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 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC ĐÀ NẴNG - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG LÊ THỊ THANH HIỀN ỨNG DỤNG DÃY FIBONACCI TRONG TỐN SƠ CẤP Chun ngành : Phƣơng pháp tốn sơ cấp Mã số : 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TSKH TRẦN QUỐC CHIẾN ĐÀ NẴNG - 2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chƣa đƣợc công bố cơng trình khác Ngƣời thực Lê Thị Thanh Hiền MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Đóng góp đề tài Ý nghĩa khoa học thực tiễn Cấu trúc luận văn CHƢƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 NGUYÊN LÝ QUY NẠP TOÁN HỌC 1.2 DÃY SỐ 1.3 LÝ THUYẾT CHIA HẾT 1.4 LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ 1.5 HÀM SINH 1.6 TỔ HỢP 1.7 TỈ LỆ VÀNG CHƢƠNG DÃY FIBONACCI VÀ CÁC TÍNH CHẤT 11 2.1 ĐỊNH NGHĨA DÃY FIBONACCI 11 2.2 MỞ RỘNG DÃY SỐ FIBONACCI VỚI CHỈ SỐ ÂM 12 2.3 CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY FIBONACCI 13 2.4 CÁC TÍNH CHẤT CỦA DÃY FIBONACCI 14 2.5 DÃY SỐ FIBONACCI TRONG TỰ NHIÊN 24 CHƢƠNG ỨNG DỤNG DÃY FIBONACCI TRONG TOÁN SƠ CẤP 27 3.1 SỐ FIBONACCI VÀ TỔ HỢP 27 3.1.1 Số Fibonacci tam giác Pascal 27 3.1.2 Số Fibonacci đẳng thức tổ hợp khác 29 3.1.3 Số Fibonacci số toán tổ hợp khác 33 3.2 SỐ FIBONACCI VÀ CÁC TỔNG 35 3.3 SỐ FIBONACCI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC 40 3.4 SỐ FIBONACCI VÀ SỐ CHÍNH PHƢƠNG 42 3.5 SỐ FIBONACCI VÀ TÍNH CHIA HẾT 45 3.6 SỐ FIBONACCI VÀ HÀM SINH 57 3.6.1 Hàm sinh thƣờng 57 3.6.2 Hàm sinh mũ 59 3.7 NGHỊCH LÝ HÌNH HỌC 60 KẾT LUẬN 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO 68 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) BẢNG KÝ HIỆU Tập hợp số tự nhiên Tập hợp số hữu tỉ Tập hợp số nguyên  x  max {n  | n  x}  1  1 [a; b] {x  | a  x  b} DANH MỤC BẢNG Số hiệu Tên bảng Trang 3.1 Tập A tập S n thỏa A  A1  Sn1,  n  33 3.2 Các giá trị gần góc  n 66 DANH MỤC HÌNH Số hiệu Tên hình Trang 2.1 Hoa hƣớng dƣơng 25 2.2 Trái thông 25 2.3 Bàn tay ngƣời 26 3.1 Hình vng kích thƣớc  61 3.2 Hình chữ nhật kích thƣớc 13  61 3.3 Hình bình hành PQRS phóng đại 61 3.4 Hình vng kích thƣớc Fn  Fn với n chẵn 62 3.5 Hình chữ nhật kích thƣớc Fn1  Fn1 với n chẵn 62 3.6 Hình ghép mảnh hình 3.1, diện tích 63 đơn vị 63 3.7 Hình vng kích thƣớc  63 3.8 Hình chữ nhật kích thƣớc  64 3.9 Hình vng kích thƣớc Fn  Fn với n lẻ 64 3.10 Hình chữ nhật kích thƣớc Fn1  Fn1 với n lẻ 64 3.11 Hình cho thấy góc  n n chẵn 65 3.12 Hình cho thấy góc  n n lẻ 65 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 ơng cịn đƣợc số ngƣời xem “nhà tốn học tài ba thời Trung Cổ” Ơng tiếng giới đại có cơng lan truyền hệ đếm Hindu - Ả Rập Châu Âu đặc biệt dãy số đại mang tên ơng, 