BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

LÊ THỊ THANH HIỀN

ỨNG DỤNG DÃY FIBONACCI
TRONG TOÁN SƠ CẤP

Chuyên nghành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

TÓM TẮT
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2015


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH. TRẦN QUỐC CHIẾN

Phản biện 1: TS Nguyễn Duy Thái Sơn.

Phản biện 2 : TS Trịnh Đào Chiến.

Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn tốt
nghiệp thạc sỹ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 12
tháng 12 năm 2015

Có thể tìm hiểu luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Trường Đại Học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng


1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Leonardo Pisano Bogollo (khoảng 1170 – 1250), còn đƣợc biết
với tên Leonardo của Pisa, hay phổ biến nhất dƣới cái tên Fibonacci,
là một nhà toán học ngƣời Ý và ông còn đƣợc một số ngƣời xem là
“nhà toán học tài ba nhất thời Trung Cổ”. Ông nổi tiếng trong thế
giới hiện đại vì có công lan truyền hệ đếm Hindu - Ả Rập ở Châu Âu
và đặc biệt là dãy số hiện đại mang tên ông, dãy Fibonacci trong
cuốn sách Liber Abaci – sách về toán đố năm 1202. Liber Abaci cũng
đề ra và giải quyết bài toán liên quan đến sự phát triển dân số của thỏ
dựa trên giả thiết lý tƣởng. Phép giải theo từng thế hệ là một chuỗi
các con số sau này đƣợc biết với tên dãy Fibonacci. Dãy số này đƣợc
các nhà toán học Ấn Độ biết đến từ thế kỷ thứ 6, nhƣng chỉ đến khi
cuốn Liber Abaci của Fibonacci ra đời, mới đƣợc giới thiệu đến
phƣơng Tây.
Dãy Fibonacci đƣợc coi là một dãy số kỳ diệu, nó xuất hiện
một cách tự nhiên ở hầu hết mọi sự vật, hiện tƣợng từ thiên nhiên đến
nhân tạo, chúng ta có thể bắt gặp sự hiện diện của nó ở thực vật cho
đến hệ động vật rất đẹp và đa dạng. Dãy Fibonacci và các tỉ lệ của nó
có vẻ rất lẻ và ngẫu nhiên, nhƣng kỳ lạ là nó đem lại sự cân bằng
hoàn hảo. Hơn nữa, ứng dụng của dãy Fibonacci trong toán học lại
rất phong phú. Vì vậy việc tìm hiểu sâu và giới thiệu dãy Fibonacci
và ứng dụng của nó trong toán sơ cấp là rất thú vị và cần thiết cho
học tập giảng dạy Toán, cũng nhƣ sự hiểu biết của con ngƣời.
2. Mục tiêu và nội dung nghiên cứu của đề tài

- Giới thiệu dãy Fibonacci, công thức tổng quát của dãy
Fibonacci.
- Giới thiệu các tính chất và các hệ thức của dãy Fibonacci.
- Trình bày ứng dụng dãy Fibonacci trong toán sơ cấp.


2
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
- Giới thiệu dãy Fibonacci.
- Ứng dụng dãy Fibonacci trong toán sơ cấp.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Thu thập tài liệu, đọc hiểu để trình bày một có hệ thống lý
thuyết và bài tập.
- Tham gia các buổi seminar với thầy hƣớng dẫn để hiểu rõ
hơn về nội dung đề tài nghiên cứu.
5. Đóng góp của đề tài
Làm rõ sự kỳ thú và chứng minh tính phong phú của dãy
Fibonacci trong các ứng dụng của nó, đặc biệt là trong toán sơ cấp.
6. Ý nghĩa khoa học và 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: S (1) đúng.
b. Bƣớc quy nạp: n 



, nếu S (n) đúng thì S (n  1) 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 (un ), ký hiệu các giá trị u (0),
u (1) … tƣơng ứng bởi u0 , u1 … và

un là số hạng tổng quát của dãy.

Định nghĩa 1.2. Công thức truy hồi của dãy số ( sn ) là phƣơng
trình xác định sn bằng các phần tử s0 , s1 , …, sn 1 trƣớc nó:

sn  F (s0 , s1 , …, sn 1 ).
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

sn  c1 (n)sn1  c2 (n)sn2  ...  ck (n)snk  f (n),
trong đó ci (n) với i  1, …, k và f (n)

(S )

là các hàm theo n với

ck (n)  0, n  .

