Luận văn Về tổng của nghịch đảo các số fibonacci

1 F 2k < 1 Fn−1Fn . (2.16) Chứng minh. Sử dụng công thức (2.12), ta kiểm tra được rằng, cho mỗi k ≥ 2, ta có 1 Fk−1Fk − 1 F 2k − 1 F 2k+1 − 1 Fk+1Fk+2 = FkF 2 k+1Fk+2 − Fk−1F 2k+1Fk+2 − Fk−1F 2kFk+2 − Fk−1F 2kFk+1 Fk−1F 2kF 2 k+1Fk+2 = FkFk+1(Fk+1Fk+2 − Fk−1Fk)− Fk−1Fk+2(F 2k+1 + F 2k ) Fk−1F 2kF 2 k+1Fk+2 = (FkFk+1 − Fk−1Fk+2)F2k+1 Fk−1F 2kF 2 k+1Fk+2 = (−1)k−1F2k+1 Fk−1F 2kF 2 k+1Fk+2 . Vì n là số lẻ, chúng ta có 1 Fn−1Fn − 1 F 2n − 1 F 2n+1 − 1 Fn+1Fn+2 > 0. 19 Nếum là số chẵn, thì mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 FmnFmn+1 < 1 Fn−1Fn . Nếum là số lẻ, thì mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 Fmn−1Fmn + 1 F 2mn < 1 Fn−1Fn . Do đó (2.16) luôn đúng. Mệnh đề 2.3.2 ([2, Mệnh đề 3.3]). Cho n là số nguyên lẻ, ta có 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn + 1 . (2.17) Chứng minh. Sử dụng công thức (2.5), chúng ta có được 1 Fk−1Fk + 1 − 1 F 2k − 1 FkFk+1 + 1 =  − 2Fk−1Fk + 1 F 2k (Fk−1Fk + 1)(FkFk+1 + 1) , nếu k lẻ , − 2FkFk+1 + 1 F 2k (Fk−1Fk + 1)(FkFk+1 + 1) , nếu n chẵn. Bây giờ chúng ta có 2n∑ k=n 1 F 2k = 1 Fn−1Fn + 1 + ( 2Fn−1Fn + 1 F 2n(Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1) + 2Fn+1Fn+2 + 1 F 2n+1(FnFn+1 + 1)(Fn+1Fn+2 + 1) + .... + 2F2nF2n+1 + 1 F 22n(F2n−1F2n + 1)(F2nF2n+1 + 1) ) − 1 F2nF2n+1 + 1 > 1 Fn−1Fn + 1 + 2Fn−1Fn + 1 F 2n(Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1) − 1 F2nF2n+1 + 1 . Ta lại có 2Fk−1Fk > Fk−1Fk+1. Từ (2.6) và việc n là số lẻ, chúng ta thu được 2Fn−1Fn + 1 F 2n ≥ 2Fn−1Fn + 1 F 2n = F 2n F 2n = 1. Suy ra 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn + 1 + 1 (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1) − 1 F2nF2n+1 + 1 . 20 Theo (1.3) và (1.4), chúng ta có F2nF2n+1 + 1 > (Fn−1Fn + FnFn+1)(F 2n + F 2 n+1) > (Fn−1Fn + 1)(FnFn+1 + 1). Từ đó suy ra 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn + 1 . Chứng minh đã hoàn thành. Mệnh đề 2.3.3 ([2, Mệnh đề 3.4]). Giả sử rằng m ≥ 2 và n > 0 là số chẵn. Khi đó ta có mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 . (2.18) Chứng minh. Áp dụng (1.1), chúng ta có thể viết lại F 4k như sau F 4k = Fk−1F 2 kFk+1 + (−1)k−1F 2k . (2.19) Ngoài ra, ta có (Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) = Fk−1F 2kFk+1 − Fk−1Fk − Fk−1Fk + 1 = Fk−1F 2kFk+1 − 2Fk−1Fk − F 2k + 1. (2.20) Kết hợp (2.19) và (2.20) cho ta được 1 Fk−1Fk − 1 − 1 F 2k − 1 FkFk+1 − 1 = F 2k (Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) − 1 F 2k ≥ 2Fk−1Fk − 1 (Fk−1Fk − 1)(FkFk+1 − 1) − 1 F 2k > 0. Suy ra mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 − 1 FmnFmn+1 − 1 < 1 Fn−1Fn − 1 . Hoàn thành chứng minh. Mệnh đề 2.3.4 ([2, Mệnh đề 3.5]). Nếu n > 0 là số chẵn thì 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn . (2.21) 21 Chứng minh. Sử dụng (1.1), chúng ta có thể suy ra rằng 1 Fk−1Fk − 1 − 1 F 2k − 1 FkFk+1 − 1 = (−1)k−1 Fk−1F 2kFk+1 . Vì thế, từ n là số chẵn, chúng ta có 2n∑ k=n 1 F 2k = 1 Fn−1Fn + 2n∑ k=n (−1)k Fk−1F 2kFk+1 − 1 F2nF2n+1 = 1 Fn−1Fn + ( 1 Fn−1F 2nFn+1 − 1 FnF 2n+1Fn+2 − 1 F2nF2n+1 ) + 2n−1∑ k=n+2 (−1)k Fk−1F 2kFk+1 + 1 F2n−1F 22nF2n+1 . Ta lại có 2n−1∑ k=n+2 (−1)k−1 Fk−1F 2kFk+1 > 0 nên 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn + ( 1 Fn−1F 2nFn+1 − 1 FnF 2n+1Fn+2 − 1 F2nF2n+1 ) . Ta sẽ chứng minh 1 Fn−1F 2nFn+1 − 1 FnF 2n+1Fn+2 − 1 F2nF2n+1 > 0. Đầu tiên, theo (1.6), chúng ta có 1 Fn−1F 2nFn+1 − 1 FnF 2n+1Fn+2 − 1 F2nF2n+1 = F2n+1 Fn−1F 2nF 2n+1Fn+2 − F2n+1 F2nF 22n+1 . Từ (1.3), (1.4) và (1.5) ta có F2n > Fn−1Fn, F2n+1 > F 2n+1 và F2n+1 > FnFn+2. Suy ra F2nF 2 2n+1 > Fn−1F 2 nF 2 n+1Fn+2. Vậy chúng ta thu được 1 Fn−1F 2nFn+1 − 1 FnF 2n+1Fn+2 − 1 F2nF2n+1 > 0. Suy ra điều cần chứng minh. 22 Định lý 2.3.5 ([2, Định lý 3.6]). Với mọi n ≥ 1 vàm ≥ 2, chúng ta có(mn∑ k=n 1 F 2k )−1 = FnFn−1, nếu n lẻ ,FnFn−1 − 1, nếu n chẵn . (2.22) Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét các trường hợp khi n là số lẻ. Nếu n = 1, kết quả rõ ràng đúng. Vì vậy, chúng tôi giả sử rằng n ≥ 3. Từ (2.17), ta có mn∑ k=n 1 F 2k ≥ 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn + 1 . (2.23) Sử dụng (2.16) và (2.23) cho ta 1 Fn−1Fn + 1 < mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn . Điều này có nghĩa rằng, nếu n > 0 là số lẻ, chúng ta có(mn∑ k=n 1 F 2k )−1 = Fn−1Fn. Bây giờ chúng ta xem xét các trường hợp trong đó n > 0 là số chẵn. Từ (2.21) ta có mn∑ k=n 1 F 2k ≥ 2n∑ k=n 1 F 2k > 1 Fn−1Fn . (2.24) Kết hợp (2.18) và (2.24), chúng ta được 1 Fn−1Fn < mn∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 . Từ đó chúng ta thấy rằng, nếu n > 0 là số chẵn, ta có(mn∑ k=n 1 F 2k )−1 = Fn−1Fn − 1. Hoàn thành chứng minh. 23 2.4 Tổng vô hạn nghịch đảo bình phương của các số Fi- bonacci Trong mục này, chúng tôi trình bày kết quả của Ohtsuka và Nakamura về tổng vô hạn nghịch đảo bình phương của các số Fibonacci. Định lý 2.4.1 ([1, Định lý 2]). Với số nguyên dương n, ta có( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 = Fn−1Fn − 1, nếu n chẵn và n ≥ 2,Fn−1Fn, nếu n lẻ và n ≥ 1. Để chứng minh Định lý 2.4.1 ta cần hai bổ đề dưới đây. Bổ đề 2.4.2 ([1, Bổ đề 3]). Với số nguyên dương n, ta có ∞∑ k=n Fn−1Fn F 2k > 1, nếu n chẵn và n ≥ 2. (2.25) và ∞∑ k=n Fn−1Fn F 2k < 1, nếu n lẻ và n ≥ 1. (2.26) Chứng minh. Cho n > 1, sử dụng công thức của de Moivre - Binet, chúng ta có 1 Fn−1Fn − 1 F 2n − 1 F 2 n+1 − 1 Fn+1Fn+2 = Fn − Fn−1 Fn−1F 2n − Fn+2 + Fn+1 F 2n+1Fn+2 = Fn−2 Fn−1F 2n − Fn+3 F 2n+1Fn+2 = Fn−2F 2n+1Fn+2 − Fn−1F 2nFn+3 Fn−1F 2nF 2n+1Fn+2 = F 2n+1(F 2 n + (−1)n−1F 22 )− F 2n(F 2n+1 + (−1)nF 22 ) Fn−1F 2nF 2n+1Fn+2 = (−1)n−1F 2n+1 − (−1)nF 2n Fn−1F 2nF 2n+1Fn+2 = (−1)n+1F2n+1 Fn−1F 2nF 2n+1Fn+2 . Nếu n là số chẵn, và n ≥ 2, thì 1 Fn−1Fn − 1 F 2n − 1 F 2n+1 − 1 Fn+1Fn+2 < 0. 