Tóm tắt Luận văn Ứng dụng dãy Fibonacci trong toán sơ cấp

à thực tiễn  Ý nghĩa khoa học Góp phần làm sáng tỏ các định lý, tính chất của dãy Fibonacci và ứng dụng dãy Fibonacci trong toán sơ cấp.  Ý nghĩa thực tiễn Góp phần làm tài liệu tham khảo cho những ngƣời yêu thích dãy Fibonacci và tìm hiểu về ứng dụng dãy Fibonacci trong toán sơ cấp. 7. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của luận văn dự kiến đƣợc chia thành ba chƣơng. Chƣơng 1. Kiến thức cơ sở. Chƣơng 2. Dãy Fibonacci và các tính chất. Chƣơng 3. Ứng dụng của dãy Fibonacci trong toán sơ cấp. 3 CHƢƠNG 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1. NGUYÊN LÝ QUY NẠP TOÁN HỌC Giả sử rằng với mỗi số nguyên dƣơng n ta có mệnh đề logic ( )S n . Ta chứng minh mệnh đề ( )S n đúng nhƣ sau a. Bƣớc cơ sở: (1)S đúng. b. Bƣớc quy nạp: n   , nếu ( )S n đúng thì ( 1)S n  đúng. Khi đó, ( )S n đúng n   . 1.2. DÃY SỐ Định nghĩa 1.1. Một hàm số ( )u n xác định trên tập hợp các số tự nhiên , đƣợc gọi là một dãy số vô hạn, mỗi giá trị của hàm số ( )u n gọi là một số hạng của dãy. Ta thƣờng ký hiệu dãy ( )u n bởi ( ),nu ký hiệu các giá trị (0),u (1)u tƣơng ứng bởi 0 ,u 1u và nu là số hạng tổng quát của dãy. Định nghĩa 1.2. Công thức truy hồi của dãy số ( )ns là phƣơng trình xác định ns bằng các phần tử 0 ,s 1,s , 1ns  trƣớc nó: 0 ( ,ns F s 1,s , 1).ns  Điều kiện ban đầu là gán các giá trị cho một số hữu hạn các phần tử đầu. Định nghĩa 1.3. Công thức truy hồi tuyến tính bậc k có dạng 1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) ( ),n n n k n ks c n s c n s c n s f n       ( )S trong đó ( )ic n với 1,i  , k và ( )f n là các hàm theo n với ( ) 0, .kc n n   Với công thức (S), công thức truy hồi sau 1 1 2 2( ) ( ) ... ( )n n n k n ks c n s c n s c n s      0( )S 4 gọi là công thức truy hồi tuyến tính thuần nhất tƣơng ứng với ( )S . Nếu ( )ic n với 1,i  , k là các hằng số 0,kc  và thì ( )S gọi là công thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng bậc k và 0( )S gọi là công thức truy hồi tuyến tính thuần nhất hệ số hằng bậc k. 1.3. LÝ THUYẾT CHIA HẾT Định nghĩa 1.4. Cho a, b là các số nguyên. Ta nói a chia hết b (hay b chia hết cho a) nếu tồn tại số nguyên c sao cho .b ac Nếu a chia hết b, ta ký hiệu |a b hoặc .b a Khi | ,a b ta nói a là ƣớc của b. Định nghĩa 1.6. Ƣớc chung lớn nhất của hai số a và b không đồng thời bằng 0 là số nguyên dƣơng lớn nhất chia hết cả a và b. Ta dùng ký hiệu ( , )a b để chỉ ƣớc chung lớn nhất của a và b. Định nghĩa 1.7. Các số nguyên a và b đƣợc gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ( , ) 1.a b  Thuật toán ơ-clit Giả sử 0 ,r a 1r b là các số nguyên không âm và 0.b  Ta thực hiện phép chia 0 1 1 2 ,r q r r  1 0 1 ,q r r    2 10 ,r r  dừng lại khi 2 0.r  Nếu 2 0,r  