(Luận văn thạc sĩ) đồng nhất thức của đa thức fibonacci, đa thức lucas và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THU HẰNG ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THU HẰNG ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 1.1 Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas 1.1.1 Định nghĩa ví dụ dãy Fibonacci dãy Lucas 1.1.2 Một số tính chất dãy Fibonacci dãy Lucas Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 11 1.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 37 2.1 Các đồng thức tốn học phổ thơng 37 2.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 44 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS Vũ Hoài An, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, giáo Bộ mơn Tốn - Tin, Phòng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế , bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Phạm Thu Hằng Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Lý chọn đề tài Dãy số Fibonacci dãy vô hạn số tự nhiên bắt đầu hai phần tử 1, phần tử sau thiết lập theo quy tắc phần tử tổng hai phần tử trước Hơn nữa, sau số dãy, tỷ lệ số với số liền trước gần 1,618 Đây tỉ lệ vàng ứng dụng nhiều ngành khoa học mỹ thuật Dãy số Lucas khác dãy số Fibonacci hai phần tử thứ thứ hai, cịn cơng thức truy hồi giống Do vậy, dãy số Lucas có tính chất khác dãy số Fibonacci Kí hiệu dãy số Fibonacci, dãy số Lucas Fn Ln Đa thức Fibonacci Fn (x) đa thức Lucas Ln (x) định nghĩa sau: F0 (x) = 0, F1 (x) = Fn+1 (x) = x.Fn (x) + Fn−1 (x) với n ≥ L0 (x) = 2, L1 (x) = x Ln+1 (x) = x.Ln (x) + Ln−1 (x) với n ≥ Nếu x = Fn (1) = Fn Ln (1) = Ln Tìm hiểu, nghiên cứu Fn (x), Ln (x) cơng việc có ý nghĩa Chẳng hạn, ta thiết lập đồng thức Fn (x), Ln (x) ta thiết lập đồng thk  L(2k+1) (z) L(2k+1) (x) n−k Ví dụ 2.2.2 Nếu h h 2n+1 F2m+1 (x) m=0 + h h 2n+1 F2m+1 (y) 2n+1 F2m+1 (y) m=0 2n+1 F2m+1 (z) + m=0 h m=0 h 2n+1 (z) + F2m+1 m=0 2n+1 (x) F2m+1 m=0 46 h h h 2n+1 F2m+1 (x) =8 m=0 2n+1 F2m+1 (y) m=0 2n+1 F2m+1 (z) m=0 h h 2n+1 F2m+1 (x) h 2n+1 F2m+1 (y) = m=0 2n+1 F2m+1 (z) = m=0 m=0 Ví dụ 2.2.3 Với số nguyên dương h n ta có đồng thức sau: h h L2n+1 2m+1 (x) + m=0 2n+1 (y) F2m+1 h L2n+1 2m+1 (y) + + m=0 m=0 n =  k=0  k=0  k=0   n n h L2n+1 2m+1 (z) + m=0  L2n+1 2m+1 (z) m=0 h + h L2n+1 2m+1 (x) m=0   L(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1)(h+1) (y) 2n +  (−1)n−k  − n−k L(2k+1) (x) L(2k+1) (y)   L(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1)(h+1) (z) 2n +  − (−1)n−k  L(2k+1) (y) L(2k+1) (z) n−k   L (z) L(2k+1)(h+1) (x) 2n + n−k  (2k+1)(h+1)  (−1) − n−k L(2k+1) (z) L(2k+1) (x) Ví dụ 2.2.4 Với a, b, c số thực khác h nguyên dương n ta có đồng thức sau: h a (i) m=0 L2n+1 2m+1 (x) h −b m=0 L2n+1 2m+1 (x) − c (a − b)(a − c) h b m=0 + h −c m=0 2n+1 L2m+1 (x) − a (b − c)(b − a) h c + L2n+1 2m+1 (x) m=0 L2n+1 2m+1 (x) h −a m=0 L2n+1 2m+1 (x) − b (c − a)(c − b) 47 n L (x) 2n + n−k 2(2k+1)(h+1) (−1) L(2k+1) (x) n−k = k=0 a2 h m=0 (ii) h L2n+1 2m+1 (x) − b m=0 (a − b)(a − c) b h m=0 + h m=0 + = n h m=0 m=0 −c L2n+1 2m+1 (x) h −a 2n (x) F2m+1 2n F2m+1 (x) m=0 h m=0 h m=0 2n (x) F2m+1 L2n+1 2m+1 (x) − b 2 −10 2n F2m+1 (y) khác thỏa mãn điều h − m=0 h h m=0 L2n+1 2m+1 (x) − a L2(2k+1)(h+1) (x) 2n +  (−1)n−k n−k L(2k+1) (x) k=0 Ví dụ 2.2.5 Nếu h h (c − a)(c − b)  kiện: L2n+1 2m+1 (x) (b − c)(b − a) c 2n+1 L2m+1 (x) − c m=0 2n (y) F2m+1 2n (Y F2m+1 h )− m=0 2n (X) F2m+1 = 0, h 2n 2n (x) = 10 F2m+1 F2m+1 (y) hay m=0 m=0   n (2n)! F4k(h+1) (x) 2n (h + 1)  + n−k n (x + 4) (n!) F2k (x) k=1   n (2n)! F4k(h+1) (y) 10 2n   (h + 1) + = (y + 4)n (n!)2 k=1 n−k F2k (y) Ví dụ 2.2.6 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : (i) h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + h m=0 h m=0 2n+1 F2m+1 (x) + 