Số Fibonacci, số Lucas bình phương - Số Fibonacci,- 123docz.net

Các số Lucas là số chính phương? Rõ ràng là L1 = 1, L3 = 4 là các số chính phương. Còn các số khác thì sao?

Năm 1964 J. H. E. Cohn của ĐH London đã thiết lập được ngoài L1 = 1, L3 = 4 không còn số chính phương nào khác. Chứng minh của ông xoay quanh các công thức sau:

L2n = 2L2n + 2(−1)n−1. (1.31) Nếu k ≡ 0 (mod2) và k 6≡ 0 (mod3) thì Lk ≡ 0 (mod4). (1.32) Nếu k ≡ 0 (mod2) và k 6≡ 0 (mod3) thì Ln+2k ≡ −Ln(modLk). (1.33)

Định lí 1.17. Số Lucas chỉ có số chính phương là 1 và 4.

Chứng minh

Giả sửLn là số chính phương x2 với một vài số nguyên dương n : Ln = x2. TH1: Giả sử n là số chẵn. Gọi n= 2r. Khi đó Ln = L2r = 2L2r ±2. Vì L2r là số chính phương nên 2L2r ±2 không thể là số chính phương. Điều này mâu thuân giả thiết.Vậy điều giả sử sai.

TH2: Giả sử n là số lẻ.

+Giả sử n≡ 1 (mod4). Nếu n= 1 thì Ln = 1 là số chính phương.

Do đó ta giả sử n > 1. Khi đó ta có thể viết n như sau n = 1 + 2.3i.k với

i ≥0 và k là số chẵn không chia hết cho 3. Theo công thức 1.33

Ln = −L1 ≡ −1 (modLk)

và (−1) là thặng dư bậc hai của Lk. Suy ra Ln không thể là số chính phương. +Giả sử n≡ 3 (mod4).

Nếu n = 3 thì Ln = L3 = 4 là một số chính phương.

hết cho 3.

Khi đó theo công thức 1.33

Ln = −L3 ≡ −4 (modLk)

thì Ln không thể là số chính phương.

Vậy số Lucas chỉ có các số chính phương là 1 và 4.

Định lý được chứng minh.

Trong định lý tiếp theo được phát hiện bởi Cohn năm 1964: Xác định số Lucas có dạng 2x2.

Trong chứng minh của mình ông đã sử dụng các công thức:

Ln ≡ 0 (mod2) khi và chỉ khi n≡ 0 (mod3). (1.34)

Ln ≡ 0 (mod3) khi và chỉ khi n≡ 2 (mod4). (1.35)

F−n = (−1)n−1Fn. (1.36)

L−n = (−1)nLn. (1.37)

Ln+12 ≡Ln(mod8). (1.38) Nếu n≡ 0 (mod2) và n6≡ 0 (mod3) thì Ln ≡ 3 (mod4). (1.39)

Fn+2k ≡ F−n(modLk) với k ≡0 (mod2) và k 6≡ 0 (mod3). (1.40)

Định lí 1.18. Giả sử x là số nguyên sao cho Ln = 2x2 thì n = 0 hoặc ±6.

Chứng minh

Vì x2 ≡ 0,1 hoặc 4 (mod8), Ln = 2x2 ≡ 0 hoặc 2 (mod 8). Do Ln là số chẵn, theo công thức 1.34 n ≡ 0 (mod3). Suy ra 3|n.

* Giả sử n là số lẻ. Khi đó n có dạng 12q +r với 0≤ r < 12.

Vì n là số lẻ và là bội của 3 nên r = 3 hoặc 9. Do đó n có dạng 12q + 3 hoặc 12q + 9.

+ Nếu n = 12q + 3, theo công thức 1.38 thì

Ln = L12q+3 ≡L3 ≡ 4 (mod 8).

Điều này mâu thuẫn vì Ln ≡ 0 hoặc 2 (mod8). + Nếu n = 12q + 9 thì

Điều này cũng mâu thuẫn. Vậy n không phải là số lẻ.

* Giả sử n là số chẵn. Thì n có dạng 8t,8t±2, hoặc 8t+ 4. +Nếu n = 8t hoặc 8t= 4, n ≡ 0 (mod4).

+ Nếu n = 0 thì Ln = L0 = 2 = 2.12.