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 hồn hảo Hơn nữa, ứng dụng dãy Fibonacci toán học lại phong phú Vì việc tìm hiểu sâu giới thiệu dãy Fibonacci ứng dụng tốn sơ cấp thú vị cần thiết cho học tập giảng dạy Toán, nhƣ hiểu biết ngƣời Mục tiêu 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 tốn 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 cách có hệ thống từ lý thuyết đến 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 đa dạng dãy Fibonacci ứng dụng nó, đặc biệt tốn 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 tốn 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 tốn sơ cấp Cấu trúc luận văn Ngồi 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 54 Lời giải Khi m  1, ta có Fn1  Fn1  Fn , nên (3.13) m  Giả sử (3.14) m  k , k   , tức ta có ( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 Ta chứng minh (3.14) m  k  1, tức chứng minh ( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 Thật vậy, theo (2.22), ta đƣợc k 1 F( k 1) n1  Fnk11  Fknn1  Fnk11  Fkn1Fn1  Fkn Fn  Fn1 ( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 , Theo giả thiết quy nạp, ta có 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 Fn ) Ta suy F( k 1) n1  Fnk11  0(mod Fn2 ), ( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 hay Vậy (3.14) đƣợc chứng minh Bài toán 27 Cho m n hai số nguyên dương Chứng minh ( Fmn  Fnm1  Fnm1 ) Fn3 (3.15) Lời giải Khi m  , ta có Fn  Fn1  Fn1  Fn  Fn  Fn , nên (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 55 ( 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 ), nên F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fn3 Vậy (3.15) đƣợc chứng minh Bài toán 28 Chứng minh q ước nguyên tố Fn khác số  Fnp  , Fn  không chia hết cho q nguyên tố p   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11  Fnp12 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn ( Fnp11  Fnp12 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 ) Fn (3.16) 56 Do F  (3.16)   np  ( Fnp11  Fnp12 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn2 ,  Fn  suy  Fnp   ( Fnp11  Fnp12 Fn1   Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn   Fn  Fn1  Fn1 (mod Fn ) mặt khác, ta có  Fnp   ( Fnp11  Fnp11   Fnp11 )  Fn ,   Fn  nên Fnp hay Fn  pFnp11 (mod Fn )  Fnp  , Fn    p, Fn    Fn  ( Fn , Fn1 )  nên Nếu gọi q ƣớc nguyên tố Fn khác số nguyên tố p  p, Fn  không  Fnp  , Fn  không chia hết cho q chia hết cho q Do   Fn  Bài tốn 29 Chứng minh rằng, với n số nguyên, ta có a Nếu n  Fn  hợp số; b Nếu n  Fn  hợp số Lời giải a Xét trƣờng hợp sau Trƣờng hợp n  4m với m   Khi m  F4   hợp số, m  1, theo(2.9), ta đƣợc F4m   F4m  F2  F(2m1)(2m1)  F(2m1)(2m1)  F2m1L2m1 Trƣờng hợp n  4m  với m   , theo (2.8), ta đƣợc