ta tiếp tục 1 2 2 3,r q r r  2 1 2 ,q r r    3 20 ,r r  dừng lại khi 3 0.r  Nếu 3 0,r  ta tiếp tục 2 1 1n n nr q r   , 1 2 1n n nq r r      , 0nr  với 2.n  Khi đó, 1 ( , ) .na b r  5 1.4. LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ Định nghĩa 1.8. Cho a và b là các số nguyên, m là số nguyên dƣơng. Ta nói rằng a đồng dƣ b môđulô m nếu | ( ).m a b Khi a đồng dƣ b môđulô m, ta viết (mod ).a b m Định lý 1.4.3. (Định lý Ơ-le) Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên thỏa ( , ) 1.a m  Khi đó, ( ) 1(mod ),ma m  trong đó ( )m là Phi-hàm Ơle. Định lý 1.4.4. (Định lý Phecma bé ) Cho p nguyên tố và a  với a không chia hết cho p. Khi đó, 1 1(mod ),pa p  1.5. HÀM SINH Định nghĩa 1.9. Cho dãy số thực ( )na và biến x. Hàm sinh thƣờng của dãy ( )na là hàm 2 3 0 1 2 3( ) ...g x a a x a x a x     Định nghĩa 1.10. Cho dãy số thực ( )na và biến x. Hàm sinh mũ của dãy ( )na là hàm 2 3 0 1 2 3( ) ... 1! 2! 3! x x x g x a a a a     1.6. TỔ HỢP Định nghĩa 1.11. Với mỗi cặp ( , )n k các số nguyên mà, 0 ,k n  ta định nghĩa ! !( )! k n n C k n k   và gọi k nC là số tổ hợp chập k của n. 6 1.7. TỈ LỆ VÀNG Định nghĩa 1.12. Chia một đoạn thẳng thành hai phần sao cho tỉ số giữa đoạn ban đầu với đoạn lớn hơn bằng tỉ số giữa đoạn lớn và đoạn nhỏ. Tỉ số đó chính là tỉ lệ vàng. Nếu độ dài đoạn lớn qui về đơn vị thì tỉ lệ vàng bằng nghịch đảo của nghiệm dƣơng của phƣơng trình    1 1 .a a a  Giải phƣơng trình trên, ta đƣợc tỉ lệ vàng là  1 5 2 1.618033989    CHƢƠNG 2 DÃY FIBONACCI VÀ CÁC TÍNH CHẤT 2.1. ĐỊNH NGHĨA DÃY FIBONACCI Bài toán mở đầu. Mỗi cặp thỏ mỗi tháng sinh một lần, cho một cặp thỏ con. Cặp thỏ mới sinh ra sau hai tháng lại bắt đầu sinh một cặp mới. Hỏi sau một năm sẽ có bao nhiêu cặp thỏ, nếu đầu năm ta có một cặp thỏ? Lời giải. Nhƣ vậy từ giả thiết suy ra rằng, sau 1 tháng ta sẽ có 2 cặp thỏ, sau hai tháng cặp thứ nhất sinh một cặp nữa ta có 3 cặp thỏ. Sau 3 tháng cặp thứ 2 cũng sinh ra một cặp mới, vậy ta có 5 cặp thỏ. Ký hiệu nF là số cặp thỏ có đƣợc sau tháng thứ n kể từ đầu năm, ta có sau tháng thứ 1n thì sẽ có nF cặp ban đầu, cộng thêm số cặp do các cặp đã có sau tháng thứ 1n  sinh ra, số này gọi là 1nF  , do đó 1 1.n n nF F F   Theo giả thiết 0 1F  , 1 2F  , 2 3F  từ đó ta tính đƣợc 12 377.F  Các số nF trên đƣợc gọi là số Fibonacci. 7 Định nghĩa 2.1. Dãy Fibonacci là dãy số vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bởi số 0 và 1, kể từ số hạng thứ 3 trở đi, mỗi số hạng của dãy đƣợc tính bằng tổng của hai số hạng đứng liền trƣớc nó. Công thức truy hồi của dãy Fibonacci là { (2.1) Định nghĩa 2.2. (dãy Lucas) Dãy Lucas đƣợc định nghĩa là dãy ( )nL mà các số hạng của dãy đƣợc tính bởi hệ thức truy hồi sau { 2.2. MỞ RỘNG DÃY SỐ FIBONACCI VỚI CHỈ SỐ ÂM Với n là số nguyên