+ Nếu n 6= 0, đặt n= 2.3i.k thì 2Ln ≡ −2L0 ≡ −4 (modLk). Do đó 2Ln không thể là số chính phương y2.

Vì vậy Ln không thể có dạng 2x2.

+ Giả sử n ≡ −2 ≡ 6 (mod8). Nếu n = 6 thì L6 = 2.32 (thỏa mãn yêu cầu).

Mặt khác, nếu n 6= 6 thì n có dạng n = 6 + 2.3i.k với 4|k,3 - k. Suy ra

2Ln ≡ −2L6 ≡ −36 (modLk).

Theo công thức 1.35 và 1.39 thì -36 là phi thặng dư bậc hai của Lk. Do đó Ln không thể có dạng 2x2.

Cuối cùng nếu n ≡ 2 (mod8) thì theo công thức L−n = Ln

suy ra −n ≡ 6 (mod8).

Có nghĩa là −n = 6⇔ n= −6. Vậy nếu Ln = 2x2 thì n = 0 hoặc ±6.

Định lý được chứng minh.

Định lí 1.19. Nếu Fn là số chính phương x2 thì n = 0,±1,2 hoặc 12.

Chứng minh TH1: Giả sử n là số lẻ thì n≡ ±1 (mod4). Giả sử n ≡1 (mod 4), thì n có thể có dạng n = 1 + 2.3i.k. Theo công thức 1.40 Fn ≡ −F1 ≡ −1 (modLk). Do đó Fn không thể là số chính phương.

Mặt khác, giả sử n≡ −1 (mod4) có nghĩa là −n≡ 1 (mod4) thì F−n =

Fn.

Suy ra −n= 1 ⇔ n= −1.

TH2: Giả sử n là số chẵn, n = 2s.

Khi đó Fn = F2s = Fs.Ls = x2. Giả sử 3|n thì F3|Fn, suy ra 2|Fn.

thì n/2 =s = 0 hoặc ±6. Suy ra n = 0 hoặc ±12.

+Khi n= 0, Fs = F0 = 0 = 2.02. +Khi n= 12, Fs = F6 = 8 = 2.22.

+Nhưng khi n = −12, Fs = F−6 = (−1)5F6 = −8. Suy ra Fn không thể có dạng 2y2. Do đó n = 0 hoặc 12.

Giả sử 3 - n, Fn không là số chẵn. Thì Fs = y2 và Ls = z2 với một vài y

và z. Theo định lý 1.17 n/2 = s = 1 hoặc 3. Suy ra n = 2 hoặc 6. + Khi n = 2, Fs = F1 = 12 là số chính phương.

+ Nhưng khi n= 6, Fs = F3 = 2 không là số chính phương. Do đó n= 0,±1,2 hoặc 12. Định lý được chứng minh. Định lí 1.20. Nếu Fn có dạng 2x2 thì n= 0,±3 hoặc 6. Chứng minh TH1: Giả sử n là lẻ thì n ≡ ±1 (mod4). * Giả sử n≡ −1≡ 3 (mod4). +Nếu n = 3 thì Fn = F3 = 2 = 2.12. +Nếu n 6= 3 thì n có dạng n = 3 + 2.3i.k. Khi đó theo công thức 1.40

2Fn ≡ −2F3 ≡ −4 (modLk).

Nghĩa là

x2 ≡ −1 (modLk).

Do đó Fn không thể có dạng như trên.

* Giả sử n ≡1 ≡ −3 (mod4) thì −n≡ 3 (mod 4) và F−n = Fn. Suy ra −n= 3. Vậy n= −3.

TH2: Giả sử n là chẵn. Đặt n= 2s.

Khi đó Fn = F2s = FsLs = 2x2. Hay Fs = y2, Ls = 2z2 hoặc Fs = 2y2, Ls =

z2 với một vài số nguyên y và z.

Theo định lý 1.19 chỉ có một vài giá trị của s thỏa mãn phương trình

là s = 0. Suy ra n = 0.

Giả sử Fs = 2y2, Ls = z2. Theo định lý 1.18 thì s = 1 hoặc 3. Nhưng F1 = 1 không có dạng 2y2 suy ra s6= 1.

Mà F3 = 2.12 suy ra Fs = 2y2 là giải được khi s = 3. Suy ra n= 6. Do đó, thu thập hết tất cả các giá trị có thể có củanta cón = 0,±3, hoặc 6.

Chương 2

Ứng dụng của số Fibonacci, dãy Lucas trong Toán phổ thông

Bài tập 2.1. Cho dãy số (un) được xác định bởi

( u0 = 0, u1 = 1, un+1−3un +un−1

2 = (−1)n

với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng un là số chính phương với mọi

n≥ 0.

Lời giải.

Ta nhận thấy u2 = 1, u3 = 4, u4 = 9, u5 = 25. Do đó

u0 = F02, u1 = F12, u2 = F22, u3 = F32, u4 = F42, u5 = F52

trong đó (Fn) là dãy Fibonacci.

Từ đó ta định hướng chứng minh un = Fn2 bằng phương pháp quy nạp theo n. Thật vậy, giả sử uk = Fk2,∀k ≤n. Khi đó un = Fn2, un−1 = Fn2−1, un−2 = Fn2−2 (1) Từ giả thiết ta có un+1 −3un+un−1 = 2(−1)n. un −3un−1 +un−2 = 2(−1)n−1. Cộng 2 đẳng thức trên ta được un+1 −2un−2un−1 +un−2 = 0, n ≥2. (2)

Từ (1),(2) suy ra

un+1 = 2Fn2 + 2Fn2−1 −Fn2−2

= (Fn +Fn−1)2 + (Fn−Fn−1)2 −Fn2−2

= Fn2+1 +Fn2−2 −Fn2−2 = Fn2+1.

Vậy un = Fn2 với mọi n ≥0.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 2.2. Cho dãy số (un) được xác định bởi

u1 = 1, u2 = 2, u3 = 6, un+3 = 2un+2+ 2un+1 −un

với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng un là số chính phương với mọi

n≥ 1.

Lời giải.

Từ giả thiết ta thấy u4 = 12, u5 = 25, u6 = 48. Ta có u1 1 = u2 2 = 1 = F1 = F2 u3 3 = 2 = F3 u4 4 = 3 = F4 u5 5 = 5 = F5 u6 6 = 8 = F6 Như vậy un n = Fn với mọi n = 1,2,3,4,5,6.

Từ đó ta định hướng chứng minh un = nFn với mọi n ≥ 1 bằng phương pháp quy nạp.

Bài tập 2.3. Cho dãy số (un) thỏa mãn

u1 = 1, u2 = 1,

un+2 = 7un+1 −un −2

với mọi n ≥ 1.

Bài tập 2.4. Cho k là số nguyên dương k > 1. Xét dãy số (un) được xác định bởi

u0 = 4, u1 = u2 = k2 −22,

un+1 = unun−1 −2 (un+ un−1)−un−2 + 8

với mọi n ≥2. Chứng minh rằng 2 +√

un là số chính phương với mọi n ≥ 1.

Lời giải

Gọi α, β là nghiệm của phương trình t2 −kt+ 1 = 0. Suy ra

α+β = k αβ = 1

Ta chứng minh quy nạp theo n: un = α2Fn +β2Fn2

với mọi n≥ 0. (1) Dễ thấy (1) đúng với n = 0,1,2. Giả sử (1) đúng đến n. Ta có un+1 −2 = (un −2) (un−1 −2)−(un−2 −2) = α4Fn +β4Fn2 α4Fn−1 +β4Fn−12 − α4Fn−2 +β4Fn−22 = α4Fn+1 +β4Fn+1. Suy ra un+1 = 2 +α4Fn+1 +β4Fn+1 = α2Fn+1 +β2Fn+12 . Từ đó, (1) được chứng minh. Từ (1) ta có 2 +√ un = 2 +α2Fn +β2Fn = αFn +βFn2 là số chính phương.

Suy ra điều phải chứng minh. Bài tập 2.5. (IMO 1981)

Tìm giá trị lớn nhất của P = m2 + n2, trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn: 1 ≤ m;n≤ 1981 và n2 −mn−m22 = 1.

Ta xét nghiệm nguyên dương (x, y) của phương trình:

x2 −xy −y22 = 1 (1) với x > y.

