) Nếu n ≥ 1và m ≥ t2 (n) + t2 (n + 1) + t2 (mn) > Chứng minh Nếu mn số lẻ, kết bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.14 Do đó, giả định mn số chẵn phần lại Ứng dụng lập luận chứng minh Bổ đề 3.3.14 Bổ đề 3.3.12, dễ dàng thu t2 (mn) > t1 (mn) > − F3mn+3 ≥− F6n+3 Nếu n số lẻ, có t2 (n) + t2 (n + 1) > F3n+1 − F3n+4 = 2F3n+2 > F3n+1 F3n+4 (2F3n − 1)F3n+4 Nếu n số chẵn, từ chứng minh Bổ đề 3.3.14 Bổ đề 3.3.11, có t2 (n) + t2 (n + 1) > = = > > 1 F3n+6 − F3n − + (2F3n − 1)F3n+6 F3n+1 F3n+4 4F3n+3 2F3n+2 − (2F3n − 1)F3n+6 F3n+1 F3n+4 4(F3n+1 F3n+3 F3n+4 − F3n F3n+2 F3n+6 ) + 2F3n+2 F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 2F3n+2 F3n+6 (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 (2F3n − 1)F3n+4 Vì thế,chúng ta ln có t2 (n) + t2 (n + 1) > (2F3n − 1)F3n+4 51 Từ nhận t2 (n) + t2 (n + 1) + t2 (mn) > − > (2F3n − 1)F3n+4 F6n+3 bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ đẳng thức F6n+3 = F3n−1 F3n+3 + F3n F3n+4 Suy điều phải chứng minh Bổ đề 3.3.16 ([3, Bổ đề 46]) Nếu n ≥ số chẵn t3 (n) + t3 (n + 1) < Chứng minh Ứng dụng phân tích chứng minh Bổ đề 3.3.11, suy t3 (n) + t3 (n + 1) = = < = = = < − 1 − − 2F3n + 2F3n+6 + F3n+1 F3n+4 2F3n+6 − 2F3n 2F3n+2 − (2F3n + 1)(2F3n+6 + 1) F3n+1 F3n+4 2F3n+2 F3n+6 − F3n − (2F3n + 1)F3n+6 F3n+1 F3n+4 4F3n+3 2F3n+2 − (2F3n + 1)F3n+6 F3n+1 F3n+4 4(F3n+1 F3n+3 F3n+4 − F3n F3n+2 F3n+6 ) − 2F3n+2 F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 4(F3n + F3n+2 + F3n+5 ) − 2F3n+2 F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 4F3n+6 − 2F3n+2 F3n+6 < (2F3n + 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 Suy điều phải chứng minh Bổ đề 3.3.17 ([3, Bổ đề 47]) Nếu n ≥ số lẻ t4 (n) + t4 (n + 1) > 2F9n+3 Chứng minh Ứng dụng lập luận tương tự chứng minh Bổ đề 3.3.11, thu rằng: n số lẻ t4 (n) + t4 (n + 1) = F3n + F3n+2 + F3n+5 > F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+1 F3n+6 52 Từ cơng thức (1.15), ta có F3n F3n+1 F3n+6 > 2F9n+3 Kết hợp hai bất đẳng thức ta thu kết mong muốn Bổ đề 3.3.18 ([3, Bổ đề 48]) Với n ≥ 2, có 2n t4 (k) < k=n 2F6n+3 Chứng minh Nếu n số chẵn ta thấy t4 (n) + t4 (n + 1) < Do đó, ta có 2n 2n−1 t4 (k) = k=n t4 (k) + t4 (2n) < < k=n 2F6n+3 Nếu n số lẻ t4 (n) + t4 (n + 1) = F3n + F3n+2 + F3n+5 < F3n F3n+1 F3n+4 F3n+6 F3n F3n+1 F3n+4 Suy 2n t4 (k) < k=n F3n F3n+1 F3n+4 n 1 < < 2F3n+1 F3n+4 2F6n+3 đó, bất đẳng thức cuối bắt nguồn từ, với n ≥ 1, ta có F3n+1 F3n+4 = F3n−1 F3n+4 + F3n F3n+4 > F3n−1 F3n+3 + F3n F3n+4 = F6n+3 Suy điều phải chứng minh Bổ đề 3.3.19 ([3, Bổ đề 49]) Nếu n ≥ số lẻ t5 (n) + t5 (n + 1) > 2F6n+3 + Chứng minh Tương tự chứng minh Bổ đề 3.3.16, dễ dàng thu 4(F3n + F3n+2 + F3n+5 ) + 2F3n+2 F3n+6 (2F3n + 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 2F3n+2 F3n+6 > (2F3n + 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 t5 (n) + t5 (n + 1) > 53 > F3n+1 F3n+4 Hơn nữa, có 2F2n+3 = 2Fn−1 Fn+3 + 2Fn Fn+4 > Fn+1 Fn+4 Kết hợp hai bất đẳng thức ta thu điều cần chứng minh Bổ đề 3.3.20 ([3, Bổ đề 50]) Với n ≥ 1, có t6 (n) + t6 (n + 1) < Chứng minh Rõ ràng rằng, khẳng định n số chẵn Bây giả định n số lẻ Sử dụng lập luận tương tự chứng minh Bổ đề 3.3.15 Bổ đề 3.3.11, thu 2F3n+2 4F3n+3 − (2F3n − 1)F3n+6 F3n+1 F3n+4 4(F3n+1 F3n+3 F3n+4 − F3n F3n+2 F3n+6 ) + 2F3n+2 F3n+6 =− (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 −4(F3n + F3n+2 + F3n+5 ) + 2F3n+2 F3n+6 =− (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 4(F3n + F3n+2 + F3n+5 ) − 2F3n+2 F3n+6 = (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 4F3n+6 − 2F3n+2 F3n+6 < < (2F3n − 1)F3n+1 F3n+4 F3n+6 t6 (n) + t6 (n + 1) < − Suy điều phải chứng minh Bổ đề 3.3.21 ([3, Bổ đề 51]) Nếu n ≥ 1và m ≥ 2, có t6 (n) + t6 (n + 1) + t6 (mn) < Chứng minh Nếu mn số chẵn, kết bắt nguồn từ Bổ đề 3.3.20 Do đó, giả định mn số lẻ phần cịn lại Khi có t6 (mn) = −1 + + 2F3mn − F3mn+1 2F3mn+3 − −4F3mn+1 = + (2F3mn − 1)(2F3mn+3 − 1) F3mn+1 54 < = = = < = −2F3mn+1 + (2F3mn − 1)F3mn+3 F3mn+1 + 2F3mn F3mn+3 − F3mn+3 −2F3mn+1 (2F3mn − 1)F3mn+1 F3mn+3 − F3mn F3mn+2 ) + 2F3mn F3mn+1 − F3mn+1 − F3mn+2 −2(F3mn+1 (2F3mn − 1)F3mn+1 F3mn+3 + (2F3mn − 1)F3mn+1 − F3mn+2 (2F3mn − 1)F3mn+1 F3mn+3 (2F3mn − 1)F3mn+1 (2F3mn − 1)F3mn+1 F3mn+3 F3mn+3 Do mn số lẻ, phải có n số lẻ m ≥ Vì t6 (mn) < F9n+3 Từ chứng minh Bổ đề 3.3.20, ta thấy n số lẻ t6 (n) + t6 (n + 1) < − 2F3n+2 − F3n+2 < k=n 2F3n Từ Bổ đề 3.3.14 Bổ đề 3.3.15, ta có 2n k=n (−1)k 1 = − − (t2 (n) + t2 (n + 1) + t2 (2n)) − F3k+1 2F3n − 2F6n+3 − < 2F3n − 2n−1 t2 (k) k=n+2 55 Vì thế, có < 2F3n 2n k=n (−1)k < F3k+1 2F3n − Từ suy khẳng định n số chẵn Bây giờ, xét trường hợp n số lẻ Từ Bổ đề 3.3.18, biết 2n k=n (−1)k −1 = + − F3k+1 2F3n 2F6n+3 2n t4 (k) > k=n −1 2F3n Áp dụng Bổ đề 3.3.19, ta có 2n k=n (−1)k −1 = − t5 (n) + t5 (n + 1) − F3k+1 2F3n + 2F6n+3 + < 2n − t5 (k) k=n+2 −1 2F3n + Do đó, thu −1 < 2F3n 2n k=n (−1)k −1 < F3k+1 2F3n + Suy điều cần chứng minh Chứng minh Định lý 3.3.10 Đầu tiên xem xét trường hợp n số lẻ Ứng dụng Bổ đề 3.3.13, có 2n k=n mn−1 (−1)k 1 = − − F3k+1 2F3n 2F3mn+3 t1 (k)−(t1 (n) + t1 (n + 1) + t1 (mn)) > k=n+2 2F3n Từ Bổ đề 3.3.16 suy 2n k=n (−1)k = − F3k+1 2F3n + = > 2F3n + 1 2F3n + mn−1 t3 (k) − t3 (mn) + k=n mn−1 − t3 (k) − k=n+2 2F3mn+3 + 1 2F3mn + − F3mn+1 Vì thế, thu 2F3n + mn < k=n (−1)k < F3k+1 2F3n 56 Chứng tỏ Định lý n số chẵn Bây xét trường hợp n số lẻ Bổ đề 3.3.17 cho biết t4 (n) + t4 (n + 1) > Vì vậy, mn số lẻ mn k=n (−1)k −1 = − F3k+1 2F3n = < −1 − 2F3n mn−1 t4 (k) − t4 (mn) − k=n mn−1 t4 (k) − k=n F3mn+1 − 2F3mn+3 + 1 2F3mn −1 2F3n Từ Bổ đề 3.3.20 Bổ đề 3.3.21, ta có mn (−1)k −1 = + − F3k+1 2F3n − 2F3mn+3 − k=n > mn−1 t6 (k) − (t6 (n) + t6 (n + 1) + t6 (mn)) k=n+2 −1 2F3n − Vì thế, có −1 < 2F3n − mn k=n (−1)k −1 < F3k+1 2F3n Nếu mn số chẵn, Bổ đề 3.3.17 cho ta thấy mn k=n (−1)k −1 = − F3k+1 2F3n mn < k=n < mn t4 (k) − t4 (n) + t4 (n + 1) − k=n+2 (−1)k −1 = − F3k+1 2F3n 2F3mn+3 mn t4 (k) − t4 (n) + t4 (n + 1) − k=n+2 2F9n+3 −1 2F3n Áp dụng Bổ đề 3.3.20, thu mn k=n (−1)k −1 = + − F3k+1 2F3n − 2F3mn+3 − mn−1 t6 (k) > k=n+2 −1 2F3n − Vì vậy, có −1 < 2F3n − mn k=n (−1)k −1 < F3k+1 2F3n Suy điều cần chứng minh 57 Kết luận Luận văn trình bày lại kết sau: Định nghĩa số đẳng thức bất đẳng thức số Fibonacci Một số kết Ohtsuka Nakamura, số kết Wang Wen tổng hữu hạn vô hạn nghịch đảo số Fibonacci Một số kết Wang Wen tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci, số kết Ohtsuka Nakamura tổng vô hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci Một số kết Wang Yuan tổng đan dấu nghịch đảo số Fibonacci 58 Tài liệu tham khảo [1] Ohtsuka H., Nakamura S (2008), “On the sum of reciprocal Fibonacci numbers", Fibonacci Quart 46/47 (2008/2009), pp 153 – 159 [2] Wang A.Y.Z., Wen P.B (2015), “On the partial finite sums of the reciprocals of the Fibonacci numbers", J Inequal Appl 2015, Article 73 [3] Wang A.Y.Z., Yuan T (2017), “Alternating Sums of the Reciprocal Fibonacci Numbers", Journal of Interger Sequences 20, Article 17.1.4 59 ... 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 14 2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 19 2.4 Tổng vơ hạn nghịch đảo bình phương số Fibonacci 24 Chương Tổng. .. Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci Trong chương này, chúng tơi trình bày lại kết Ohtsuka Nakamura [1] kết Wang Wen [2] tổng hữu hạn vô hạn nghịch đảo số Fibonacci 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci. .. chuẩn bị 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Một số tính chất số Fibonacci Chương Tổng nghịch đảo số Fibonacci 11 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo số Fibonacci