Với công thức (S), công thức truy hồi sau

sn  c1 (n)sn1  c2 (n)sn2  ...  ck (n)snk

( S0 )


4

gọi là công thức truy hồi tuyến tính thuần nhất tƣơng ứng với (S ) .
Nếu ci (n) với i  1, …, k là các hằng số ck  0, và thì (S ) gọi
là công thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng bậc k và ( S0 ) 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 (a, b)  1.
Thuật toán ơ-clit
Giả sử r0  a, r1  b là các số nguyên không âm và b  0.
Ta thực hiện phép chia

r0  q1r1  r2 , q1  r0 r1  , 0  r2  r1 ,
dừng lại khi r2  0. Nếu r2  0, ta tiếp tục

r1  q2 r2  r3 , q2  r1 r2  , 0  r3  r2 ,
dừng lại khi r3  0. Nếu r3  0, ta tiếp tục …

rn2  qn1rn1 , qn1  rn2 rn1  , rn  0 với n  2.
Khi đó,

(a, b)  rn1.


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
a  b(mod m).

Định lý 1.4.3. (Định lý Ơ-le)
Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên thỏa (a, m)  1. Khi đó,
a ( m)  1(mod 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,

a p1  1(mod p),
1.5. HÀM SINH
Định nghĩa 1.9. Cho dãy số thực (an ) và biến x. Hàm sinh
thƣờng của dãy (an ) là hàm g ( x)  a0  a1 x  a2 x2  a3 x3  ...
Định nghĩa 1.10. Cho dãy số thực (an ) và biến x. Hàm sinh
mũ của dãy (an ) là hàm g ( x)  a0  a1

x
x2
x3
 a2
 a3  ...

1!
2!
3!

1.6. TỔ HỢP
Định nghĩa 1.11. Với mỗi cặp (n, k ) các số nguyên mà,

0  k  n, ta định nghĩa Cnk 
k của n.

n!
và gọi Cnk là số tổ hợp chập
k !(n  k )!


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 a    a 1  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 Fn
là số cặp thỏ có đƣợc sau tháng thứ n kể từ đầu năm, ta có sau tháng
thứ n  1 thì sẽ có Fn cặp ban đầu, cộng thêm số cặp do các cặp đã có
sau tháng thứ

n  1 sinh ra, số này gọi là

Fn 1 , do đó

Fn1  Fn  Fn1. Theo giả thiết F0  1 , F1  2 , F2  3 từ đó ta tính đƣợc
F12  377. Các số

Fn 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 ( Ln ) 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

F n  (1)n 1 Fn . và L n  (1)n Ln .
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
Fn 

n  n
, n .
 

(2.3)

Công thức của số hạng tổng quát của dãy Lucas là
Ln   n   n , n  .

(2.4)

Định lý 2.3.1. Với mọi số nguyên dương n, ta có

Ln  Fn1  Fn1.

2.4. CÁC TÍNH CHẤT CỦA DÃY FIBONACCI
Với n và i là hai số nguyên dương, ta có
Định lý 2.4.1.
F1  F2  F3  ...  Fn  Fn2  1.

(2.5)

(2.10)


8
Định lý 2.4.2.
Hệ quả 2.4.1.

F1  F3  F5  ...  F2n1  F2n .

F2  F4  F6  ...  F2n  F2n1  1.
n

Định lý 2.4.3.

 (1)

k 1

k 1

Định lý 2.4.4.

FF

i 1

Định lý 2.4.9.

Fk  (1)n 1 Fn1  1.

F12  F22  F32  ...  Fn2  Fn Fn1.
k

Định lý 2.4.5.

(2.11)

i

i 1

 Fk2 

[1  (1)
2

k 1

]



Fn1Fn1  Fn2  (1)n


(2.12)
(2.13)
(2.16)
(2.17)
(2.20)

Ví dụ 2.2. Cho n là số nguyên không âm, ta có
5Fn2  4(1)n  L2n .