F4m1   F4m1  F1  F2m12m  F2m12m  F2m1L2m Trƣờng hợp n  4m  với m   , theo (2.8) ta đƣợc 57 F4m2   F4m2  F2  F2m22m  F2m22m  F2m2 L2m Trƣờng hợp n  4m  với m   , theo(2.9), ta đƣợc F4m3   F4m3  F1  F2 m22 m1  F2m2(2m1)  L2m2 F2m1 b Thực tƣơng tự câu a 3.6 SỐ FIBONACCI VÀ HÀM SINH 3.6.1 Hàm sinh thƣờng Bài toán 30 Cho m n hai số nguyên không âm Tìm  a   Fmn xn ; b n 0   Lmn xn ;  Fm2n xn ; c n 0 n 0  d  nFmn x n n 0 Lời giải Theo (2.3), ta có   m n   m n n  m  n m n Fmn x   x   (  x )   (  x )        n0 n 0 n 0 n 0    n  m  m  ( m   m )  ( m1   m1 ) x Fm  Fm1x       (   )(1  x  x )  x  x2 1   x   x  Thực tƣơng tự ta đƣợc kết  L L x Lmn x  m m12 ; 1 x  x n 0   n  nFmn xn  n 0 x  x2 ; (1  x  x )2  L2 m  L2 m2 x (1)m  x   2 ;  x  3x  1  x   F n 0 n m n  F n 0 m n 1 xn  Fm1  Fm2 x   x  x2 Bài toán 31 Cho n m hai số nguyên dương Chứng minh a Ln  Fn1  Fn1; b Fmn1  Fm Fn  Fm1Fn1 Lời giải Ngoài việc dùng công thức tổng quát hay phƣơng pháp quy nạp để chứng minh số tính chất chƣơng 2, ta cịn thực nhƣ sau 58 Từ kết toán 29, ta suy đƣợc kết sau   Fn1x  ;   x  x2 n 0  1 x Fn1xn  ;   x  x2 n 0 n  2 x Ln x  ;   x  x2 n 0 x Fn xn    1 x  x2 n 0 n 2 x 1 x   2 1 x  x 1 x  x 1 x  x2 a Vì     n 0 n 0 n 0 n 0  Ln xn  Fn1xn   Fn1xn   (Fn1  Fn1) xn nên Ln  Fn1  Fn1 Do b Ta có    n 0 n 0 n 0  (Fm Fn  Fm1Fn1) xn  Fm  Fn xn  Fm1  Fn1xn  Fm x Fm1 (1  x) Fm1  ( Fm  Fm1 ) x Fm1  Fm2 x       Fmn1 x n 2 2 1 x  x 1 x  x 1 x  x 1 x  x n 0 Fmn1  Fm Fn  Fm1Fn1 Do n  iC Bài tốn 32 Chứng minh i n i 2in   Fni Fi i 0 Cn   iCni i Chứng minh Đặt 2in  Ta có   C x   x  iC n n 0 n n n 0 2in i n i      x i  C x   x 2ii (1  x)1i 2i i 0 n 0 i n n i i 0 2  x2 x2 x2  x2  2i i   (1  i) x (1  x)  (1  x)2 1   x   (1  x  x2 )2 (1  x)2 i 0          n     Fn x n   Fi xi      Fi Fni x n  n 0  i 0  n 0  i 0  Vậy  iC 2in i n i n   Fni Fi i 0 59 3.6.2 Hàm sinh mũ Bài toán 33 Cho n m hai số ngun khơng âm, tìm   Fn n x ;  n ! n 0 a b Fnm n x n ! n 0  Lời giải a Theo (2.3), ta có Fn n   n   n x n   ( x)n  (  x)n  e x  e  x x         n!     n 0 n! n!    n 0 n! n 0    n 0  b Theo (2.3), ta có Fnm n   nm   nm x n   ( m x)n  (  m x)n  e x  e  x x           n!     n 0 n! n!    n 0 n! n 0 n 0 m  Bài toán 34 Cho n m hai số nguyên không âm Chứng minh n a b m 0 n c n  Cnm Fm  F2n ;  (1) m 0 nm Cnm F2m Lời giải Đặt (1)nm Cnm Fm  (1)n1 Fn ;  m 0 n  Fn ; d  A( x)   an n 0 Cnm Fmr  F2nr  m 0  xn xn B( x)   bn  n! n! n 0   n  xn A( x) B( x)     Cnm ambnm  n 0  m 0  n! Ta có  n  xn nm m A( x) B( x)     (1) Cn ambnm   n 0  m 0  n!   e x  e  x  xn xn x a Với A( x)  B( x)  e      Fn   n! n 0 n 0 n!  n m  x n e x (e x  e  x ) e( 1) x  e(  1) x  ,    Cn Fm  n!       n 0  m 0   Ta có         2 m 60 xn  n m  x n e x  e  x     Cn Fm  n!       