24 Suy ra 1 Fn−1Fn < 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 Fn+1Fn+2 . Sử dụng bất đẳng thức này nhiều lần, chúng ta có 1 Fn−1Fn < 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 Fn+1Fn+2 < 1 F 2n + 1 F 2n+1 + ( 1 F 2n+2 + 1 F 2n+3 + 1 Fn+3Fn+4 ) < 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 F 2n+3 + ( 1 F 2n+4 + 1 F 2n+5 + 1 Fn+5Fn+6 ) < 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 F 2n+3 + 1 F 2n+4 + 1 F 2n+5 + ..... Từ đây, chúng ta thu được 2.25. Công thức 2.26 được chứng minh tương tự. Bổ đề 2.4.3 ([1, Bổ đề 4]). Cho n ≥ 1, ta có: ∞∑ k=n Fn−1Fn − 1 F 2k < 1. (2.27) và ∞∑ k=n Fn−1Fn + 1 F 2k > 1. (2.28) Chứng minh. Với n ≥ 2, ta có 1 Fn−1Fn − 1 − 1 F 2n − 1 FnFn+1 − 1 = FnFn+1 − Fn−1Fn (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) − 1 F 2n = F 2n (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) − 1 F 2n = F 4n − (Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) F 2n(Fn−1Fn − 1)(FnFn+1 − 1) . Tử số của vế phải là F 4n − Fn−1F 2nFn+1 + Fn−1Fn + FnFn+1 − 1 = F 4n − F 2n(F 2n + (−1)n) + Fn(Fn−1 + Fn+1)− 1 = −(−1)nF 2n + Fn(Fn−1 + Fn+1)− 1 > −F 2n + Fn(Fn−1 + Fn+1)− 1 25 = Fn(−Fn + Fn−1 + Fn+1)− 1(bởi vì n ≥ 2) = 2FnFn−1 − 1 ≥ 1 > 0. Do đó, chúng ta có 1 Fn−1Fn − 1 − 1 F 2n − 1 FnFn+1 − 1 > 0. Suy ra 1 Fn−1Fn − 1 > 1 F 2n + 1 FnFn+1 − 1 . Áp dụng bất đẳng thức này nhiều lần chúng ta có 1 Fn−1Fn − 1 > 1 F 2n + 1 FnFn+1 − 1 > 1 F 2n + ( 1 F 2n+1 + 1 Fn+1Fn+2 − 1) > 1 F 2n + 1 F 2n+1 + ( 1 F 2n+2 + 1 Fn+2Fn+3 − 1) > 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 F 2n+2 + ( 1 F 2n+3 + 1 Fn+3Fn+4 − 1) > 1 F 2n + 1 F 2n+1 + 1 F 2n+2 + 1 F 2n+3 + 1 F 2n+4 + ..... = ∞∑ k=n 1 F 2k . Suy ra ∞∑ k=n Fn−1Fn − 1 F 2k < 1, nếu n ≥ 2. Nếu n = 1, thì bất đẳng thức này rõ ràng là đúng. Do đó, chúng ta thu được bất đẳng thức (2.27). Bất đẳng thức (2.28) cũng đạt được tương tự. Chứng minh của Định lý 2.4.1. Trường hợp 1: n là số chẵn và n ≥ 2. Sử dụng Bổ đề 2.4.2 và Bổ đề 2.4.3, chúng ta có 1 Fn−1Fn < ∞∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn − 1 . Vì thế, chúng ta có Fn−1Fn − 1 < ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 < Fn−1Fn. 26 Suy ra ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 = Fn−1Fn − 1. Trường hợp 2: n là số lẻ và n ≥ 1. Nếu n = 1, ta có ∞∑ k=n 1 F 2k > 1 F 21 = 1, suy ra 0 < ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 < 1. Vì thế, ta có ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 = 0 = F0F1. Nếu n là số lẻ và n ≥ 3, sử dụng Bổ đề 2.4.2 và Bổ đề 2.4.3, ta có 1 Fn−1Fn + 1 < ∞∑ k=n 1 F 2k < 1 Fn−1Fn . Suy ra Fn−1Fn < ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 < Fn−1Fn + 1. Do đó, ta có ( ∞∑ k=n 1 F 2k )−1 = Fn−1Fn. Do đó, chúng ta thu được kết quả của Định lý. 27 Chương 3 Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các kết quả của Wang và Yuan về tổng đan dấu mn∑ k=n (−1)k Fak+b , trong đó a ∈ {1, 2, 3} và b < a. 3.1 Kết quả khi a = 1 Để thuận tiện trong các lập luận, chúng ta xét 4 hàm số f1(n) = 1 Fn+1 − (−1) n Fn − 1 Fn+2 , f2(n) = 1 Fn+1 − 1 − (−1)n Fn − 1 Fn+2 − 1 , f3(n) = −1 Fn+1 + 1 − (−1) n Fn + 1 Fn+2 + 1 , f4(n) = −1 Fn+1 − (−1) n Fn + 1 Fn+2 . Rõ ràng là fi(n), 1 ≤ i ≤ 4, là số dương nếu n là số lẻ và ngược lại là số âm. Trước khi trình bày các kết quả chính, ta có một số bổ đề về tính chất của 4 hàm số này. Bổ đề 3.1.1 ([3, Bổ đề 6]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì f1(n) + f1(n+ 1) < 0. 