(2.21)

Định lý 2.4.10. Cho m và n là hai số nguyên dương, ta có
(2.22)
Fmn  Fn1Fm  Fn Fm1.
Hệ quả 2.4.2. Cho n  , ta có
Fn2  Fn21  F2n1.

(2.23)

Định lý 2.4.12. Cho n là số nguyên và n  2, khi đó

Hệ quả 2.4.3.

1

Fn 1   Fn   .
2

F
lim n1   .

n F
n

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
Fn 1 

Bổ đề 3.1.1.1.

 n 2

C
i 0

i
n i

.

(3.1)

n


F2 n 1   Cn2i i .

Hệ quả 3.1.1.1.

i 0

n

Định lý 3.1.1.1.

 C (1)
i 0

i
n

n i

Fi  (1)n 1 Fn .

n

C F  F

Định lí 3.1.1.2.

i 0

i

n

i

2n

.

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
Fn6  4Fn3  Fn .

Lời giải.

Fn6  Fn5  Fn 4  Fn 4  Fn3  Fn 4

 2Fn4  Fn3  2( Fn3  Fn 2 )  Fn3  3Fn3  Fn 2  Fn 2
 3Fn3  Fn3  Fn1  Fn1  Fn  4Fn3  Fn .

Bài toán 2. Với n là số nguyên và n  2. Chứng minh rằng
n 1

F3n 3  22 n 1   22 n  2(i 1) F3i .
i 1

Lời giải.
Với n  2, F9  34  25  F3 , nên (3.2) đúng khi n  2.
Giả sử (3.2) đúng khi n  m  2, m , tức là ta có
m 1


F3m3  22 m1   22 m2( i 1) F3i .
i 1

(3.2)


10
ta chứng minh (3.2) đúng khi n  m  1, tức là chứng minh
m

F3m 6  22 m3   22 m 2i F3i .
i 1

Thật vậy, theo bài toán 1và giả thiết quy nạp, ta có
m 1


F3m  6  4 F3m 3  F3m  4  22 m1   22 m 2(i 1) F3i   20 F3m
i 1



m 1

m

i 1

i 1


 22 m3   22 m 2i F3i  22 m2 m F3m  22 m3   22 m 2i F3i .
Vậy (3.2) đƣợc chứng minh.
Định lí 3.1.2.1. Cho n là số nguyên không âm, ta có
n

F6 n 3   24 n 1 4i C22nni2i .
i 0

Định lý 3.1.2.2. Cho n là số nguyên dương, ta có
n 1

F6 n   24 n 1 4i C22nn11i2i .

(3.3)

i 0

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 an (n 



) là số cách lát sàn nhà cần tìm và An là

tập các cách lát sàn nhà thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có an  An .
Dễ thấy a1  A1  1, a2  A2  2.
Khi n  3 (n 




) , gọi B1 là tập hợp các cách lát sàn nhà thỏa

mãn hình chữ nhật cuối cùng có kích thƣớc 1 1, gọi B2 là tập hợp
các cách lát sàn nhà thõa mãn hình chữ nhật cuối cùng có kích thƣớc
1 2. Ta có An  B1  B2 , suy ra An  B1  B2 .

Trƣớc hết, ta tính B1

.

Số phần tử của B1 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 B1 chính bằng số cách
lát sàn nhà hình chữ nhật có kích thƣớc 1 (n  1), suy ra B1  an1.
Lập luận tƣơng tự nhƣ trên, ta có B2  an 2 .
Từ hai cách tính trên ta đƣợc
an  an1  an2 với n  3, trong đó a1  1, a2  2.
Vậy an  Fn 1 

 n 1   n 1
với n 
 




.

3.2. SỐ FIBONACCI VÀ CÁC TỔNG
Bài toán 7. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau

Bn  F1  2F2  ...  nFn .
Lời giải.
Đặt An  F1  F2  ...  Fn . Theo (2.10), ta có An  Fn 2  1.
Ta có

n

n

n

n

i 1

i 2

i 3

i n

Bn   Fi   Fi   Fi  ...   Fi


 An  ( An  A1 )  ( An  A2 )  ...  ( An  An1 )
n 1

n 1

i 1

i 1

 nAn   Ai  n( Fn  2  1)   ( Fi  2  1)

 nFn2  n  ( Fn3  3)  n  1  nFn2  Fn3  2.
Bài toán 8. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau
Cn  F1  3F3  5F5  ...  (2n  1) F2 n1.