dƣơng, ta có 1( 1) .nn nF F     và ( 1) . n n nL L   Hai công thức trên đƣợc chứng minh bằng phƣơng pháp quy nạp. 2.3. CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY FIBONACCI Công thức của số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là , . n n nF n         (2.3) Công thức của số hạng tổng quát của dãy Lucas là , .n nnL n    (2.4) Định lý 2.3.1. Với mọi số nguyên dương n, ta có 1 1.n n nL F F   (2.5) 2.4. CÁC TÍNH CHẤT CỦA DÃY FIBONACCI Với n và i là hai số nguyên dương, ta có Định lý 2.4.1. 1 2 3 2... 1.n nF F F F F       (2.10) 8 Định lý 2.4.2. 1 3 5 2 1 2... .n nF F F F F     (2.11) Hệ quả 2.4.1. 2 4 6 2 2 1... 1.n nF F F F F       (2.12) Định lý 2.4.3. 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1. n k n k n k F F        (2.13) Định lý 2.4.4. 2 2 2 2 1 2 3 1... .n n nF F F F F F      (2.16) Định lý 2.4.5. 1 2 1 1 [1 ( 1) ] 2 kk i i k i F F F         (2.17) Định lý 2.4.9. 2 1 1 ( 1) n n n nF F F     (2.20) Ví dụ 2.2. Cho n là số nguyên không âm, ta có 2 25 4( 1) .nn nF L   (2.21) Định lý 2.4.10. Cho m và n là hai số nguyên dương, ta có 1 1.m n n m n mF F F F F    (2.22) Hệ quả 2.4.2. Cho ,n ta có 2 2 1 2 1.n n nF F F   (2.23) Định lý 2.4.12. Cho n là số nguyên và 2,n  khi đó 1 1 . 2 n nF F        Hệ quả 2.4.3. 1lim .n n n F F    Nhận xét. Tỉ số của hai số liên tiếp nhau của dãy số Fibonacci ngày càng tiến đến tỉ lệ vàng. 9 CHƢƠNG 3 ỨNG DỤNG DÃY FIBONACCI TRONG TOÁN SƠ CẤP 3.1. SỐ FIBONACCI VÀ TỔ HỢP 3.1.1. Số Fibonacci và tam giác Pascal Với n là số nguyên không âm, ta có Bổ đề 3.1.1.1. 2 1 0 . n i n n i i F C         (3.1) Hệ quả 3.1.1.1. 2 2 1 0 . n i n n i i F C    Định lý 3.1.1.1. 1 0 ( 1) ( 1) . n i n i n n i n i C F F      Định lí 3.1.1.2. 2 0 . n i n i n i C F F   3.1.2. Số Fibonacci và các đẳng thức tổ hợp khác Bài toán 1. Với mọi số nguyên n không âm, chứng minh rằng 6 34 .n n nF F F   Lời giải. 6 5 4 4 3 4n n n n n nF F F F F F          4 3 3 2 3 3 2 22 2( ) 3n n n n n n n nF F F F F F F F               3 3 1 1 33 4 .n n n n n n nF F F F F F F           Bài toán 2. Với n là số nguyên và 2.n  Chứng minh rằng 1 2 1 2 2( 1) 3 3 3 1 2 2 . n n n i n i i F F         (3.2) Lời giải. Với 2,n  5 9 334 2 ,F F   nên (3.2) đúng khi 2.n  Giả sử (3.2) đúng khi 2,n m  ,m tức là ta có 1 2 1 2 2( 1) 3 3 3 1 2 2 . m m m i m i i F F         10 ta chứng minh (3.2) đúng khi 1,n m  tức là chứng minh 2 3 2 2 3 6 3 1 2 2 . m m m i m i i F F     Thật vậy, theo bài toán 1và giả thiết quy nạp, ta có 1 2 1 2 2( 1) 0 3 6 3 3 3 3 3 1 4 4 2 2 2 m m m i m m m i m i F F F F F                   1 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 1 1 2 2 2 2 2 . m m m m i m m m m i i m i i i F F F               Vậy (3.2) đƣợc chứng minh. Định lí 3.1.2.1. Cho n là số nguyên