Các số fibonacci và tỉ số vàng luận văn thạc sĩ

1

Bộ giáo dục và đào t¹o
Trờng đại học Vinh

NGUYN HONG THấM

CáC Số FIBONACcI Và Tỉ Số VàNG

Chuyên ngành: đại số và Lý thuyết số
M· sè: 60 46 05

LuËn văn thạc sĩ toán học

Ngêi híng dÉn khoa häc
PGS.TS. Ngun Thµnh Quang

Nghệ An – 12.2011

2

MỤC LỤC Trang
1
MỞ ĐẦU 3

CHƯƠNG 1 3
VỀ DÃY SỐ FIBONACCI 7
14
1.1. Dãy số Fibonacci 15
1.2. Tính chất của dãy Fibonacci
1.3. Biểu diễn của dãy Fibonacci 17

1.4. Các dãy số nguyên tương tự dãy Fibonacci
17
CHƯƠNG 2 21
CÁC ỨNG DỤNG CỦA DÃY FIBONACCI 27
32
TRONG ĐỜI SỐNG VÀ KỸ THUẬT
33
2.1. Một vài ứng dụng của dãy Fibonacci
2.2. Tỉ số vàng
2.3. Một số bài tập về dãy Fibonacci

KẾT LUẬN

TÀI LIỆU THAM KHẢO

MỞ ĐẦU

Fibonacci (1180 - 1250) được biết đến nhiều nhất với dãy số mang tên
ông - dãy số Fibonacci. Dãy số đó là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,....

Trong toán học và nghệ thuật, hai đại lượng được gọi là có tỷ số vàng
nếu tỷ số giữa tổng của các đại lượng đó với đại lượng lớn hơn bằng tỷ số giữa
đại lượng lớn hơn với đại lượng nhỏ hơn.

Đến thời kỳ Phục Hưng, các nghệ sĩ và kiến trúc sư bắt đầu tính tốn và
xây dựng sao cho các tác phẩm của họ xấp xỉ tỷ số vàng, đặc biệt là trong hình
chữ nhật vàng - tỷ số giữa cạnh dài và cạnh ngắn chính là tỷ số vàng. Các nhà
toán học đã nghiên cứu tỷ số vàng vì tính độc đáo cũng như các đặc tính lý thú
của nó.

3

Dãy Fibonacci xuất hiện ở khắp nơi trong thiên nhiên. Những chiếc lá
trên một nhành cây mọc cách nhau những khoảng tương ứng với dãy số
Fibonacci. Các số Fibonacci xuất hiện trong những bơng hoa. Có một điều gì
đó thần kỳ bao quanh dãy số Fibonacci. Dãy Fibonacci có những tính chất đặc
biệt đáng chú ý. Thật vô cùng bất ngờ, tỷ số giữa hai số tiếp nhau của dãy số
đó tiến đến Tỷ số vàng.

Hiện nay Hội Fibonacci đang hoạt động có trung tâm ở Trường Đại học
St. Mary tại California. Mục đích của Hội là tìm kiếm các ví dụ của Tỷ số
vàng cũng như của các số Fibonacci trong tự nhiên, trong nghệ thuật và trong
kiến trúc với niềm tin rằng Tỷ số vàng là món quà Thượng đế ban tặng cho thế
giới nầy. Như là chuẩn mực của cái đẹp, Tỷ số vàng hiện diện ở nhiều nơi. Ở
Điện Parthenon của thành Athens, Kim tự tháp vĩ đại ở Giza được xây dựng từ
nhiều trăm năm trước có tỷ số giữa chiều cao của một mặt với một nửa cạnh
đáy là Tỷ số vàng. Một người phụ nữ có dáng đẹp lý tưởng là người có tỷ lệ số
đo các vịng (vịng 1,2,3) là tỷ số vàng hay còn gọi là tỉ số thần thánh!

Hàm ý bên trong của dãy số Fibonacci không phải là bản thân các con số
mà là mối quan hệ giữa các con số. Dãy số Fibonacci và tỉ số vàng có mối
quan hệ chung nhất là bắt nguồn từ tự nhiên và qua quá trình biến đổi (gọt rũa)
có qui luật. Từ thiên nhiên rồi ứng dụng lại với thiên nhiên, dãy số Fibonacci
có nhiều ứng dụng độc đáo.