Lời giải. Đặt

Dn  F1  F3  F5  ...  F2n1

n

n

n

n

i 1

i 2


i 3

i n

Cn   F2i 1  2 F2i 1  2 F2i 1  ...  2 F2i 1

 Dn  2( Dn  D1 )  2( Dn  D2 )  ...  2( Dn  Dn1 )
n 1

n 1

i 1

i 1

 Dn  2(n  1) Dn  2 Di  (2n  1) Dn  2 Di


12
Mặt khác, theo (2.1), ta có Dn  F2 n
và theo (2.12), ta có F0  F2  F4  F6  ...  F2n2  F2n21  1  F2 n1  1,
n 1

Dn  (2n  1) F2 n  2 F2i

Do đó

i 1


 (2n  1) F2n  2( F2n1  1)  (2n  1) F2n  2F2n1  2.
Bài toán 10. Với mỗi số nguyên dƣơng n, tính tổng sau

Gn  F12  2F22  3F32  ...  nFn2 .
Sn  F12  F22  F32  ...  Fn2 ,

Lời giải. Đặt

Sn  Fn Fn1.

theo (2.16), ta có

n

n

n

n

i 1

i 2

i 3

i n

Gn   Fi 2  Fi 2  Fi 2 ...   Fi 2


Ta có

 Sn  (Sn  S1 )  (Sn  S2 )  ...  (Sn  S n1 )
n 1

n

i 1

i 1

 nSn   Si  nSn   Fi Fi 1.

[1  (1)n ]

2
Bài toán 12. Cho n là số nguyên dƣơng và n  3, tính tổng sau

Dựa vào (2.17), ta thu đƣợc ngay Gn  nFn Fn 1  Fn2 

H n  12 F1  22 F2  32 F3  ...  n2 Fn .

Lời giải.
Đặt Sn  F1  F2  ...  Fn , theo (2.10), ta có Sn  Fn 2  1 và
n

n

n2


n2

i 1

i 1

i 3

i 1

An   Si    Fi  2  1   Fi  n   Fi  n  2  F4 n  n  3.
Suy ra An1  Fn3  n  2.
Trƣớc hết, ta tính tổng sau
n 1

 (2i  1)S
i 1

i

n 1

n 1

n 1

n 1

i 1


i 2

i 3

i  n 1

 3 Si  2 Si  2 Si  ...  2  Si


13

 3 An1  2( An1  A1 )  2( An1  A2 )  ...  2( An1  An2 )
n2

n2

i 1

i 1

 [3  2(n  2)]An 1  2 Ai  (2n  1) An1  2 ( F4i  i  3)
n2

 (2n  1) An1  2 F4i  (n  2)(n  1)  6(n  2)
i 1

n2

 (2n  1) An1  2 Fi  (n  2)(n  1)  6(n  2)
i 5


4
 n2

 (2n  1) An 1  2  Fi   Fi   (n  2)(n  5)
i 1
 i 1


 (2n  1) An1  2[( Fn4  1)  7]  (n  2)(n  5)
 (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n  6.
n

n

n

n

i 1

i 2

i 3

i 1

Theo đề, ta có H n   Fi  3 Fi  5 Fi  ...  (2n  1) Fi

 Sn  3(Sn  S1 )  5(Sn  S2 )  ...  (2n  1)(Sn  Sn1 )

n

  (2i  1)  [3S1  5S2  7 S3  ...  (2n  1) Sn1 ]
i 1

n 1
 n

=  (2i  1) Sn   (2i  1) Si 
i 1
 i 1


 n2 Sn  (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n  6
 n2 ( Fn2  1)  (2n  1)( Fn3  n  2)  2Fn4  n2  3n  6

 n2 Fn2  (2n  1) Fn3  2Fn4  n2  8.
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

a Fn  b Fn1  c Fn2  4S Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn .
2


2

2


14
Lời giải.

k  4 Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn .

Đặt

Bất đẳng thức cần chứng minh đƣợc viết lại thành

a 2 Fn  b2 Fn1  c2 Fn2  kS

(3.5)

 a 2 Fn  b2 Fn1  (a 2  b2  2ab cos C ) Fn2  kS
 a 2 Fn  b2 Fn1  (a 2  b2  2ab cos C ) Fn 2 

k
ab sin C
2

 2a 2 ( Fn  Fn2 )  2b2 ( Fn1  Fn2 )  ab(4Fn2 cos C  k sin C )  0

a
b
 2 ( Fn  Fn 2 )  2 ( Fn1  Fn 2 )  (4 Fn 2 cos C  k sin C )  0.

b
a
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có

(4Fn2 cos C  k sin C )2  (16Fn22  k 2 )(sin 2 C  cos2 C ),
suy ra
Mà

4Fn2 cos C  k sin C  16Fn22  k 2 .

16Fn22  k 2  16( Fn22  Fn Fn1  Fn1Fn2  Fn2 Fn )
 4 ( Fn  Fn 2 )( Fn1  Fn 2 ),

nên

4Fn2 cos C  k sin C  4 ( Fn  Fn2 )( Fn1  Fn 2 ).

(3.6)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có
a
b
2 ( Fn  Fn 2 )  2 ( Fn1  Fn 2 )  4 ( Fn  Fn 2 )( Fn1  Fn 2 ). (3.7)
b
a
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
5n2  4 là số chính phƣơng.


Lời giải. Theo (2.21), ta có 5Fn2  4(1)n  L2n , nên 5Fn2  4
làsố chính phƣơng. Vậy nếu n là một số Fibonacci thì 5n2  4 là số
chính phƣơng.


15
Ngƣợc lại, giả sử 5n2  4 là số chính phƣơng, do đó tồn tại số
nguyên dƣơng m sao cho

5n2  4  m2 

mn 5 mn 5

 1.
2
2

Ta thấy m và n có cùng tính chẵn lẻ, m  n 5 ; m  n 5  ( 5) , trong
2

đó

2

( 5)  {x  y 5 | x, y  } , nên tồn tại duy nhất đẳng thức
i

 1 5 1 5 
mn 5 mn 5
i


 1  

    ,
2
2
2 
 2
trong đó i 





, suy ra

mn 5
1
  i  [( i   i )  ( i   i )]
2
2

m  n 5 Li  Fi 5 i
 (m  Li )  (n  Fi ) 5  0

2
2

m  Li


n  Fi
Vậy n  Fi là một số Fibonacci.
Bài toán 17. Cho n là số nguyên dƣơng, chứng minh các số

1  F2n F2n2 , 1  F2 n1F2 n3 , 1  F2n2 F2n4 , 1  4F2 n F2 n1F2n2 F2n3
là số chính phƣơng.
Lời giải. Theo (2.20), ta có

1  F2 n F2 n2  F22n1 , 1  F2n1F2n3  F22n2 , 1  F2n2 F2n4  F22n3 .
Dựa vào kết quả trên ta lại tính đƣợc

1  4F2n F2n1F2n2 F2n3  1  4( F2n F2n2 )( F2n1F2n3 )
 1  4( F22n1  1)( F22n2  1)
 4F22n1F22n2  4( F2n2  F2n1 ) F2n3  3
 4F22n1F22n2  4F2 n3 F2 n2  4F2 n1F2 n3  3


16

 4F22n1F22n2  4F2 n3 F2 n2  4( F22n2  1)  3
 4F22n1F22n2  4F2n2 ( F2n3  F2n 2 )  1

 4F22n1F22n2  4F2n2 F2n1  1  (2F2n1F2 n2  1)2 .
3.5. SỐ FIBONACCI VÀ TÍNH CHIA HẾT
Bổ đề 3.5.1. Cho n 

*

và n  1, ta có  Fn , Fn1   1.


Định lý 3.5.1. Cho m, n

*

, ta có Fm | Fmn .

(3.10)
(3.11)

Bổ đề 3.5.2. Cho n và q là hai số nguyên dương không đồng
thời bằng 1, ta có ( Fn , Fnq 1 )  1 .
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 ( Fm , Fn )  ( Fn , Fr ).

Định lý 3.5.2. Cho m, n

*

, ta có ( Fm , Fn )  F( m,n ) .