không âm, ta có 4 1 4 2 2 6 3 2 0 2 . n n i n i n n i i F C      Định lý 3.1.2.2. Cho n là số nguyên dương, ta có 1 4 1 4 2 1 2 6 2 1 0 2 . n n i n i n n i i F C          (3.3) 3.1.3. Số Fibonacci và một số bài toán tổ hợp khác Bài toán 5. Có bao nhiêu cách lát sàn nhà hình chữ nhật kích thƣớc 1 n bởi các viên gạch có kích thƣớc 1 1 và 1 2. Lời giải. Gọi na ( )n  là số cách lát sàn nhà cần tìm và nA là tập các cách lát sàn nhà thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có .n na A Dễ thấy 1 1 1,a A  2 2 2.a A  Khi 3n  ( )n  , gọi 1B là tập hợp các cách lát sàn nhà thỏa mãn hình chữ nhật cuối cùng có kích thƣớc 1 1, gọi 2B là tập hợp các cách lát sàn nhà thõa mãn hình chữ nhật cuối cùng có kích thƣớc 1 2. Ta có 1 2 ,nA B B  suy ra 1 2 .nA B B  Trƣớc hết, ta tính 1B . Số phần tử của 1B chính bằng số cách lát sàn nhà hình chữ nhật đã cho bỏ đi hình chữ nhật có kích thƣớc 11 1 1 cuối cùng. Nói cách khác, số phần tử của 1B chính bằng số cách lát sàn nhà hình chữ nhật có kích thƣớc 1 ( 1),n  suy ra 1 1.nB a  Lập luận tƣơng tự nhƣ trên, ta có 2 2.nB a  Từ hai cách tính trên ta đƣợc 1 2n n na a a   với 3,n  trong đó 1 1,a  2 2.a  Vậy 1 1 1 n n n na F            với .n  3.2. SỐ FIBONACCI VÀ CÁC TỔNG Bài toán 7. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau 1 22 ... .n nB F F nF    Lời giải. Đặt 1 2 ... .n nA F F F    Theo (2.10), ta có 2 1.n nA F   Ta có 1 2 3 ... n n n n n i i i i i i i i n B F F F F             1 2 1( ) ( ) ... ( )n n n n nA A A A A A A         1 1 2 2 1 1 ( 1) ( 1) n n n i n i i i nA A n F F              2 3( 3) 1n nnF n F n       2 3 2.n nnF F    Bài toán 8. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau 1 3 5 2 13 5 ... (2 1) .n nC F F F n F       Lời giải. Đặt 1 3 5 2 1...n nD F F F F      2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 3 2 2 ... 2 n n n n n i i i i i i i i n C F F F F                1 2 12( ) 2( ) ... 2( )n n n n nD D D D D D D         1 1 1 1 2( 1) 2 (2 1) 2 n n n n i n i i i D n D D n D D             12 Mặt khác, theo (2.1), ta có 2n nD F và theo (2.12), ta có 0 2 4 6 2 2 2 2 1 2 1... 1 1,n n nF F F F F F F            Do đó 1 2 2 1 (2 1) 2 n n n i i D n F F       2 2 1(2 1) 2( 1)n nn F F     2 2 1(2 1) 2 2.n nn F F     Bài toán 10. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau 2 2 2 2 1 2 32 3 ... .n nG F F F nF     Lời giải. Đặt 2 2 2 2 1 2 3 ... ,n nS F F F F     theo (2.16), ta có 1.n n nS F F  Ta có 2 2 2 2 1 2 3 ... n n n n n i i i i i i i i n G F F F F             1 2 1( ) ( ) ... ( )n n n n nS S S S S S S         1 1 n n i i nS S     1 1 . n n i i i nS F F     Dựa vào (2.17), ta thu đƣợc ngay 21 [1 ( 1) ] 2 n n n n nG nF F F       Bài toán 12. Cho n là số nguyên dƣơng và 3,n  tính tổng sau 2 2 2 2 1 2 31 2 3 ... .n nH F F F n F     Lời giải. Đặt 1 2 ... ,n nS F F F    theo (2.10), ta có 2 1n nS F   và   2 2 2 4 1 1 3 1 1 2 3. n n n n n i i i i n i i i i A S F F n F n F n                       Suy ra 1 3 2.n nA F n    Trƣớc hết, ta tính tổng sau 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 (2 1) 3 2 2 ... 