Tài liệu Về tổng của nghịch đảo các số fibonacci

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THÚY HẰNG VỀ TỔNG CỦA NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ FIBONACCI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2018 Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Chương 1 . Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số tính chất của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Chương 2 . Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci 11 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci . . . . . . . . . . . . . 14 2.3 Tổng hữu hạn nghịch đảo bình phương các số Fibonacci . . . . . . . . 19 2.4 Tổng vô hạn nghịch đảo bình phương của các số Fibonacci . . . . . . 24 Chương 3 . Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci 28 3.1 Kết quả khi a = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2 Các kết quả với a = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.3 Kết quả khi a = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 i Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Ngô Văn Định. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K10C Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - TP Bắc Ninh - Tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi về mọi mặt để tham gia học tập và hoàn thành khóa học. Thái Nguyên, năm 2018 Nguyễn Thị Thúy Hằng ii Mở đầu Dãy số Fibonacci {Fn } là dãy số được rất nhiều người biết đến, quan tâm và nghiên cứu. Có rất nhiều tính chất thú vị của dãy số này đã được tìm ra. Với n là một số nguyên không âm, số Fibonacci Fn được định nghĩa bởi F0 = 0, F1 = 1 và công thức truy hồi Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2. Mục đích của luận văn này là tìm hiểu và trình bày lại các kết quả sau đây : Đầu tiên, Luận văn trình bày lại kết quả của Ohtsuka và Nakamura [1], công bố năm 2008, về tổng vô hạn của nghịch đảo các số Fibonacci: với mọi n ≥ 2, ta có   !−1   ∞    X 1  Fn−2 , nếu n chẵn,  =  Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ, k=n trong đó b·c kí hiệu hàm sàn. Năm 2015, Wang và Wen [2] mở rộng kết quả này cho trường hợp hữu hạn: với m ≥ 3 và n ≥ 2, ta có   !−1     mn  X 1  Fn−2 , nếu n chẵn,  =  Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ. k=n Tiếp theo, Luận văn trình bày một số kết quả của Wang và Yuan [3], công bố năm 2017, về tổng đan dấu của nghịch đảo các số Fibonacci có dạng mn X (−1)k k=n Fak+b , trong đó a ∈ {1, 2, 3} và b < a. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung chính của Luận văn được trình bày thành 3 chương: 1 • Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi trình bày định nghĩa dãy Fibonacci và một số đẳng thức, bất đẳng thức về số Fibonacci được sử dụng trong các chương tiếp theo. • Chương 2: Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci. Mục đích của Chương này là trình bày lại kết quả của Ohtsuka và Nakamura [1] và kết quả của Wang và Wen [2]. • Chương 3: Tổng đan dấu nghịch đảo các số Fibonacci. Mục đích của Chương này là trình bày lại kết quả của Wang và Yuan [3]. 2 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương mở đầu này, chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm về dãy Fibonacci và một số tính chất của dãy này được sử dụng trong các chương tiếp theo. 1.1 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.1.1. Dãy số Fibonacci, ký hiệu bởi {Fn }, được định nghĩa bởi hệ thức truy hồi sau: Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2, với các giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = 1. Theo định nghĩa, ta có dãy Fibonacci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ... Số hạng tổng quát của dãy số Fibonacci được xác định bởi công thức Binet dưới đây: √ √ 1+ 5 1− 5 Mệnh đề 1.1.2 (Công thức Binet). Với n ∈ Z, α = và β = , ta có 2 2 αn − β n Fn = . α−β 1.2 Một số tính chất của các số Fibonacci Mệnh đề 1.2.1 ([2, Bổ đề 2.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn2 − Fn−1 Fn+1 = (−1)n−1 . (1.1) 3 Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, ta có F12 − F0 F2 = 12 − 0.1 = 1 = (−1)0 . Giả sử, đẳng thức đúng với n > 1, ta chứng minh đẳng thức đúng với n + 1. Thật vậy, ta có 2 Fn+1 − Fn Fn+2 = (Fn + Fn−1 )2 − Fn (Fn + Fn+1 ) 2 = Fn2 + 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn2 − Fn Fn+1 2 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn Fn+1 2 = 2Fn Fn−1 + Fn−1 − Fn (Fn + Fn−1 ) 2 = Fn−1 + Fn Fn−1 − Fn2 = Fn−1 (Fn−1 + Fn ) − Fn2 = Fn−1 Fn+1 − Fn2 = −(−1)n−1 = (−1)n . Suy ra điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.2.2 ([2, Bổ đề 2.1]). Với hai số nguyên dương m, n, ta có Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 . (1.2) Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. Với m = 1, ta có Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn . Với m = 2, ta có Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn+1 + Fn . Giả sử, đẳng thức đúng với m > 2, ta chứng minh đẳng thức đúng với m + 1. Thật vậy, ta có Fn+m+1 = Fn+m−1 + Fn+m = Fn−1 Fm−1 + Fn Fm + Fn−1 Fm + Fn Fm+1 = Fn−1 (Fm−1 + Fm ) + Fn (Fm + Fm+1 ) = Fn−1 Fm+1 + Fn Fm+2 . 