Vì vậy, trong luận văn nầy chúng tơi tìm hiểu dãy số Fibonacci và tỉ số
vàng: các tính chất và ứng dụng của dãy số Fibonacci trong tự nhiên, đời sống
và kỹ thuật; quan hệ giữa dãy số Fibonacci và tỉ số vàng.

Ngoài ra, luận văn cịn tìm tịi xây dựng một hệ thống bài tập về số

Fibonacci, góp phần xây dựng một tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học
sinh ở nhà trường phổ thông và sinh viên ngành sư phạm toán học.

4

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Nguyễn
Thành Quang. Nhân dịp nầy, tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn sâu
sắc đến thầy hướng dẫn, người đã dành cho tác giả sự hướng dẫn tận tình, chu
đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn.

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại
số và Lý thuyết số, khoa Toán, khoa Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học
Vinh – đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn khoa học.

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các cán bộ Phịng Quản lí Khoa học và
Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Đồng Tháp đã quan tâm giúp đỡ tác
giả trong quá trình học tập và nghiên cứu.

Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi những thiếu sót.
Tác giả mong được sự chỉ bảo của quý thầy, cô và các bạn bè học viên.

Nghệ An, ngày 01 tháng 12 năm 2011
Tác giả

CHƯƠNG 1
VỀ DÃY SỐ FIBONACCI

1.1. Dãy số Fibonacci

Số Fibonacci xuất hiện lần đầu tiên trong bài toán sau đây, được đưa ra

trong cuốn sách “ Liber Abaci” của nhà toán học Italia Fibonacci, xuất bản
năm 1202:
1.1.1. Bài toán. Một cặp thỏ mỗi tháng sinh một lần, cho một cặp thỏ con
(một đực, một cái). Mỗi cặp thỏ con mới sinh ra sau hai tháng lại bắt đầu sinh
một cặp thỏ con mới nữa, rồi sau mỗi tháng lại tiếp tục sinh ra một đôi thỏ
nữa, ... và giả sử tất cả các thỏ sinh ra đều sống. Hỏi nếu một cặp thỏ con nuôi

5

từ tháng giêng và đẻ con vào tháng hai thì cuối năm đó sẽ có bao nhiêu cặp

thỏ tất cả?

Từ giả thiết suy ra số thỏ từng tháng sẽ là:

Trong tháng giêng có một cặp thỏ số 1.

Vào đầu tháng hai, cặp thỏ nầy đẻ ra một cặp thỏ số 2. Vậy trong tháng

thứ hai có hai cặp thỏ.

Vào đầu tháng thứ ba, cặp thỏ số 1 đẻ ra cặp thỏ số 3, còn cặp số 2 mới

sau 1 tháng nên chưa đẻ được. Vậy trong tháng thứ 3 có 3 cặp thỏ.

Kí hiệu F(n) số cặp thỏ sau tháng thứ n kể từ đầu năm. Sau tháng (n +

1) thì sẽ có F(n) cặp ban đầu, cộng thêm số cặp do các cặp đã có sau tháng thứ

(n – 1) sinh ra. Số nầy là F(n – 1). Vậy F(n + 1) = F(n) + F(n – 1), với số tự

nhiên n > 0.

Theo giả thiết, F(0) = 1, F(1) = 1, nên F(2) = 2, F(3) = 3, …, F(12) =

233. Các số F(n) được gọi là các số Fibonacci. Dãy

F(0), F(1), F(2), …, F(n), … (1)

trong đó:

F (0) 0

 F (1) 1

...

F (n) F (n  1)  F (n  2), với moïi n = 2, 3, 4, ... (2)

Dãy (1) được gọi là dãy Fibonacci.

Ta có thể tính được bất cứ số hạng nào của dãy số Fibonacci, căn cứ

vào các số hạng đã tính được trước nó. Tuy nhiên, khi n rất lớn thì cách tính

nầy mất nhiều thời gian. Do vậy người ta tìm phương pháp khoa học hơn.

Phương pháp đó là, dùng cơng thức tính trực tiếp F(n) theo n.