2 n n n n n i i i i i i i i i i n i S S S S S                      13 1 1 1 1 2 1 23 2( ) 2( ) ... 2( )n n n n nA A A A A A A            2 1 1 [3 2( 2)] 2 n n i i n A A         2 1 4 1 (2 1) 2 ( 3) n n i i n A F i          2 1 4 1 (2 1) 2 ( 2)( 1) 6( 2) n n i i n A F n n n             2 1 5 (2 1) 2 ( 2)( 1) 6( 2) n n i i n A F n n n            2 4 1 1 1 (2 1) 2 ( 2)( 5) n n i i i i n A F F n n                   1 4(2 1) 2[( 1) 7] ( 2)( 5)n nn A F n n         2 3 4(2 1)( 2) 2 3 6.n nn F n F n n         Theo đề, ta có 1 2 3 1 3 5 ... (2 1) n n n n n i i i i i i i i H F F F n F              1 2 13( ) 5( ) ... (2 1)( )n n n n nS S S S S n S S          1 2 3 1 1 (2 1) [3 5 7 ... (2 1) ] n n i i S S S n S           1 1 1 = (2 1) (2 1) n n n i i i i S i S              2 2 3 4(2 1)( 2) 2 3 6n n nn S n F n F n n          2 2 2 3 4( 1) (2 1)( 2) 2 3 6n n nn F n F n F n n            2 2 2 3 4(2 1) 2 8.n n nn F n F F n        3.3. SỐ FIBONACCI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC Bài toán 13. Cho tam giác ABC, đặt ,BC a ,AB c ,AC b S là diện tích tam giác ACB. Với n  . Chứng minh rằng 2 2 2 1 2 1 1 2 24 .n n n n n n n n na F b F c F S F F F F F F          14 Lời giải. Đặt 1 1 2 24 .n n n n n nk F F F F F F      Bất đẳng thức cần chứng minh đƣợc viết lại thành 2 2 2 1 2n n na F b F c F kS    (3.5) 2 2 2 2 1 2( 2 cos )n n na F b F a b ab C F kS       2 2 2 2 1 2( 2 cos ) sin 2 n n n k a F b F a b ab C F ab C       2 2 2 1 2 22 ( ) 2 ( ) (4 cos sin ) 0n n n n na F F b F F ab F C k C          2 1 2 22 ( ) 2 ( ) (4 cos sin ) 0.n n n n n a b F F F F F C k C b a           Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có 2 2 2 2 2 2 2(4 cos sin ) (16 )(sin cos ),n nF C k C F k C C     suy ra 2 2 2 24 cos sin 16 .n nF C k C F k    Mà 2 2 2 2 2 1 1 2 216 16( )n n n n n n n nF k F F F F F F F          2 1 24 ( )( ),n n n nF F F F     nên 2 2 1 24 cos sin 4 ( )( ).n n n n nF C k C F F F F       (3.6) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có 2 1 2 2 1 22 ( ) 2 ( ) 4 ( )( ).n n n n n n n n a b F F F F F F F F b a            (3.7) Kết hợp (3.6) và (3.7), ta suy ra (3.5) luôn đúng. 3.4. SỐ FIBONACCI VÀ SỐ CHÍNH PHƢƠNG Bài toán 15. Chứng minh rằng n là số Fibonacci khi và chỉ khi 25 4n  là số chính phƣơng. Lời giải. Theo (2.21), ta có 2 25 4( 1)nn nF L   , nên 25 4nF  làsố chính phƣơng. Vậy nếu n là một số Fibonacci thì 25 4n  là số chính phƣơng. 