Hệ quả 3.5.1. Nếu m và n là hai số nguyên tố cùng nhau thì

Fm và Fn cũng là hai số nguyên tố cùng nhau.
Bổ đề 3.5.4. Cho p là số nguyên tố, khi đó Lp  1(mod p).
Bài toán 23. Nếu số Fibonacci có chỉ số lẻ thì tất cả các ƣớc
của nó có dạng 4m  1 với m .
Lời giải.
Với n là số lẻ, gọi p là ƣớc nguyên tố của Fn , p  2.
Theo (2.20), ta có


Fn1Fn1  Fn2  1  Fn1 ( Fn1  Fn )  Fn2  1
 Fn21  1  Fn2  Fn Fn1.
Vì p là ƣớc của Fn nên Fn2  Fn Fn1  0(mod p),
suy ra
do đó

Fn21  1(mod p),

( Fn21 )( p 1) 2  (1)( p 1) 2 (mod p),


17

Fnp11  (1)( p 1) 2 (mod p).

hay

Lại có ( Fn1 , Fn )  1 (theo bổ đề 3.6.1), nên Fn 1 không chia hết cho
p, suy ra Fnp11  1(mod p) (theo định lý phecma bé).
Nên (1)

( p 1) 2

 1(mod p), suy ra (1)( p1) 2  1 vậy p  4m  1.

Bài toán 25. Chứng minh rằng
a. Nếu số nguyên tố p có dạng 5m  1 thì Fp 1 p.
Lời giải.
Theo (2.3), ta có
2 p 1 Fp 1 


Hay

p 1
( p 3) 2
1  p 1 i
i
i
i
C
(
5)

C
(

5)

2
C p2i11 5i.


p

1
p

1




5  i 0
i 0

i 0

2 p 1 Fp 1  2  C1p 1  C 3p 1 5  C 5p 1 52  ...  C pp12 5( p 3) 2  .

Do p là số nguyên tố nên C pk p với 1  k  p  1,

C pk  C pk 1  C pk 11  0(mod p),

hay

C p01  C1p 1  C p21  ...  C pp11 (mod p).

suy ra
Từ đó ta có

2 p 1  Fp 1 1  5  52  ...  5( p 3) 2  2(mod p).

1  5  52  ...  5( p 1) 3 

Vì

2 p 1 Fp 1 

nên
Lại có 2
nên


p 1

5( p 1) 2  1
4

5( p 1) 2  1
(mod p).
2

 1(mod p) (theo định lý phecma bé),
Fp 1 

5( p 1) 2  1
(mod p)
2

Vì p là số nguyên tố có dạng 5m  1 nên ( p, 2)  1 và

5

( p 1) 2

 1 p, vậy ta suy ra Fp 1 p.


18
Bài toán 26. Cho m và n là hai số nguyên dƣơng. Chứng minh

F


mn 1

 Fnm1  Fn2

(3.14)

Lời giải.
Dễ thấy (3.14) đúng khi m  1 .
Giả sử (3.14) đúng khi m  k , k 



, tức là ta có

( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 .

Ta chứng minh (3.14) đúng khi m  k  1 , tức là chứng minh

( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 .
Thật vậy, theo (2.22), ta có

F( k 1) n1  Fnk11  Fknn1  Fnk11  Fkn1Fn1  Fkn Fn  Fnk11.
Theo giả thiết quy nạp, ta có

( Fkn1  Fnk1 ) Fn2 ,






do đó F( k 1) n1  Fnk11  Fnk1Fn1  Fkn Fn  Fnk11 (mod Fn2 ),

F( k 1) n1  Fnk11  Fn Fkn (mod Fn2 ).

hay

Theo (3.11), ta có Fkn Fn , nên Fkn Fn  0(mod Fn2 ).
Ta suy ra
hay

F( k 1) n1  Fnk11  0(mod Fn2 ),

( F( k 1) n1  Fnk11 ) Fn2 .
Bài toán 27. Cho m và n là hai số nguyên dƣơng. Chứng minh

( Fmn  Fnm1  Fnm1 ) Fn3
Lời giải.
Dễ dàng thấy (3.15) đúng khi m  1.
Giả sử (3.15) đúng khi m  k với k 



, tức là ta có

( Fkn  Fnk1  Fnk1 ) Fn3 .