28 Chứng minh. Với n là số chẵn, ta thấy rằng f1(n) + f1(n+ 1) = 2 Fn+1 − 1 Fn − 1 Fn+3 = (2Fn − Fn+1)Fn+3 − FnFn+1 FnFn+1Fn+3 = Fn−2Fn+3 − FnFn+1 FnFn+1Fn+3 = −2 FnFn+1Fn+3 < 0, trong đó bất đẳng thức cuối cùng được suy ra từ (1.9). Bổ đề 3.1.2 ([3, Bổ đề 7]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có f2(n) + f2(n+ 1) > 0. Chứng minh. Mệnh đề rõ ràng đúng nếu n là số lẻ. Do đó, chúng ta xét trường hợp khi n là số chẵn. Từ định nghĩa của f2(n) và công thức (1.9), ta có f2(n) + f2(n+ 1) = ( 1 Fn+1 − 1 − 1 Fn+3 − 1 ) − ( 1 Fn − 1 Fn+1 ) = Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 = Fn+1(FnFn+2 − Fn−1Fn+3) + Fn−1(Fn+1 + Fn+3 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) = −2Fn+1 + Fn−1(2Fn+1 + Fn+2 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) = 2(Fn−1 − 1)Fn+1 + Fn−1(Fn+2 − 1) FnFn+1(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) > 0. Hoàn thành việc chứng minh. Bổ đề 3.1.3 ([3, Bổ đề 8]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 − 1 F2n+1 − 1 ≥ 0. Chứng minh. Ứng dụng hệ thức (1.2), với n ≥ 2, ta có F2n+1 − 1− 2FnFn+1 = F 2n + F 2n+1 − 2FnFn+1 − 1 = (Fn+1 − Fn)2 − 1 ≥ 0. 29 Từ đó suy ra 1 F2n+1 − 1 ≤ 1 2FnFn+1 . Vì thế, chúng ta có Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 − 1 F2n+1 − 1 ≥ Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 − 1 2FnFn+1 = Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − 2Fn−1 + 1 2FnFn+1 . Tử thức ở vế phải là ψ(n) := 2FnFn+1Fn+2 − (2Fn−1 + 1)(Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1). Ứng dụng hệ thức (1.9) nhiều lần và thực tế Fn+3 = 3Fn+1 − Fn−1, chúng ta có thể thu được ψ(n) = 2Fn+1(FnFn+2 − Fn−1Fn+3) + 2Fn−1Fn+1 + 2Fn−1Fn+3Fn+1Fn+3 + (F1 + Fn+3)− 2Fn−1 − 1 = ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + 2Fn−1Fn+1 + (2Fn−1 − Fn+1)Fn+3 − 3Fn−1 − 1 = ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + Fn−1(2Fn+1 − Fn+2) + (Fn−1Fn+2 − Fn−2Fn+3)− 3Fn−1 − 1 = ((−1)n+1 + 1)4Fn+1 + F 2n−1 − 3Fn−1 − 1 + (−1)n3. Nếu n là số chẵn, chúng ta có ψ(n) = (Fn−1 − 1)(Fn−1 − 2) ≥ 0. Nếu n là số lẻ, chúng ta có ψ(n) = (Fn−1 + 1)(Fn−1 + 4) + 8(Fn − 1) > 0. Vì thế, ta luôn có ψ(n) ≥ 0. Suy ra điều cần chứng minh. Bổ đề 3.1.4 ([3, Bổ đề 9]). Nếu n ≥ 2 vàm ≥ 2, thì f2(n) + f2(n+ 2) + f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1 > 0. 30 Chứng minh. Nếumn là số lẻ, thì kết quả được kéo theo từ Bổ đề 3.1.2 và f2(mn) > 0. Chúng ta giả định rằngmn là số chẵn. Bây giờ chúng ta có f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1 = 1 Fmn+2 − 1 − 1 Fmn = −(Fmn−1 − 1) Fmn(Fmn+1 − 1) > −1 Fmn+1 − 1 . Từ chứng minh của Bổ đề 3.1.2 chúng ta biết rằng f2(n) + f2(n+ 1) ≥ Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 . Suy ra f2(n) + f2(n+ 2) + f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1 > Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 − 1 Fmn+1 − 1 ≥ Fn+2 (Fn+1 − 1)(Fn+3 − 1) − Fn−1 FnFn+1 − 1 F2n+1 − 1 ≥ 0, trong đó bất đẳng thức sau cùng bắt nguồn từ Bổ đề 3.1.3. Sử dụng việc 2(F2n+2 + 1) ≥ (Fn+1 + 1)(Fn+3 + 1)và những lập luận tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.1.3, chúng ta có kết quả sau đây, có chứng minh được bỏ qua ở đây. Bổ đề 3.1.5 ([3, Bổ đề 10]). Nếu n ≥ 5 là số lẻ thì f3(n) + f3(n+ 1) > 1 F2n+2 + 1 . Bổ đề 3.1.6 ([3, Bổ đề 11]). Với n ≥ 1, chúng ta có f4(n) + f4(n+ 1) < 0. Chứng minh. Nếu n là số chẵn, kết quả bắt nguồn từ định nghĩa của f4(n).Tiếp tục chúng ta xem xét đến các trường hợp khi n là số chẵn. Áp dụng lập luận trong chứng minh của Bổ đề 3.1.1, chúng ta có thể dẽ dàng suy luận được kết quả f4(n) + f4(n+ 1) = −2 Fn+1 + 1 Fn + 1 Fn+3 = −2 FnFn+1Fn+3 < 0. Hoàn thành việc chứng minh. 31 Bổ đề 3.1.7 ([3, Bổ đề 12]). Nếu n ≥ 1 vàm ≥ 2 thì f4(n) + f4(n+ 1) + f4(mn) < 0. Chứng minh. Nếu mn là số chẵn, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.1.6 và việc f4(mn) < 0. Cho nên chúng ta giả định rằng mn là số lẻ, mà kéo theo rằng m ≥ 3 và n là số lẻ. Từmn là số lẻ, chúng ta có f4(mn) = −1 Fmn+1 + 1 Fmn + 1 Fmn+2 < 1 Fmn ≤ 1 F3n . Bây giờ chúng ta có f4(n) + f4(n+ 1) + f4(mn) < −2 FnFn+1Fn+3 + 1 F3n . Để hoàn thành chứng minh, chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng 2F3n > FnFn+1Fn+3. Từ công thức (1.2), ta cóF2n+2 = Fn−1Fn+2+FnFn+3 nênFnFn+1Fn+3 < Fn+1F2n+2. Hơn nữa, sử dụng lại công thức (1.2), chúng ta có Fn+1f2n+2 = (Fn−1 + Fn)(F2n + F2n+1) = (Fn−1F2n + FnF2n+1) + Fn−1F2n+1 + FnF2n = F3n + Fn−1F2n+1 + Fn+1F2n − Fn−1F2n = F3n + (Fn−1F2n−1 + Fn+1F2n) < 2F3n. Hoàn thành chứng minh. Định lý 3.1.8 ([3, Định lý 13]). Nếu n ≥ 4 vàm ≥ 2 thì(mn∑ k=n (−1)k Fk )−1 = Fn+1 − 1, nếu n chẵn,−Fn+1 − 1, nếu n lẻ. Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp khi n là số chẵn. Từ Bổ đề 3.1.1 ta có mn−1∑ k=n f1(k) < 0. 32 Vìmn là số chẵn nên f1(mn) + 1 Fmn+2 < 0. Từ các tính chất của f1(n) và hai bất đẳng thức ở trên, chúng ta có thể thu được mn∑ k=n (−1)k Fk = 1 Fn+1 − ( 1 Fmn+2 + f1(mn) ) − mn−1∑ k=n f1(k) > 1 Fn+1 . Ứng dụng Bổ đề 3.1.2 và Bổ đề 3.1.4, chúng ta có mn∑ k=n (−1)k Fk = 1 Fn+1 − 1 − ( f2(n) + f2(n+ 1) + f2(mn) + 1 Fmn+2 − 1 ) − mn−1∑ k=n+2 f2(k) < 1 Fn+1 − 1 . Vì thế chúng ta thu được 1 Fn+1 < mn∑ k=n (−1)k Fk < 1 Fn+1 − 1 , Chứng tỏ rằng, mệnh đề là đúng khi n là số chẵn. Bây giờ chúng ta quay lại xem xét trường hợp khi n ≥ 5 là số lẻ. Nếumn là số lẻ, dễ dàng thấy rằng f3(mn)− 1 Fmn+2 + 1 > 0. Từ Bổ đề 3.1.5, chúng ta có f3(n) + f3(n+ 1) > 0. Vì thế, ta có mn∑ k=n (−1)k Fk = −1 Fn+1 + 1 − mn−1∑ k=n f3(k)− ( f3(mn)− 1 Fmn+2 + 1 ) < −1 Fn+1 + 1 . Nếumn là số chẵn, sử dụng lại Bổ đề 3.1.5, chúng ta có thể kết luận mn∑ k=n (−1)k Fk = −1 Fn+1 + 1 − mn∑ k=n+2 f3(k)− ( f3(n) + f3(n+ 1)− 1 Fmn+2 + 1 ) ≤ −1 Fn+1 + 1 − mn∑ k=n+2 f3(k)− ( f3(n) + f3(n+ 1)− 1 F2n+2 + 1 ) < −1 Fn+1 + 1 . 33 Bây giờ chúng ta có thể kết luận rằng: nếu n ≥ 5 là số lẻ thì mn∑ k=n (−1)k Fk < −1 Fn+1 + 1 . Nếumn là số chẵn thì Bổ đề 3.1.6 có hệ quả là mn∑ k=n f4(k) < 0. Nếumn là số lẻ, áp dụng Bổ đề 3.1.6 và Bổ đề 3.1.7, chúng ta nhận được mn∑ k=n f4(k) = mn−1∑ k=n+2 f4(k) + (f4(n) + f4(n+ 1) + f4(mn)) < 0. Do đó, chúng ta luôn có mn∑ k=n f4(k) < 0. Suy ra mn∑ k=n (−1)k Fk = −1 Fn+1 + 1 Fmn+2 − mn∑ k=n f4(k) > −1 Fn+1 . Vì thế , chúng ta đạt được −1 Fn+1 < mn∑ k=n (−1)k Fk < −1 Fn+1 + 1 . Suy ra điều cần chứng minh. 3.2 Các kết quả