15 Ngƣợc lại, giả sử 25 4n  là số chính phƣơng, do đó tồn tại số nguyên dƣơng m sao cho 2 25 4n m  5 5 1. 2 2 m n m n      Ta thấy m và n có cùng tính chẵn lẻ, 5 2 m n ; 5 2 m n ( 5) , trong đó ( 5) { 5 | , }x y x y   , nên tồn tại duy nhất đẳng thức   5 5 1 5 1 5 1 , 2 2 2 2 i im n m n                 trong đó i  , suy ra 5 1 [( ) ( )] 2 2 i i i i im n            55 2 2 ii iL Fm n   ( ) ( ) 5 0i im L n F     i i m L n F     Vậy in F là một số Fibonacci. Bài toán 17. Cho n là số nguyên dƣơng, chứng minh các số 2 2 21 ,n nF F  2 1 2 3 1 ,n nF F   2 2 2 41 ,n nF F  2 2 1 2 2 2 3 1 4 n n n nF F F F   là số chính phƣơng. Lời giải. Theo (2.20), ta có 2 2 2 2 2 11 ,n n nF F F   2 2 1 2 3 2 21 ,n n nF F F     2 2 2 2 4 2 31 .n n nF F F    Dựa vào kết quả trên ta lại tính đƣợc 2 2 1 2 2 2 3 2 2 2 2 1 2 31 4 1 4( )( )n n n n n n n nF F F F F F F F        2 2 2 1 2 21 4( 1)( 1)n nF F     2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 34 4( ) 3n n n n nF F F F F        2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 2 1 2 34 4 4 3n n n n n nF F F F F F         16 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 2 24 4 4( 1) 3n n n n nF F F F F         2 2 2 1 2 2 2 2 2 3 2 24 4 ( ) 1n n n n nF F F F F        2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 24 4 1 (2 1) .n n n n n nF F F F F F          3.5. SỐ FIBONACCI VÀ TÍNH CHIA HẾT Bổ đề 3.5.1. Cho *n và 1,n  ta có  1, 1.n nF F   (3.10) Định lý 3.5.1. Cho *, ,m n ta có | .m mnF F (3.11) Bổ đề 3.5.2. Cho n và q là hai số nguyên dương không đồng thời bằng 1, ta có 1( , ) 1n nqF F   . Bổ đề 3.5.3. Cho m, n, q, r là các số nguyên dương sao cho ,m qn r  trong đó 0 ,r n  ta có ( , ) ( , ).m n n rF F F F Định lý 3.5.2. Cho *, ,m n ta có ( , )( , ) .m n m nF F F Hệ quả 3.5.1. Nếu m và n là hai số nguyên tố cùng nhau thì mF và nF cũng là hai số nguyên tố cùng nhau. Bổ đề 3.5.4. Cho p là số nguyên tố, khi đó 1(mod ).pL p Bài toán 23. Nếu số Fibonacci có chỉ số lẻ thì tất cả các ƣớc của nó có dạng 4 1m với .m Lời giải. Với n là số lẻ, gọi p là ƣớc nguyên tố của ,nF 2.p  Theo (2.20), ta có 2 1 1 1n n nF F F     2 1 1( ) 1n n n nF F F F     2 2 1 11 .n n n nF F F F     Vì p là ƣớc của nF nên 2 1 0(mod ),n n nF F F p  suy ra 2 1 1(mod ),nF p   do đó 2 ( 1) 2 ( 1) 2 1( ) ( 1) (mod ), p p nF p      17 hay 1 ( 1) 2 1 ( 1) (mod ). p p nF p      Lại có 1( , ) 1n nF F  (theo bổ đề 3.6.1), nên 1nF  không chia hết cho p, suy ra 1 1 1(mod ) p nF p    (theo định lý phecma bé). Nên ( 1) 2( 1) 1(mod ),p p  suy ra ( 1) 2( 1) 1p  vậy 4 1.p m  Bài toán 25. Chứng minh rằng a. Nếu số nguyên tố p có dạng 5 1m thì 1 .pF p Lời giải. Theo (2.3), ta có 1 1 1 1 1 1 0 0 1 2 ( 5) ( 5) 5 p p p i i i i p p p i i F C C                   ( 3) 2 2 1 1 0 2 5 . p i i p i C       Hay  1 1 3 5 2 2 ( 3) 21 1 1 1 12 2 5 5 ... 