4 Suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả 1.2.3 ([2, Hệ quả 2.2]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có (1.3) F2n = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) . Chứng minh. Áp dụng đẳng thức (1.2) với m = n, ta có F2n = Fn−1 Fn + Fn Fn+1 = Fn (Fn−1 + Fn+1 ) . Suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả 1.2.4 ([2, Hệ quả 2.2]). Với mọi số nguyên không âm n, ta có (1.4) 2 . F2n+1 = Fn2 + Fn+1 Chứng minh. Chứng minh bằng quy nạp. Với n = 0, ta có F1 = 1 = 0 + 1 = F02 + F12 . Với n = 1, ta có F3 = 2 = 1 + 1 = F12 + F22 . Với n = 2, ta có F5 = 5 = 1 + 4 = F22 + F32 . Giả sử, đẳng thức đúng với n > 2, ta chứng minh đẳng thức đúng với n + 1. Thật vậy, sử dụng đẳng thức (1.3) và theo giả thiết quy nạp, ta có 2 2 2 Fn+1 + Fn+2 = (Fn−1 + Fn ) + (Fn + Fn+1 ) 2 2 2 = Fn−1 + 2Fn−1 Fn + Fn2 + Fn2 + 2Fn Fn+1 + Fn+1 2 2 = Fn−1 + Fn2 + 2Fn (Fn−1 + Fn+1 ) + Fn2 + Fn+1 = F2n−1 + 2F2n + F2n+1 = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3 . Suy ra điều phải chứng minh. 5 Tương tự như vậy, ta có các hệ quả dưới đây: Hệ quả 1.2.5 ([2, Hệ quả 2.2]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có F2n+1 = Fn−1 Fn+1 + Fn Fn+2 . (1.5) Hệ quả 1.2.6 ([2, Bổ đề 2.3]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có F2n+1 = Fn+1 Fn+2 − Fn−1 Fn . (1.6) Hệ quả 1.2.7 (Tính chất d’Ocagne). Với hai số nguyên m, n và m ≥ n, ta có Fm Fn+1 − Fm+1 Fn = (−1)n Fm−n . (1.7) Mệnh đề 1.2.8 ([2, Bổ đề 3.1]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = (−1)n−1 . (1.8) Chứng minh. Ta có Fn Fn+1 − Fn−1 Fn+2 = Fn Fn+1 − Fn−1 (Fn + Fn+1 = Fn Fn+1 − Fn Fn−1 − Fn−1 Fn+1 = Fn (Fn+1 − Fn−1 ) − Fn−1 Fn+1 = Fn2 − Fn−1 Fn+1 . Sử dụng (1.1) ta được kết quả cần chứng minh. Một cách tổng quát ta có mệnh đề dưới đây: Mệnh đề 1.2.9 ([3, Bổ đề 5]). Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên dương với a+b = c+d và b ≥ max {c, d}. Khi đó, ta có Fa Fb − Fc Fd = (−1)a+1 Fb−c Fb−d . (1.9) Mệnh đề 1.2.10 ([2, Bổ đề 2.4]). Nếu n ≥ 6 thì ta có Fn−2 Fn−1 > Fn+1 . (1.10) 6 Chứng minh. Ta có Fn−2 Fn−1 − Fn+1 = Fn−2 Fn−1 − (Fn−1 + Fn ) = Fn−2 Fn−1 − Fn−1 − (Fn−2 + Fn−1 ) = (Fn−2 − 2)Fn−1 − Fn−2 . Do n ≥ 6 nên Fn−2 − 2 > 1, suy ra Fn−2 Fn−1 − Fn+1 > Fn−1 − Fn−2 > 0. Suy ra điều cần chứng minh. Mệnh đề 1.2.11 ([2, Bổ đề 2.5]). Với mỗi n ≥ 3, chúng ta có F3n−1 (Fn + Fn−3 ) > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 . (1.11) Chứng minh. Áp dụng (1.2), chúng ta có được F3n−1 = Fn−1 F2n−1 + Fn F2n . Do đó F3n−1 (Fn + Fn−3 ) > (Fn−1 F2n−1 + Fn F2n )Fn > Fn2 F2n > Fn−1 Fn F2n . Sử dụng (1.3), chúng ta có F2n > Fn Fn+1 > Fn−2 Fn+1 . Từ đây suy ra bất đẳng thức (1.11) như mong muốn. Mệnh đề 1.2.12 ([3, Bổ đề 15]). Với n ≥ 1, chúng ta có F6n+2 > F2n (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ). (1.12) Chứng minh. Từ đẳng thức (1.9), suy ra : F2n−1 F2n+3 − F2n−2 F2n+4 = 5, 2 F2n−1 F2n+1 − F2n = 1, 7 F2n+1 F2n+3 − F2n F2n+4 = 2. 