với a = 2 Xét các hàm số sau đây g1(n) = 1 F2n−2 + F2n − (−1) n F2n − 1 F2n + F2n+2 , g2(n) = 1 F2n−2 + F2n − 1 − (−1)n F2n − 1 F2n + F2n+2 − 1 , g3(n) = 1 F2n−2 + F2n + 1 − (−1) n F2n − 1 F2n + F2n+2 + 1 , g4(n) = −1 F2n−2 + F2n − (−1) n F2n − 1 F2n + F2n+2 , 34 g5(n) = −1 F2n−2 + F2n + 1 − (−1) n F2n − 1 F2n + F2n+2 + 1 . Dễ thấy, với 1 ≤ i ≤ 5, gi(n) là đại lượng dương nếu n là số lẻ, và là âm trong trường hợp còn lại. Bổ đề 3.2.1 ([3, Bổ đề 14]). Nếu n ≥ 1 thì g1(n) + g1(n+ 1) > 0 và g1(n) + g1(n+ 1) > g1(n+ 2) + g1(n+ 3). Chứng minh. Nếu n là số lẻ, chúng ta có g1(n) + g1(n+ 1) = ( 1 F2n−2 + F2n − 1 F2n+2 + F2n+4 ) + ( 1 F2n − 1 F2n+2 ) = 5F2n+1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) + F2n+1 F2nF2n+2 > 0. Ta lại có F2n+1 F2n−2 + F2n > F2n+5 F2n+6 + F2n+8 và F2n+1 F2nF2n+2 > F2n+5 F2n+4F2n+6 . Suy ra g1(n) + g1(n+ 1) > g1(n+ 2) + g1(n+ 3). Bây giờ chúng ta xem xét trường hợp n là số chẵn. Sử dụng công thức (1.9), chúng ta có g1(n) + g1(n+ 1) = ( 1 F2n−2 + F2n − 1 F2n ) + ( 1 F2n+2 − 1 F2n+2 + F2n+4 ) = F2n−2(F2nF2n+4 − F 22n+2) + (F 22n − F2n−2F2n+2)F2n+4 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) = F2n+4 − F2n−2 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) = 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) > 0. Áp dụng đẳng thức ở trên, chúng ta thấy rằng g1(n) + g1(n+ 1) g1(n+ 2) + g1(n+ 3) = F2n+1F2n+4F2n+6 F2nF2n+2F2n+5 . F2n+6 + F2n+8 F2n−2 + F2n > 1. Do đó, ta có g1(n) + g1(n+ 1) > g1(n+ 2) + g1(n+ 3). Bổ đề 3.2.2 ([3, Bổ đề 16]). Nếu n ≥ 1 vàm ≥ 3 thì g1(n) + g1(n+ 1) + g1(mn) > 0. 35 Chứng minh. Nếumn là số lẻ, thì kết quả bắt nguồn từ Bổ đề 3.2.1 và việc g1(mn) > 0. Do đó, chúng ta xét trường hợp khimn là số chẵn. Cho k ≥ 1, ta có 1 F2k−2 + F2k − 1 F2k = − F2k−2 (F2k−2 + F2k)F2k = − F2k−2 F2k−2F2k + F 22k > − F2k−2 F2k−2F2k+2 = − 1 F2k+2 , trong đó, bất đẳng thức bắt nguồn từ F 22k − F2k−2F2k+2 = 1. Từ mn là số chẵn, sử dụng bất đẳng thức ở trên, chúng ta có g1(mn) > − 1 F2mn+2 − 1 F2mn + F2mn+2 > − 2 F2mn+2 ≥ − 2 F6n+2 . Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.1 chúng ta có g1(n) + g1(n+ 1) ≥ 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) . Vì thế, ta có g1(n) + g1(n+ 1) + g1(mn) > 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) − 2 F6n+2 > 2 F2n(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) − 2 F6n+2 > 0, trong đó bất đẳng thức cuối cùng được suy từ công thức (1.12). Bổ đề 3.2.3 ([3, Bổ đề 18]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có g2(n) + g2(n+ 1) + g2(2n) > 0. Chứng minh. Trước tiên, ta dễ dàng kiểm tra được rằng F2n−2 + F2n + F2n+2 + F2n+4 = 3(F2n + F2n+2). Áp dụng công thức (1.9) nhiều lần, chúng ta nhận được (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) = F2n−2F2n+2 + F2n−2F2n+4 + F2nF2n+2 + F2nF2n+4 = F2n−2F2n+2 + (F2nF2n+2 − 3) + F2nF2n+2 + F2n(2F2n+2 + F2n+1) = (F2n−2F2n+2 − F 22n) + (F 22n + F2nF2n+1) + 4F2nF2n+2 − 3 = 5F2nF2n+2 − 4. 