5 .p p pp p p p pF C C C C           Do p là số nguyên tố nên k pC p với 1 1,k p   hay 1 1 1 0(mod ), k k k p p pC C C p      suy ra 0 1 2 1 1 1 1 1... (mod ). p p p p pC C C C p          Từ đó ta có  1 2 ( 3) 212 1 5 5 ... 5 2(mod ).p ppF p      Vì ( 1) 2 2 ( 1) 3 5 11 5 5 ... 5 4 p p        nên ( 1) 2 1 1 5 1 2 (mod ). 2 p p pF p      Lại có 12 1(mod )p p  (theo định lý phecma bé), nên ( 1) 2 1 5 1 (mod ) 2 p pF p     Vì p là số nguyên tố có dạng 5 1m nên ( ,2) 1p  và  ( 1) 25 1 ,p p  vậy ta suy ra 1 .pF p 18 Bài toán 26. Cho m và n là hai số nguyên dƣơng. Chứng minh   21 1mmn n nF F F  (3.14) Lời giải. Dễ thấy (3.14) đúng khi 1m  . Giả sử (3.14) đúng khi ,m k ,k  tức là ta có 2 1 1( ) . k kn n nF F F  Ta chứng minh (3.14) đúng khi 1m k  , tức là chứng minh 1 2 ( 1) 1 1( ) . k k n n nF F F     Thật vậy, theo (2.22), ta có 1 1 ( 1) 1 1 1 1 k k k n n kn n nF F F F           1 1 1 1 . k kn n kn n nF F F F F       Theo giả thiết quy nạp, ta có 2 1 1( ) , k kn n nF F F  do đó  1 1 2( 1) 1 1 1 1 1 (mod ),k k kk n n n n kn n n nF F F F F F F F          hay 1 2 ( 1) 1 1 (mod ). k k n n n kn nF F F F F      Theo (3.11), ta có kn nF F , nên 20(mod ).kn n nF F F Ta suy ra 1 2( 1) 1 1 0(mod ), k k n n nF F F      hay 1 2 ( 1) 1 1( ) . k k n n nF F F     Bài toán 27. Cho m và n là hai số nguyên dƣơng. Chứng minh 3 1 1( ) m m mn n n nF F F F   (3.15) Lời giải. Dễ dàng thấy (3.15) đúng khi 1.m  Giả sử (3.15) đúng khi m k với ,k  tức là ta có 3 1 1( ) . k k kn n n nF F F F   Ta chứng minh (3.15) đúng khi 1,m k  tức là chứng minh 19 1 1 3 ( 1) 1 1( ) . k k k n n n nF F F F       Thật vậy, theo (2.22), ta có 1 1 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1 1 . k k k k k n n n kn n kn n n nF F F F F F F F F                 Mà theo giả thiết quy nạp, ta có 3 1 1(mod ), k k kn n n nF F F F   do đó 1 1 1 1 3 ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 1( ) (mod ) k k k k k k k n n n kn n n n n n n nF F F F F F F F F F F                    1 1 3 ( 1) 1 1 1 1 1 1( )(mod ) k k k k n n n kn n n n n nF F F F F F F F F               1 1 3 ( 1) 1 1 1 1 (mod ) k k k k n n n kn n n n nF F F F F F F F            1 1 3 ( 1) 1 1 1 1( ) (mod ). k k k k n n n kn n n nF F F F F F F            Mà theo (3.14), ta có 2 1 1 0(mod ), k kn n nF F F   nên 1 1 3 ( 1) 1 1 . k k k n n n nF F F F        Bài toán 28. Chứng minh rằng nếu q là ƣớc nguyên tố của nF và khác số nguyên tố p thì ,np n n F F F       không chia hết cho q. Lời giải. Theo (3.14), ta có 3 1 1( ) , p p np n n nF F F F   nên   21 1( ) .p pnp n n n nF F F F F   Theo (3.11) , ta có .np nF F Lại có 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( )( ... ) p p p p p p n n n n n n n n n nF