Gọi (n, m) là một nghiệm như thế (n > m). + Xét bộ (m+n, n) ta có:

(m+n)2 −(m+n)n−n2

= − n2 −mn−m22 = 1.

Suy ra (m+ n, n) cũng là một nghiệm của (1).

Rõ ràng (2,1) là một nghiệm của (1), nên ta có các bộ sau cũng là nghiệm của (1): (3,2) ; (5,3) ; (8,5) ; (13,8) ; (21,13) ; (34,21)... + Xét bộ (m, n−m) ta có m2 −m(n−m)−(n−m)2 2 = − n2 −mn−m22 = 1.

Suy ra (m, n−m) cũng là một nghiệm của (1).

- Nếu m ≤ n−m ⇒ n ≥ 2m ⇒ n(n−m) ≥ 2m2 ⇒ n2 −mn −m2 > 1

(vô lý).

- Nếu m > n−m thì bộ (m, n−m) là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm

(n, m).

Quá trình dừng lại kết thúc ở nghiệm (n,1)với n > 1.

Chú ý thêm rằng (2,1) là bộ nghiệm duy nhất thỏa mãn (1) mà n= 1. Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là (Fn, Fn−1) với n ≥ 2. Như vậy giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của Fn2+Fn2−1 với Fn ≤

1981.

Dãy các số Fibonacci thỏa mãn là:

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597.

Vậy giá trị lớn nhất của P = 15972 + 9872.

Bài tập 2.6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 4 thì Fn + 1

không là số nguyên tố.

Lời giải

Ta có đẳng thức Fn4 −1 = Fn−2Fn−1Fn+1Fn+2 (1). Giả sử tồn tại n≥ 4 sao cho Fn + 1 là số nguyên tố.

Fn−2;Fn−1;Fn+1;Fn+2. Nhưng

Fn + 1> Fn−2;Fn + 1> Fn−1.

Nên

(Fn + 1)|Fn+1 hoặc (Fn+ 1)|Fn+2.

Trong trường hợp đầu tiên thì

(Fn + 1)|(Fn+Fn−1) ⇒(Fn + 1)|((Fn+ 1) + (Fn−1 −1))

⇒(Fn + 1)|(Fn−1 −1)(vô lý).

Trong trường hợp thứ 2 thì

(Fn+ 1)|(Fn +Fn+1) ⇒ (Fn+ 1)|(2 (Fn+1 + 1) + (Fn−1 −2))

⇒ (Fn+ 1)|(Fn−1 −2)(vô lý).

Vậy Fn + 1 là hợp số với mọi n≥ 4.

Điều phải chứng minh.

Bài tập 2.7. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho 2012.

Lời giải

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát: với mọi số tự nhiên n, tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho n.

Xét các cặp số dư khi chia hai số hạng liên tiếp trong dãy Finonacci theo modulo n: (F0, F1) ; (F1, F2) ; (F2, F3)...

Vì dãy Fibonacci là vô hạn, mà chỉ có n2 khả năng cho mỗi cặp số dư theo modulo n nên tồn tại (Fi, Fi+1) thỏa mãn:

Fi ≡ Fi+m và Fi+1 ≡ Fi+m+1(modn) với m ∈ Z+.

Xét i >1 ta có

Fi−1 = Fi+1 −Fi ≡ Fi+m+1 −Fi+m = Fi+m−1(modn).

Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến Fj ≡Fj+m(modn)∀i ≥ 0.

Suy ra 0 ≡ F0 ≡ Fm ≡ F2m ≡ ...(modn) tức là có vô hạn các số Fkm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài tập 2.8. Cho dãy số (un) được xác định bởi

u1 = 0, u2 = 1,

un+2 = un+ un+1+ 1

với mọi số nguyên n ≥0.

Chứng minh rằng p là số nguyên tố thì up(up+1+ 1) chia hết cho p.

Lời giải.

Xét dãy số xn = un + 1 ⇒ xn+2 = xn + xn+1. Suy ra (xn) là dãy số Fibonacci.