36 Từ định nghĩa của g2(n) và hai bất đẳng thức ở trên, ta suy ra: g2(n) + g2(n+ 1) ≥ ( 1 F2n−2 + F2n − 1 − 1 F2n+2 + F2n+4 − 1 ) − ( 1 F2n − 1 F2n+2 ) = 5F2n+1 (F2n−2 + F2n − 1)(F2n+2 + F2n+4 − 1) − F2n+1 F2nF2n+2 = 3(F2n + F2n+2 + 1)F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n − 1)(F2n+2 + F2n+4 − 1) > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n − 1) , trong đó, bất đẳng thức cuối cùng bắt nguồn từ 3Fn > Fn+2. Mặt khác, ta có 2(F4n+2 − F4n−2) = 2(2F4n + F4n−1 − F4n−2) = 3F4n + F4n + 2F4n−3 > 3F4n + (2F4n−2 + F4n−3) + F4n−2 > 3(F4n−2 + F4n), nghĩa là F4n+2 − F4n−2 > 3 2 (F4n−2 + F4n). Sử dụng bất đẳng thức ở trên, chúng ta có thể suy ra g2(n) = F4n+2 − F4n−2 (F4n−2 + F4n − 1)(F4n + F4n+2 − 1) − 1 F4n > 3 2(F4n + F4n+2 − 1) − 1 F4n = −F4n+3 + 2 2F4n(F4n + F4n+2 − 1) > −F4n+3 2F4n(F4n + F4n+2 − 1) . Bây giờ chúng ta rút ra kết luận g2(n)+g2(n+1)+g2(2n) > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n − 1)− F4n+3 2F4n(F4n + F4n+2 − 1) > 0. trong đó, bất đẳng thức cuối cùng được suy ra từ công thức (1.13). Lập luận tương tự trong chứng minh của Bổ đề 3.2.3, ta có thể thấy được tính chất sau đây của g3(n). 37 Bổ đề 3.2.4 ([3, Bổ đề 19]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn, chúng ta có g3(n) + g3(n+ 1) < 0. Sử dụng chứng minh của Bổ đề 3.2.1 và Bổ đề 3.2.2, chúng ta có thể nhận được kết quả sau đây của g4(n). Bổ đề 3.2.5 ([3, Bổ đề 20]). Nếu n ≥ 1, chúng ta có g4(n) + g4(n+ 1) < 0. Bổ đề 3.2.6 ([3, Bổ đề 21]). Nếu n ≥ 1vàm ≥ 2, thì g4(n) + g4(n+ 1) + g4(mn) < 0. Bổ đề 3.2.7 ([3, Bổ đề 22]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ, chúng ta có g5(n) + g5(n+ 1) > 1 F4n + F4n+2 + 1 . Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng kết quả là đúng khi n = 1, do đó chúng ta giả định rằng n ≥ 3. Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.3, chúng ta có thể dễ dàng thu được: nếu n ≥ 3 là số lẻ, thì g5(n) + g5(n+ 1) = 3(F2n + F2n+2 − 1)F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n + 1)(F2n+2 + F2n+4 + 1) > 1 F2n+2(F2n−2 + F2n + 1) . Sử dụng công thức (1.2) nhiều lần, ta có F2n+2(F2n−2 + F2n + 1) < F2n−2F2n+3 + F2nF2n+3 + F2n+2 = F4n − F2n−3F2n+2 + F4n+2 − F2n−1F2n+2 + F2n+2 < F4n + F4n+2. Kết hợp hai bắt đẳng thức ở trên ta thu được kết quả mong muốn. Bổ đề 3.2.8 ([3, Bổ đề 24]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn vàm ≥ 2 thì(mn∑ k=n (−1)k F2k )−1 = F2n−2 + F2n − 1, nếum = 2,F2n−2 + F2n, nếum > 2. 38 Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét trường hợp m = 2. Từ Bổ đề 3.2.1 chúng ta biết rằng 2n−1∑ k=n g1(k) < 4F2n+1 F2nF2n+2(F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) . n 2 < 1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) . Ta lại có g1(2n) + 1 F4n + F4n+2 = 1 F4n−2 + F4n − 1 F4n = −F4n−2 F4n(F4n−2+F4n) . Vì vậy, áp dụng công thức (1.14), chúng ta có 2n∑ k=n g1(k) + 1 F4n + F4n+2 < 1 (F2n−2 + F2n)(F2n+2 + F2n+4) − F4n−2 F4n(F4n−2+F4n) < 0. Bây giờ sử dụng các tính chất của g1(n), chúng ta có thể thu được 2n∑ k=n (−1)k F2k = 1 F2n−2 + F2n − 1 F4n + F4n+2 − 2n∑ k=n g1(k) > 1 F2n−2 + F2n . Từ chứng minh của Bổ đề 3.2.3, chúng ta biết rằng g2(n) + g2(n + 1) > 0. Hơn nữa, áp dụng Bổ đề 3.2.3, chúng ta có thể suy ra 2n∑ k=n g2(k) = g2(n) + g2(n+ 1) + g2(2n) + 2n−1∑ k=n+2 g2(k) > 0. Vì thế, 2n∑ k=n (−1)k F2k = 1 F2n−2 + F2n − 1− 1 F4n + F4n+2 − 1− 2n∑ k=n g2(k) > 1 F2n−2 + F2n − 1 . Bây giờ chúng ta kết luận rằng 1 F2n−2 + F2n < 2n∑ k=n (−1)k F2k < 1 F2n−2 + F2n − 1 , tức là, mệnh đề đúng khim = 2. Tiếp theo chúng ta quay lại xét trường hợp m > 2. Đầu tiên, sử dụng Bổ đề 3.2.1 và Bổ đề 3.2.2, chúng ta thấy mn∑ k=n (−1)k F2k = 1 F2n−2 + F2n −(g1(n)+g1(n+1)+g1(mn))− mn−1∑ k=n+2 g1(k) < 1 F2n−2 + F2n . 