F F F F F F F F F                     1 2 2 1 1 1 1 1 1 1( ... ) . p p p p n n n n n n n nF F F F F F F F               Do đó 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1( ... ) , np p p p p n n n n n n n n F F F F F F F F F                     20 suy ra 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1( ... ) . np p p p p n n n n n n n n F F F F F F F F F                     Vì 1 1(mod )n n nF F F  nên 1 1 1 1 1 1( ... ) , np p p p n n n n n F F F F F F                hay 1 1 (mod ), np p n n F pF p F   do đó  , , . np n n n F F p F F       Nếu gọi q là ƣớc nguyên tố của nF và khác số nguyên tố p thì  , np F không chia hết cho q. Do đó , np n n F F F       không chia hết cho q. 3.7. SỐ FIBONACCI VÀ HÀM SINH 3.7.1. Hàm sinh thƣờng Bài toán 30. Cho m và n là hai số nguyên không âm. Tìm a. 0 ;nm n n F x     b. 0 .nm n n L x     Lời giải. Theo (2.3), ta có 0 0 0 0 1 ( ) ( ) 5 m n m n n n m n m n m n n n n n F x x x x                                1 1 1 2 2 1 ( ) ( ) 1 1 ( )(1 ) 15 m m m m m m m mF F xx x x x x x x                                 Thực hiện tƣơng tự ta đƣợc kết quả 1 2 0 1 m mn m n n L L x x x L x           3.7.2. Hàm sinh mũ Bài toán 33. Cho n và m là hai số nguyên không âm, tìm a. 0 ; ! nn n F x n    b. 0 ! nnm n F x n    Lời giải. a. Theo (2.3), ta có 21 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ! ! ! ! n n n n n x x nn n n n n F x x x e e x n n n n                                      b. Theo (2.3), ta có 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ! ! ! ! m mnm nm n m n m n x x nnm n n n n F x x x e e x n n n n                                      Bài toán 34. Cho n và m là hai số nguyên không âm. Chứng minh a. 2 0 ; n m n m n m C F F   d. 2 0 . n m n m r n r m C F F    Lời giải. a. Với 0 ( ) ! x x n n n e e x A x F n            và 0 ( ) ! n x n x B x e n     thì 2 2( 1) ( 1) 2 0 0 0 , ! ! n x x x x nn m n m n n m n x e e e e x C F F n n                            suy ra 2 0 . n m n n m m F C F   b. Với 0 ( ) ! x x n n n e e x A x F n            và 0 ( ) ! n x n x B x e n     thì Ta có 0 ( ) ! r n r x x r x x n rr r n d x d e e e e A x F dx n dx                         Do đó 0 0 ( ) ( ) ! r nn m n m rr n m d x A x B x C F dx n                  2 2( 1) ( 1) 2 0 ! r x x r x x r x x n x n r n e e e e e e x e F n                                    Suy ra 2 0 . n m n m r n r m C F F    3.8. NGHỊCH LÝ HÌNH HỌC Theo (2.20), ta có  21 1 1 n n n nF F F     . Công thức này là nền tảng của hai lớp của những nghịch lí hình học hấp dẫn. 22 Nghịch lí thứ nhất Tổng quát, cho n là số chẵn và 4.n  Giả sử một hình vuông n nF F bị cắt thành 4 mảnh nhƣ hình 3.4 và chúng đƣợc lắp ráp thành một hình chữ nhật 1 1n nF F  nhƣ hình 3.5. Khi đó, hình chữ nhậ