2 và F2n+1 F2n+3 > F2n F2n+4 . Do đó, F2n−1 F2n+3 > F2n−2 F2n+4 , F2n−1 F2n+1 > F2n Sử dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần và những bất đẳng thức ở trên, chúng ta có F6n+2 = F2n F4n+1 + F2n+1 F4n+2 = F2n (F2n−2 F2n+2 + F2n−1 F2n+3 ) + F2n+1 (F2n−1 F2n+2 + F2n F2n+3 ) 2 > F2n−2 F2n F2n+2 + F2n−2 F2n+4 F2n + F2n F2n+2 + F2n F2n+4 F2n = F2n (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ). Hoàn thành việc chứng minh. Mệnh đề 1.2.13 ([3, Bổ đề 17]). Với số nguyên dương n, ta có 2F4n (F4n + F4n+2 ) > F2n+2 F4n+3 (F2n−2 + F2n ). (1.13) Chứng minh. Ta sẽ chứng minh 2 > F2n−2 F2n+2 F4n+3 và 2F4n F4n+2 > F2n F2n+2 F4n+3 . 2F4n Hai bất đẳng thức này có thể dùng lập luận tương tự để chứng minh nên chúng ta chỉ chứng minh bất đẳng thức đầu tiên. Áp dụng hệ thức (1.9) nhiều lần và đẳng thức (1.2), chúng ta có 2 2F4n = 2F4n−3 F4n+3 − 8 2 2 )F4n+3 − 8 = 2(F2n−2 + F2n−1 2 > (F2n−2 F2n−1 + 2F2n−1 )F4n+3 − 8 = F2n−1 F2n+1 F4n+3 − 8 = (F2n−2 F2n+2 + 2)F4n+3 − 8 > F2n−2 F2n+2 F4n+3 . Chứng minh đã hoàn thành. Mệnh đề 1.2.14 ([3, Bổ đề 23]). Với n ≥ 2, chúng ta có F4n−2 (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) > F4n (F4n−2 + F4n ). (1.14) 8 Chứng minh. Đầu tiên chúng ta xem xét vế bên phải. Áp dụng đẳng thức 2 F4n − F4n−1 F4n+1 = −1, ta có 2 F4n (F4n−2 + F4n ) = F4n F4n−2 + F4n = F4n F4n−2 + F4n−1 F4n+1 − 1 = F8n−1 − 1. Xét vế trái, chúng ta có nếu n ≥ 2, thì (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) = F2n−2 F2n+2 + F2n F2n+2 + F2n−2 F2n+4 + F2n F2n+4 > (F2n−2 F2n+1 + F2n−2 F2n+2 ) + (F2n−2 F2n+3 + F2n−1 F2n+4 ) + F2n−2 F2n+4 > F4n + F4n+2 + 2. Vì thế, việc sử dụng F4n−2 F4n+2 − F4n−1 F4n+1 = −2, chúng ta có F4n−2 (F2n−2 + F2n )(F2n+2 + F2n+4 ) > F4n F4n−2 + F4n−2 F4n+2 + 2 = F4n F4n−2 + F4n−1 F4n+1 = F8n−1 . Do đó vế trái lớn hơn vế phải. Mệnh đề 1.2.15 ([3, Bổ đề 40]). Với mọi n ≥ 1, chúng ta có 2F3n+3 > Fn Fn+1 Fn+6 . (1.15) Chứng minh. Ứng dụng đẳng thức (1.2) nhiều lần, chúng ta thu được F3n+3 = Fn F2n+2 + Fn+1 F2n+3 > Fn Fn+3 = Fn (Fn Fn+1 + Fn+1 Fn+2 ) + Fn+1 (Fn Fn+2 + Fn+1 Fn+3 ) 2 = Fn Fn+1 (Fn + 2Fn+2 ) + Fn+1 (Fn + 2Fn+1 ) 2 = Fn Fn+1 (Fn + Fn+1 + 2Fn+2 ) + 2Fn+1 > Fn Fn+1 (3Fn+2 + 2Fn+1 ) = Fn Fn+1 Fn+5 . 9 Vì thế ta có 2F3n+3 − Fn Fn+1 Fn+6 > 2Fn Fn+1 Fn+5 − Fn Fn+1 Fn+6 = Fn Fn+1 (2Fn+5 − Fn+6 ) > 0. Hoàn thành việc chứng minh. Mệnh đề 1.2.16 ([3, Bổ đề 42]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < 0. (1.16) Chứng minh. Áp dụng các hệ thức (1.6) và (1.9) ta có Fn+2 Fn+3 − Fn Fn+1 = F2n+3 , Fn+1 Fn+4 − Fn+2 Fn+3 = (−1)n . Suy ra Fn+1 Fn+4 = Fn Fn+1 + F2n+3 + (−1)n > F2n+3 + 2. Vì thế, ta có F2n F2n+1 − Fn+1 Fn+4 F2n−2 < F2n F2n+1 − (F2n+3 + 2)F2n−2 = (F2n F2n+1 − F2n−2 F2n+3 ) − 2F2n−2 = 2 − 2F2n−2 ≤ 0. Suy ra điều cần chứng minh. 10 Chương 2 Tổng của nghịch đảo các số Fibonacci Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các kết quả của Ohtsuka và Nakamura [1] và các kết quả của Wang và Wen [2] về tổng hữu hạn và vô hạn nghịch đảo các số Fibonacci. 