39 Chúng ta viết các số hạng dưới dạng của g3(n) như sau mn∑ k=n (−1)k F2k = 1 F2n−2 + F2n + 1 − mn−1∑ k=n g3(k)− ( g3(mn) + 1 F2mn + F2mn+2 + 1 ) = 1 F2n−2 + F2n + 1 − mn−1∑ k=n g3(k)− ( 1 F2mn−2 + F2mn + 1 − 1 F2mn ) > 1 F2n−2 + F2n + 1 . trong đó, bất đẳng thức cuối cùng ở đây bắt nguồn từ Bổ đề 3.2.4. Bây giờ chúng ta nhận được 1 F2n−2 + F2n + 1 < mn∑ k=n (−1)k F2k < 1 F2n−2 + F2n . Suy ra điều cần chứng minh. Bổ đề 3.2.9 ([3, Bổ đề 25]). Nếu n ≥ 1 là số lẻ vàm ≥ 2 thì(mn∑ k=n (−1)k F2k )−1 = −F2n−2 − F2n − 1. Chứng minh. Nếumn là số chẵn, từ Bổ đề 3.2.5 ta có mn∑ k=n g4(k) < 0. Nếumn là số lẻ, thì Bổ đề 3.2.5 và Bổ đề 3.2.6 suy ra rằng mn∑ k=n g4(k) = mn−1∑ k=n+2 g4(k) + (g4(n) + g4(n+ 1) + g4(mn)) < 0. Vì thế, chúng ta luôn có mn∑ k=n g4(k) < 0. Từ tính chất của g4(k), chúng ta có mn∑ k=n (−1)k F2k = −1 F2n−2 + F2n + 1 F2mn−2 + F2mn − mn∑ k=n g4(k) > −1 F2n−2 + F2n . 40 Từ Bổ đề 3.2.7, chúng ta biết rằng: nếu n là số lẻ, thì g5(n) + g5(n+ 1) > 0. Bây giờ, chúng ta thu được mn∑ k=n g5(k) > 1 F2mn + F2mn + 1 . Nếumn là số chẵn, sử dụng Bổ đề 3.2.7, chúng ta thu được mn∑ k=n g5(k)− 1 F2mn + F2mn + 1 > mn∑ k=n g5(k)− 1 F4n + F4n+2 + 1 ≥ g5(n) + g5(n+ 1)− 1 F4n + F4n+2 + 1 > 0. Nếumn là số lẻ thì mn∑ k=n g5(k)− 1 F2mn + F2mn+2 + 1 = mn−1∑ k=n g5(k) + ( g5(mn)− 1 F2mn + F2mn+2 + 1 ) > − 1 F2mn−2 + F2mn + 1 + 1 F2mn > 0. Vì thế, chúng ta có mn∑ k=n (−1)k F2k = −1 F2n−2 + F2n + 1 + 1 F2mn−2 + F2mn + 1 − mn∑ k=n g5(k) < −1 F2n−2 + F2n + 1 . Bây giờ chúng ta có thể kết luận rằng −1 F2n−2 + F2n < mn∑ k=n (−1)k F2k < −1 F2n−2 + F2n + 1 . Suy ra điều cần chứng minh. Một cách tương tự, chúng ta có thể chứng minh những kết quả sau đây. Bổ đề 3.2.10 ([3, Bổ đề 26]). Nếu n ≥ 4 là số chẵn vàm ≥ 2 thì(mn∑ k=n (−1)k F2k+1 )−1 = F2n−1 + F2n+1 − 1. Bổ đề 3.2.11 ([3, Bổ đề 27]). Nếu n ≥ 3 là số lẻ vàm ≥ 2 thì(mn∑ k=n (−1)k F2k+1 )−1 = −F2n−1 − F2n+1 − 1, nếum = 2,−F2n−1 − F2n+1, nếum > 2. 41 3.3 Kết quả khi a = 3 Trước tiên, chúng ta xét các hàm số sau: s1(n) = 1 2F3n−1 − (−1) n F3n − 1 2F3n+2 , s2(n) = 1 2F3n−1 − 1 − (−1)n F3n − 1 2F3n+2 − 1 , s3(n) = −1 2F3n−1 − (−1) n F3n + 1 2F3n+2 , s4(n) = −1 2F3n−1 + 1 − (−1) n F3n + 1 2F3n+2 + 1 . Dễ dàng thấy rằng: với mỗi i ∈ {1, 2, 3, 4}, si(n) là đại lượng dương nếu n là số lẻ và là âm trong trường hợp còn lại. Bổ đề 3.3.1 ([3, Bổ đề 28]). Nếu n ≥ 2 là số chẵn thì s1(n) + s1(n+ 1) < 0. Chứng minh. Do n là số chẵn, áp dụng công thức (1.9) hai lần, chúng ta có s1(n) + s1(n+ 1) = ( 1 2F3n−1 − 1 2F3n+5 ) − ( 1 F3n − 1 F3n+3 ) = 2F3n+2 F3n−1F3n+5 − 2F3n+1 F3nF3n+3 = 2. F3nF3n+2F3n+3 − F3n−1F3n+1F3n+5 F3n−1F3nF3n+3F3n+5 = 2. F3nF3n+2F3n+3 − (F 23n + 1)F3