Ta chứng minh (3.15) đúng khi m  k  1, tức là chứng minh

(3.15)



19

( F( k 1) n  Fnk11  Fnk11 ) Fn3 .
Thật vậy, theo (2.22), ta có

F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fkn Fn1  Fnk11  Fnk11.
Mà theo giả thiết quy nạp, ta có

Fkn  Fnk1  Fnk1 (mod Fn3 ),
do đó F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  ( Fnk1  Fnk1 ) Fn1  Fnk11  Fnk11 (mod Fn3 )

 F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fnk1 ( Fn1  Fn1 )(mod Fn3 )

 F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fkn1Fn  Fnk1Fn (mod Fn3 )
 F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  ( Fkn1  Fnk1 ) Fn (mod Fn3 ).
Mà theo (3.14), ta có

Fkn1  Fnk1  0(mod Fn2 ),

F( k 1) n  Fnk11  Fnk11  Fn3 .

nên

Bài toán 28. Chứng minh rằng nếu q là ƣớc nguyên tố của Fn
và khác số nguyên tố p thì  Fnp , Fn  không chia hết cho q.
 Fn




Lời giải.
Theo (3.14), ta có
( Fnp  Fnp1  Fnp1 ) Fn3 ,

nên

 (F

np

 Fnp1  Fnp1 ) Fn  Fn2 .

Theo (3.11) , ta có Fnp Fn .
Lại có

Fnp1  Fnp1  ( Fn1  Fn1 )( Fnp11  Fnp1 2 Fn1  ...  Fn1Fnp12  Fnp11 )
 Fn ( Fnp11  Fnp1 2 Fn1  ...  Fn1Fnp12  Fnp11 ) Fn .

Do đó

 Fnp

 ( Fnp11  Fnp1 2 Fn1  ...  Fn1Fnp12  Fnp11 )  Fn2 ,

F
 n




20
 Fnp

 ( Fnp11  Fnp1 2 Fn 1  ...  Fn 1 Fnp12  Fnp11 )  Fn .

 Fn


suy ra

Fn1  Fn1 (mod Fn )

Vì

 Fnp

 ( Fnp11  Fnp11  ...  Fnp11 )  Fn ,

F
 n


nên

hay

 Fnp

, Fn    p, Fn  .
 pFnp11 (mod p), do đó 

Fn
 Fn


Fnp

Nếu gọi q là ƣớc nguyên tố của Fn và khác số nguyên tố p thì

 Fnp

, Fn  không chia hết cho q.
không chia hết cho q. Do đó 
 Fn

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

 p, Fn 



a.



F

mn


n 0

xn ;

b.

L
n 0

mn

xn .

Lời giải. Theo (2.3), ta có


F
n 0



m n


 m n   m n n 1  m 

x 
  ( x)n   m  ( x)n 





5
n 0
n 0
 n 0



xn  

1  m
 m  ( m   m )  ( m1   m1 ) x Fm  Fm1 x


1   x  1   x  
(   )(1  x  x 2 )
1  x  x2
5


Thực hiện tƣơng tự ta đƣợc kết quả


Lm  Lm1 x

Lmn xn 

1 x  x
n 0


2



3.7.2. Hàm sinh mũ
Bài toán 33. Cho n và m là hai số nguyên không âm, tìm


a.

Fn n
x ;

n 0 n !

Lời giải.
a. Theo (2.3), ta có



b.

Fnm n
x 
n 0 n !





21
 n   n xn
1   ( x)n  (  x) n  e x  e  x
 




n !     n 0 n !
n! 
 
n 0
n 0   
n 0
b. Theo (2.3), ta có




Fn

 n! x  
n

Fnm n   nm   nm x n
1   ( m x)n  (  m x)n
x








 
n !     n 0 n !
n!
n 0 n !
n 0
n 0


 e x  e 

 


Bài toán 34. Cho n và m là hai số nguyên không âm. Chứng minh
n

a.

C

m0

m
n

n


Fm  F2 n ;

C

d.

m
n

m0

Fm  r  F2 n  r .