2.1 Tổng hữu hạn nghịch đảo của các số Fibonacci Trong mục này, chúng tôi trình bày một số kết quả của Wang và Wen về tổng hữu hạn nghịch đảo của các số Fibonacci. Mệnh đề 2.1.1 ([2, Mệnh đề 2.6]). Với mọi n ≥ 2, chúng ta có 2n X 1 1 > . Fk Fn−2 + 1 (2.1) k=n Chứng minh. Với k ≥ 2, ta có 1 Fk−2 + 1 − 1 1 Fk − Fk−2 − 1 1 − = − Fk Fk−1 + 1 Fk (Fk−2 + 1) Fk−1 + 1 (Fk−1 − 1)(Fk−1 + 1) − Fk Fk−2 Fk = (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk 2 F − Fk Fk−2 − 1 − Fk = k−1 . (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk 2 Theo hệ thức (1.1), ta có Fk−1 − Fk Fk−2 =( −1)k . Vì vậy, 1 (−1)k − 1 − Fk 1 − − = . Fk−2 + 1 Fk Fk−1 + 1 (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk 1 Bây giờ chúng ta có 2n 2n X X 1 1 1 (−1)k−1 + 1 + Fk = − + Fk Fn−2 + 1 F2n−1 + 1 (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1)Fk k=n k=n 11 > 1 Fn−2 + 1 > − 1 Fn−2 + 1 1 F2n−1 + 1 + + 2n X k=n 1 (Fk−2 + 1)(Fk−1 + 1) 1 1 − . (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) F2n−1 + 1 Áp dụng hệ thức (1.5), chúng ta có F2n−1 + 1 − (Fn−2 + 1)(Fn−1 + 1) = F2n−1 − Fn−2 Fn−1 − Fn−2 − Fn−1 2 = Fn−2 + Fn−1 Fn+1 − Fn > 0. Do đó, chúng ta có được điều phải chứng minh: 2n X 1 1 > . Fk Fn−2 + 1 k=n Suy ra điều phải chứng minh. Mệnh đề 2.1.2 ([2, Mệnh đề 2.7]). Giả sử m ≥ 2. Khi đó, với mọi số nguyên chẵn n ≥ 4, chúng ta có mn X 1 1 < . Fk Fn−2 + 1 (2.2) k=n Chứng minh. Từ hệ thức (1.1), chúng ta dễ dàng thu được 1 Fk−2 1 1 (−1)k − − = , với mọi k ≥ 3. Fk Fk−1 Fk−2 Fk−1 Fk Vì thế, cho n ≥ 3, chúng ta có mn mn X X 1 1 1 (−1)k−1 = − + . Fk Fn−2 Fmn−1 Fk−2 Fk−1 Fk k=n Vì n là số chẵn nên (2.3) k=n mn X k=n (−1)k−1 < 0. Fk−2 Fk−1 Fk Từ đó suy ra điều cần chứng minh: mn X 1 1 < . Fk Fn−2 k=n 12 Mệnh đề 2.1.3 ([2, Mệnh đề 2.8]). Nếu n ≥ 5 là số lẻ thì 2n X 1 1 < . Fk Fn−2 (2.4) k=n Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được rằng mệnh đề là đúng khi n = 5. Chúng ta giả sử rằng n ≥ 7. Vì n là số lẻ, chúng ta có 2n X k=n (−1)k−1 < 0. Fk−2 Fk−1 Fk Áp dụng (1.10) và (1.6) ta có 1 1 1 1 − < − Fn−2 Fn−1 Fn F2n−1 Fn Fn+1 F2n−1 F2n−1 − Fn Fn+1 Fn Fn+1 F2n−1 Fn−2 Fn−1 =− Fn Fn+1 F2n−1 = < 0. Sử dụng (2.3) và hai bất đẳng thức trên ta có ngay hệ thức (2.4). Mệnh đề 2.1.4 ([2, Mệnh đề 2.9]). Cho m ≥ 3. Nếu n ≥ 3 là số lẻ, chúng ta có mn X 1 1 > . Fk Fn−2 (2.5) k=n Chứng minh. Dễ thấy rằng 3m X 1 1 > . Fk F1 k=3 Do đó (2.5) đúng với n = 3. Bây giờ chúng ta giả sử rằng n ≥ 5. Áp dụng (2.3), chúng ta có mn mn X X 1 1 1 1 1 (−1)k−1 = + − − + . Fk Fn−2 Fn−2 Fn−1 Fn Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 Fk−2 Fk−1 Fk k=n Rõ ràng rằng k=n+2 mn X k=n+2 (−1)k−1 > 0. Fk−2 Fk−1 Fk 13 Vì m ≥ 3, áp dụng (2.19), chúng ta có Fmn−1 (Fn−3 + Fn ) ≥ F3n−1 (Fn−3 + Fn ) > Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 . Suy ra 1 1 1 Fn+1 − Fn−2 1 − − = − Fn−2 Fn−1 Fn Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 = Fn−3 + Fn Fn−3 + Fn − > 0. Fn−2 Fn−1 Fn Fn+1 Fmn−1 (Fn−3 + Fn ) Vì thế, (2.5) cũng đúng khi n ≥ 5. 