F2 n n! , n 0  m 0 n 0   nên n F2 n   Cnm Fm suy m 0 e x  e  x b Chứng minh tƣơng tự câu a với A( x)  B( x)  e x   e x  e c Chứng minh tƣơng tự câu a với A( x)    d Cho A( x)  x x B( x)  e  e x  e  x  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   r e  x A( x)   Fn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   r e x  r e( 1) x   r e(  1) x e       x         2 xn  n m  x n  r e x   r e  x    F2 nr ,    Cn Fmr  n!    n! n 0  m 0 n 0   nên n C suy m 0 m n Fmr  F2 nr 3.7 NGHỊCH LÝ HÌNH HỌC Theo (2.20), ta có Fn1Fn1  Fn   1 với n  n  Công thức tảng hai lớp nghịch lí hình học hấp dẫn Nghịch lí thứ 61 Hãy xem xét hình vng  , cắt thành bốn mảnh A, B, C D nhƣ hình 3.1 Bây xếp lại mảnh để tạo thành hình chữ nhật  13 , nhƣ hình 3.2 cho thấy Trong diện tích hình vng hình 3.1 64 đơn vị, mà hình chữ nhật hình 3.2 65 đơn vị Nói cách khác, cách nối ghép mảnh hình vng ban đầu, ta có thêm đƣợc đơn vị diện tích Đây nghịch lý? Trong hình 3.2, nhƣ đƣờng PQ, QR, RS hình chữ nhật nằm đƣờng thẳng Trong thực tế, điều xuất nghịch lý điểm P, Q, R S đỉnh hình bình hành hẹp, nhƣ hình 3.3 minh họa Diện tích hình bình hành PQRS = Diện tích hình chữ nhật hình 3.2 – Diện tích hình vng hình 3.1    13   F7 F5  F6  (đơn vị diện tích) Hình 3.1 Hình vng kích thước  Hình 3.2 Hình chữ nhật kích thước 13  Hình 3.3 Hình bình hành PQRS phóng đại 62 Độ dài hai cạnh hình chữ nhật PQRS đƣờng chéo PS dài 29 73 đơn vị, 194 đơn vị Cho  góc nhọn hai cạnh kề hình bình hành PQRS Khi đó, theo định lí Cosin tam giác, ta có cos  194  29  73  0,763898460833    1031'40'' 29.194 Điều giải thích lí hình bình hành hẹp Trong thực tế, khơng có đặc biệt lựa chọn kích thƣớc hình vng, trừ  F6 số Fibonacci, F7  13 F5  số liền kề F6 Các câu đố mở rộng cho hình vng kích thƣớc Fn  Fn với n chẵn 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 có diện tích nhiều diện tích hình vng ban đầu đơn vị Fn1Fn1  Fn  Hình 3.4 Hình vng kích thước Fn  Fn với n chẵn Hình 3.5 Hình chữ nhật kích thước Fn1  Fn1 với n chẵn Nhƣ ta suy đƣợc hình bình hành phóng đại hình 3.5 có diện tích đơn vị Vì vậy, xác định chiều cao h 63 Dựa vào mảnh A hình 3.5, ta tính đƣợc độ dài cạnh hình bình hành Fn  Fn22 Diện tích hình bình hành hình 3.5 = đáy  chiều cao  h Fn  Fn22 , Đó h nên Fn  F 2 n2  Nhƣ vậy, kích thƣớc hình vng ban đầu tăng dần hình bình hành trở nên hẹp khó nhìn thấy Con trai Sam Loyd ngƣời khám phá bốn phần hình 3.1 đƣợc xếp để tạo thành khu vực 63 đơn vị diện tích, nhƣ hình 3.6 cho thấy Nghịch lý thứ Ta xem xét hình vng  cắt thành bốn mảnh nhƣ hình 3.7 Bây lắp ráp lại mảnh để tạo thành hình chữ nhật nhƣ hình 3.8 Hình 3.6 Hình ghép phần hình 3.1 có diện tích 63 đơn vị Hình 3.7 Hình vng kích thước  64 Hình 3.8 Hình chữ nhật kích