Khi đó theo công thức Binet, số hạng tổng quát dãy (xn) là:

xn = √1 5   1 +√ 5 2 !n+1 − 1− √ 5 2 !n+1  ⇒un = √1 5   1 +√ 5 2 !n+1 − 1− √ 5 2 !n+1 −1. Suy ra (up+ 1) 2p = 1 2√ 5 √ 5 + 1 p√ 5 + 1 −√5−1 p√ 5−1 = 1 2 √ 5 + 1 p −√5−1 p + 1 2√ 5 √ 5 + 1 p −√5−1 p = 1 2 p X k=0 Cpk √ 5 k − p X k=0 Cpk √ 5 k (−1)p−k ! + 1 2√ 5 p X k=0 Cpk √ 5 k − p X k=0 Cpk √ 5 k (−1)p−k ! . (up+ 1) 2p = 1 2   p−1 2 X k=0 Cp2k2 √ 5 2k  + 1 2√ 5   p−1 2 X k=0 Cp2k+12 √ 5 2k+1   (up+ 1) 2p = p−1 2 X k=0 Cp2k +Cp2k+15k. Mà Cpk = p!

(p−k)!k! ≡0 (modp) với mọi 1 ≤ k ≤ p−1. Khi đó

Ta có

5p−1 ≡ 1 (modp) ⇒5p−21 −1 5p−21 + 1

≡0 (modp).

+ Nếu 5p−21 + 1 ≡ 0 (modp). Thì từ (1) suy ra

2p(up+ 1) ≡ 0 (modp) mà (2, p) = 1

⇒up+ 1 ≡ 0 (modp) ⇒up(up+ 1)...p (ĐPCM) + Nếu 5p−21 ≡1 (modp) ⇒ 5p−21 + 1≡ 2 (modp).

Thì từ (1) suy ra

2p(up+ 1) ≡2 (modp) mà (2, p) = 1

⇒ 2p ≡ 2 (modp) ⇒2pup ≡ 0 (modp)

⇒ up ≡0 (modp) ⇒ up(up+ 1)...p (ĐPCM) Vậy ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài tập 2.9. Cho dãy số (un) được xác định bởi

u1 = u2 = 1, un+2 = un +un+1

với mọi số nguyên n ≥1.

Chứng minh rằng u2n+3 = 2u2n+2 + 2u2n+1 −u2n.

Lời giải.

Dãy (un) là dãy số Fibonacci.

Khi đó theo công thức Binet ta có un = α

n −βn

√

5 .

Xét dãy Lucas (Ln) theo công thức Binet thì Ln = αn +βn. Xét 5.V P = 2α2n+4+β2n+4−2(−1)n+2 + 2α2n+2 +β2n+2 −2(−1)n+1− α2n+ β2n −2(−1)n = 2L2n+4 + 2L2n+2 −L2n + 2(−1)n = 2L2n+4 +L2n+2+ L2n+1 + 2(−1)n = 2L2n+4 +L2n+3+ 2(−1)n = L2n+4+L2n+5 + 2(−1)n = L2n+6+ 2(−1)n.

Suy ra V P = 1 5(L2n+6 + 2(−1)n). Xét V T = 1 5 α2n+6+β2n+6 −2(−1)n+3 = 1 5 α 2n+6 +β2n+6+ 2(−1)n = 1 5(L2n+6+ 2(−1)n). Vậy VP=VT.

Bài tập 2.10. Giả sử Fk là số hạng thứ k của dãy Fibonacci. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 thì số An = 4Fn−2Fn+2Fn+4 + 9 là số chính phương.

Lời giải

Trước hết ta có nhận xét sau đây: Với mọi số tự nhiên n≥ 3 thì:

Do Fn nguyên với mọi n∈ N nên An là số chính phương ∀n ≥ 3. Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 2.11. Cho dãy số nguyên dương (un) thỏa mãn:

u1 = 1, u2 = 2, u4 = 5,

un+1un−1 = u2n+a với a2 = 1

với mọi n ≥ 1.

1) Xác định số hạng tổng quát của dãy trên.

2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2014 sao cho un chia hết cho n.

Lời giải.

1) Từ công thức xác định dãy ta có: u32 = u2u4−a = 10−a, do u3 nguyên dương nên a = 1 và u3 = 3.

Bằng quy nạp ta thấy rằng dãy tăng và un > 3,∀n > 3. Ta có un+1 = u

n+a un−1 .

Giả sử rằngu2n+1...un−1 và u2n−1...un−1 thì 2...un−1 vô lí vì đây là dãy số nguyên