2.2 Tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci Trong mục này, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Ohtsuka và Nakamura và một số kết quả của Wang và Wen về tổng vô hạn nghịch đảo của các số Fibonacci. Trước tiên, chúng tôi trình bày kết quả của Ohtsuka và Nakamura bởi định lý dưới đây, trong đó b·c là ký hiệu hàm sàn số học. Định lý 2.2.1 ([1, Định lý 1]). Với n là một số nguyên dương, ta có   !−1   ∞    X 1  Fn−2 , nếu n chẵn và n ≥ 2,  =  Fk Fn−2 − 1, nếu n lẻ và n ≥ 1. k=n Để chứng minh Định lý 2.2.1,chúng ta cần hai bổ đề sau đây. Bổ đề 2.2.2 ([1, Bổ đề 1]). Với số nguyên dương n, ta có i) Nếu n là chẵn thì ∞ X Fn−2 k=n ii) Nếu n là lẻ thì Fk ∞ X Fn−2 k=n Fk < 1. (2.6) > 1. (2.7) 14 Chứng minh. Với n > 0, ta có 1 2 1 Fn+2 − 2Fn 1 − − = − Fn Fn+2 Fn+3 Fn Fn+2 Fn+3 Fn−1 1 − = Fn Fn+2 Fn+3 Fn−1 Fn+3 − Fn Fn+2 = Fn Fn+2 Fn+3 2 2 + (−1)n+1 F12 ) + (−1)n F22 ) − (Fn+1 (F = n+1 Fn Fn+2 Fn+3 n 2(−1) = . Fn Fn+2 Fn+3 Nếu n là chẵn và n > 0, thì 2 1 1 − − > 0. Fn Fn+2 Fn+3 Suy ra 1 1 1 1 > + + . Fn Fn+2 Fn+2 Fn+3 Sử dụng bất đẳng thức này với n > 2 nhiều lần, chúng ta có 1 Fn−2 1 1 1 + + Fn Fn Fn+1 1 1 1 1 1 + +( + + ) > Fn Fn+1 Fn+2 Fn+2 Fn+3 1 1 1 1 1 1 1 > + + + +( + + ) Fn Fn+1 Fn+2 Fn+3 Fn+4 Fn+4 Fn+5 1 1 1 1 1 1 + + + + + + ..... > ..... > Fn Fn+1 Fn+2 Fn+3 Fn+4 Fn+5 > Do đó, nếu n là số chẵn và n > 2, ta có ∞ X Fn−2 k=n Fk < 1. Dễ dàng kiểm tra được bất đẳng thức này đúng khi n = 2. Do đó (2.6) đã được chứng minh. Công thức (2.7) được chứng minh tương tự. Bổ đề 2.2.3 ([1, Bổ đề 2]). Với n > 1, ta có ∞ X Fn−2 − 1 k=n Fk <1 (2.8) 15 và ∞ X Fn−2 + 1 Fk k=n (2.9) > 1. √ √ 1+ 5 1− 5 và β = . Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta ký hiệu α = 2 2 Cho k > m > 1. Khi đó, ta có √ 5(Fk−m − α−m Fk ) = αk−m − β k−m − α−m (αk − β k ) = α−m β k − β k−m 6 α−m |β|k + |β|k−m < α0 |β|0 + |β|0 = 2 < √ 5. Fk−m − 1 < α−m . Fk Đặt m = k − n + 2, chúng ta có, Suy ra Fk−m − α−m Fk < 1 hay Fn−2 − 1 < αn−2−k , (2 6 n 6 k + 1). Fk Theo bất đẳng thức này, chúng ta có: ∞ X Fn−2 − 1 k=n Fk < ∞ X α n−2−k = ∞ X α−j = j=2 k=n 1 1 = = 1. α2 (1 − α−1 ) α2 − α Do đó, (2.8) đã được chứng minh. Công thức (2.9) được chứng minh tương tự. Chứng minh Định lý 2.2.1. Trường hợp 1: n là số chẵn, và n > 2. Nếu n = 2, ta có ∞ X Fn−2 − 1 k=n Fk Vì thế, 0< ∞ X 1 Fk > 1 = 1. F2 !−1 < 1. k=2 Suy ra  !−1   ∞   X 1    = 0 = F2−2 . Fk k=2 16