Lời giải.

e x  e  x 
xn
xn
  Fn
a. Với A( x) 
và B( x)  e x  
thì
 
n!
n 0
n 0 n!

 n m  x n e( 1) x  e(  1) x e x  e 



  Cn Fm  n! 
 
 
n0  m0

2



2

x



  F2 n
n0

xn
,
n!

n

F2 n   Cnm Fm .

suy ra

m0


b. Với

A( x) 

x

x



e e
xn
xn
  Fn
và B( x)  e x  
thì
 
n!
n 0
n 0 n!


dr
x n d r  e x  e  x   r e x   e  x
A
(
x
)


F





nr
dx r
n! dx r     
 
n 0

Ta có


 dr

 n m
 xn
A
(
x
)
B
(
x
)

C
F

 r


  n m  r  n!
n0  m0

 dx


Do đó

 r e x   e x  r e( 1) x   e(  1) x  r e x   e  x 
xn


  F2 n  r

 
 
 
n!
n 0
2

 ex 

n

Suy ra


C

m0

m
n

2

Fm  r  F2 n  r .

3.8. NGHỊCH LÝ HÌNH HỌC
Theo (2.20), ta có Fn1Fn1  Fn 2   1 . Công thức này là
n

nền tảng của hai lớp của những nghịch lí hình học hấp dẫn.

m

m

x




22
Nghịch lí thứ nhất
Tổng quát, cho n là số chẵn và n  4. Giả sử một hình vuông


Fn  Fn bị cắt thành 4 mảnh nhƣ hình 3.4 và chúng đƣợc lắp ráp
thành một hình chữ nhật Fn1  Fn1 nhƣ hình 3.5. Khi đó, hình chữ
nhật tạo thành dƣ một đơn vị diện tích, vì Fn1Fn1  Fn 2  1.

Hình 3.4. Hình vuông
kích thước Fn  Fn với n chẵn

Hình 3.5. Hình chữ nhật
kích thước Fn1  Fn1 với n chẵn

Nghịch lý thứ 2.
Tổng quát, cho n là số lẻ và n  5. Giả sử một hình vuông

Fn  Fn đƣợc cắt thành bốn miếng nhƣ hình 3.9 và chúng đƣợc lắp ráp
thành một hình chữ nhật Fn1  Fn1 nhƣ hình 3.10. Khi đó, hình chữ nhật
trong hình 3.10 bị mất một đơn vị diện tích vì Fn1Fn1  Fn 2  1.

Hình 3.9. Hình vuông kích thước
kích thước Fn  Fn với n lẻ.

Hình 3.10. Hình chữ nhật

Fn1  Fn1 với n lẻ.

Trong năm 1962, A. F. Horadam của Đại học New England,
Úc, tìm đƣợc một công thức cho tan  n , trong đó  n biểu thị góc hẹp
giữa hai cạnh bên liền kề của hình bình hành nhƣ sau:


23

Trƣờng hợp 1. n chẵn và n  4 .Dựa vào hình 3.11 ta thấy:

n 


2

  n   n  

 arctan


2

 arctan

Fn1
F
 arctan n2
Fn3
Fn

1 
Fn3
F
 arctan n2 vì arctan x  arctan 
x 2
Fn 1
Fn


 Fn3 / Fn1    Fn2 / Fn 
1   Fn 3 / Fn 1  Fn 2 / Fn 
F  F  F   Fn2  Fn2  Fn3 
 n3 n1 n2
Fn1  Fn1  Fn2   Fn3 Fn2

tan  n 


Fn 3 Fn  Fn 1Fn 2
Fn 1Fn  Fn 3 Fn 2



Fn1Fn3  Fn22
Fn 1Fn 3  Fn22


Fn12  Fn2  Fn2  Fn3   Fn3 Fn2 Fn21  Fn22  2 Fn3 Fn2

Theo (2.20) và (2.23), ta có

Fn1Fn3  Fn22  (1)n2  1 và Fn21  Fn22  F2n3 , nên
tan  n 

Hình 3.11. Hình cho thấy góc  n

1

F2 n 3  2 Fn 3 Fn 2


Hình 3.12. Hình cho thấy góc  n

khi n chẵn.

khi n lẻ.

Trƣờng hợp 2. Cho n là số lẻ và n  4 , hình 3.12 cho thấy

 n   n   n  


2

 arctan

Fn1
F

 arctan n2  
Fn3
Fn
2