thước  Diện tích hình vng hình 3.7 25 đơn vị, “hình chữ nhật hình 3.8” có 24 đơn vị, đơn vị diện tích Sự chồng chéo dọc theo đƣờng chéo giải thích cho đơn vị diện tích bị Diện tích hình vng hình 3.7 F52  F4 F6   25 đơn vị, diện tích “hình chữ nhật 3.8” +1 đơn vị Tổng quát, cho n số lẻ n  Giả sử hình vng 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 vng kích thước Fn  Fn với n lẻ Hình 3.10 Hình chữ nhật kích thước Fn1  Fn1 với n lẻ 65 Trong năm 1962, A F Horadam Đại học New England, Úc, tìm đƣợc cơng thức cho tan  n ,  n biểu thị góc hẹp hai cạnh bên liền kề hình bình hành nhƣ sau: Trƣờng hợp n chẵn n  Dựa vào hình 3.11 cho ta thấy: n    F F   n   n    arctan n1  arctan n2 2 Fn3 Fn  arctan  Fn3 F  arctan n2 (vì arctan x  arctan  ) Fn1 Fn x tan  n    Fn3 / Fn1    Fn2 / Fn    Fn3 / Fn1  Fn2 / Fn  Fn3 Fn  Fn1Fn2 Fn3  Fn1  Fn2   Fn2  Fn2  Fn3   Fn1  Fn1  Fn2   Fn3 Fn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   F2 n3  Fn3 Fn2 Hình 3.11 Hình cho thấy góc  n n chẵn Hình 3.12 Hình cho thấy góc  n n lẻ 66 Trƣờng hợp Cho n số lẻ n  , hình 3.12 cho thấy chồng chéo, nên  n   n   n     arctan Fn1 F  F F  arctan n2   arctan n2  arctan n3  Fn3 Fn Fn Fn1 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 Bảng 3.2 Các giá trị gần góc  n n Fn1 Số Fibonacci Fn n Fn1 5 8 13 13 21 13 21 34 21 34 55 10 34 55 89 11 55 89 144 arctan  807'48'' arctan  3021'59'' 17 arctan  1014'43'' 46 arctan  28'53'' 119 arctan  10'59'' 313 arctan  4'12'' 818 arctan  1'36'' 2,143 arctan  37'' 5,609 Dựa vào cơng thức tính tan  n ta thấy n   n  67 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 tốn sơ cấp, thơng qua tính chất dãy để giải tập ứng dụng cách có hệ thống Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian khả hiểu biết cịn hạn chế nên trình tìm hiểu đến trình bày luận văn cịn nhiều thiếu sót sai sót, mong quý độc giả góp ý để luận văn đƣợc hoàn thiện 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Quốc Chiến (2005), Giáo trình lý thuyết tổ hợp, Đại học Đà Nẵng [2] Trần Nam Dũng (Chủ biên), Các phương pháp Giải Toán qua kỳ thi Olympic, NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh [3] Hà Huy Khối, Số Học, nhà xuất giáo dục [4] Nguyễn Văn Nho (2005), Chuyên đề số học, NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh Tiếng Anh [5] Thomas Koshy, Fibonacci and Lucas Numbers with applicationas Trang web: [6]http://vi.wikipedia.org/wiki/D%C3%A3y_Fibonacci, ngày 2/3/2015 ... dạng Dãy Fibonacci tỉ lệ lẻ ngẫu nhiên, nhƣng kỳ lạ đem lại cân hồn 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. .. chứng minh tính phong phú đa dạng 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 - 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 liệu,