2n+1 F2m+1 (x) + + 48 = (x2 n 4)2n + 2n+1 n−k k=0 + h (ii) m=0 h m=0 h 2n+1 F2m+1 (x) − 2n+1 F2m+1 (x) − m=0 h m=0 (−1)n−k L2(2k+1)(h+1)(x) L(2k+1) n (x2 + 4)n 2n+1 F2m+1 (y) 2n+1 F2m+1 (y) k=0 h m=0 h m=0 2n+1 n−k (x) F2(2k+1)(h+1) (x) F(2k+1) (x) h 2n+1 F2m+1 (x) − 2n+1 F2m+1 (x) − m=0 h m=0 m=0 − (x2 + 4)2n n (x2 + 4)n k=0 + (x2 + 4)  n 2n+1 n−k k=0 2n+1 n−k  F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) F2(2k+1)(h+1) (x) n k=0 2n+1 n−k  n 2n+1 n−k (i) h m=0 2n+1 F2m+1 (x) ≥ + (ii) h m=0 h + m=0 n 2(x2 + 4)n L(2k+1) (y) n 2(y + 4)n 2n+1 F2m+1 (x) ≥ 2n + F2(2k+1)(h+1) (y) n−k L(2k+1) (y) k=0 h + m=0 2(y + 4)n 2n+1 F2m+1 (y) 2n + F2(2k+1)(h+1) (x) n−k L(2k+1) (x) k=0 n k=0 2n+1 F2m+1 (y) 2n+1 F2m+1 (y) F2(2k+1)(h+1) (y) Ví dụ 2.2.7 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : 2n+1 F2m+1 (y) 2 (y + 4)n k=0 2 F2(2k+1)(h+1) (y)  L2(2k+1) (y) L(2k+1) (x)  2n + + = +9 2n+1 F2m+1 (y) h  2n + F2(2k+1)(h+1) (x) n−k L(2k+1) (x) 49 + n 2(y + 4)n 2n + F2(2k+1)(h+1) (y) L2(2k+1) (y) n−k k=0 h Dấu ′′ =′′ xảy m=0 2n+1 F2m+1 (x) = h m=0 2n+1 F2m+1 (y) Ví dụ 2.2.8 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : h 2n (x) F2m+1 + m=0 ≥ (h + 1) (x2 + 4)n (y + 4)n (n!)2 (h + 1) 2n (y) F2m+1 (2n)! m=0 n 2n + F4k(h+1)(x) (x) n−k F2k + (2n)! (n!)2 h k=0 n + k=0 2n + F4k(h+1)(y) (y) n−k F2k Ví dụ 2.2.9 Với số nguyên dương h n bất kỳ, ta có : h (i) m=0 ≥ 2n+1 F2m+1 (x) + m=0 n (x2 + 4)n )(y + 4)n h k=0 2n+1 n−k 2n+1 F2m+1 (y) h + m=0 F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) n k=0 + (y + 4)n )(z + 4) n n k=0 2n+1 n−k k=0 (z + 4)n )(x2 + 4) n n k=0 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L(2k+1) (y) n 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (y) + 2n+1 F2m+1 (z) 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) n k=0 2n+1 n−k F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) 50 Dấu ′′ =′′ xảy h h 2n+1 (x) F2m+1 = m=0 (ii) m=0 n ≥ 2n+1 n−k k=0 (−1)n−k m=0 h L2n+1 2m+1 (x) 2n+1 (z) F2m+1 = m=0 h h 2n+1 (y) F2m+1 + m=0 L2n+1 2m+1 (y) L2(2k+1)(h+1) (x) n + L(2k+1) (x) k=0 n k=0 L2n+1 2m+1 (z) + m=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k + h (−1)n−k (−1)n−k L2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) Dấu ′′ =′′ xảy L2n+1 2m+1 (x) (iii) m=0 + + 2n+1 F2m+1 (x) + (y + 4)n ).(z + 4) n Ví dụ 2.2.10 m=0 n k=0 k=0 2n+1 n−k n k=0 k=0 n (z + 4)n ).(x2 + 4) ≥ m=0 n h m=0 2n+1 F2m+1 (y) + n (x2 + 4)n ).(y + 4) n h n k=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k 2n+1 n−k 2n+1 n−k (−1) (−1) n−k n−k h m=0 2n+1 F2m+1 (z) F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) F2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L(2k+1) (z) n k=0 + m=0 L(2k+1) (x) n k=0 2n+1 L2m+1 (y) n k=0 L2(2k+1)(h+1) (z) n L(2k+1) (z) k=0 2n+1 n−k 2n+1 n−k 2n+1 n−k 2n+1 n−k L(2k+1) (y) F2(2k+1)(h+1) (z) L(2k+1) (z) F2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) h + m=0 (−1) (−1) F2(2k+1)(h+1) (y) 2n+1 n−k h L2(2k+1)(h+1)(x) n k=0 F2(2k+1)(h+1) (z) L2n+1 2m+1 (x) L2n+1 2m+1 (z) = m=0 ≥ L2n+1 2m+1 (y) = m=0 h z h h n−k n−k L2n+1 2m+1 (z) L2(2k+1)(h+1) (y) L(2k+1) (y) L2(2k+1)(h+1) (x) L(2k+1) (x) ... Đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas 11 1.2 Ứng dụng đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas số nguyên 37 2.1 Các đồng thức tốn học phổ thơng 37 2.2 Ứng dụng đồng thức đa. .. ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THU HẰNG ĐỒNG NHẤT THỨC CỦA ĐA THỨC FIBONACCI, ĐA THỨC LUCAS VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN... có đồng thức đa thức Fibonacci, đa thức Lucas, ta cho biến nhận giá trị nhận đồng thức dãy Fibonacci, dãy Lucas 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Nhật Cương (2014), Dãy Fibonacci, dãy Lucas