6

1 1 5 n 1 1 5 n
F(n) =    .
5 2  5 2 

1.1.2. Định nghĩa. Quan hệ hồi quy bậc k là một cơng thức cho phép tính giá

trị f(n + k) qua các giá trị f(n), f(n + 1), …, f( n + k – 1).

Ví dụ: 1) f(n + 2) = nf(n + 1) + f(n) + 3f(n – 1) là quan hệ hồi quy bậc 3.

2) f(n + 1) = f(n) + f(n – 1) là quan hệ hồi quy bậc 2.

Đối với một quan hệ hồi quy bậc k, nếu cho các giá trị f(1), …, f(k) thì

các giá trị cịn lại hồn tồn được xác định. Chẳng hạn, trong quan hệ (2) nếu ta

cho f(1) = f(2) = 1 thì ta nhận được các số Fibonacci.

Một dãy f(n) thoả mãn quan hệ hồi quy nào đó được gọi là một

nghiệm của quan hệ đó. Để ý rằng, nếu quan hệ hồi quy bậc k thì k giá trị đầu

của dãy có thể lấy tuỳ ý, các giá trị tiếp theo hoàn toàn được xác định.

Một nghiệm của quan hệ hồi quy bậc k được gọi là nghiệm tổng quát

nếu nó phụ thuộc k hằng số tuỳ ý C1, …, Ck.

1.1.3. Định nghĩa. Quan hệ hồi quy tuyến tính bậc k với hệ số hằng là quan hệ

có dạng:

f(n + k) = a1f(n + k – 1) + a2f(n + k – 2)+ … + akf(n),

trong đó a1, a2, …, ak là các hằng số nào đó (khơng phụ thuộc n).

Xét quan hệ hồi quy tuyến tính hệ số hằng

f(n + 2) = a1f(n + 1) + a2f(n). (3)

1.1.4. Bổ đề. Nếu f1(n), f2(n) là các nghiệm của quan hệ (3) thì với các số tuỳ ý

A, B dãy f(n) = Af1(n) + Bf2(n) cũng là nghiệm của (3).

Chứng minh. Theo giả thiết ta có

f1(n + 2) = a1f1(n + 1) + a2f1(n) ,

f2(n + 2) = a1f2(n + 1) + a2f2(n) .

Từ đó suy ra

7

Af1(n  2)  Bf2 (n  2) a1[Af1(n 1)  Bf2(n 1)]  a2[Af1(n)  Bf2(n)] .

Như vậy, Af1(n) +Bf2(n) cũng là một nghiệm của (3).

1.1.5. Bổ đề. Giả sử r1 là nghiệm của phương trình

r2 = a1r + a2 (4)

Khi đó dãy {r1n} là một nghiệm của quan hệ

f(n + 2) = a1f(n + 1) + a2f(n). (5)

Phương trình (4) gọi là phương trình đặc trưng của quan hệ (5).

Chứng minh. Ta có f(n) = r1n, f(n + 1) = r1n + 1 , f(n + 2) = r1n + 2 thay vào (5)

ta được : r1n + 2 = a1 r1n + 1 + a2r1n . Đẳng thức nầy đúng, vì r12 a1r1  a2 . ■

Nhận xét: Dãy {r1n + m} với m tuỳ ý cũng là một nghiệm. Thật vậy, chỉ cần áp

dụng Bổ đề 1.1.4 với B = 0, A = r1m.

Từ các Bổ đề 1.1.4 và Bổ đề 1.1.5, ta có định lí sau:

1.1.6. Định lí. Giả sử cho quan hệ hồi quy

f(n + 2) = a1f(n + 1) + a2f(n) (6)

Giả sử phương trình đặc trưng r2 = a1r + a2 có hai nghiệm phân biệt r1 và r2.

Khi đó nghiệm tổng quát của (6) có dạng

f(n) = C1r1n – 1 + C2r2n – 1 .

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1.5, f1(n) = r1n – 1 , f2 (n) = r1n – 2 là các nghiệm của

quan hệ đang xét. Theo Bổ đề 1.1.4, với mọi C1, C2 tuỳ ý của quan hệ (6) có thể

viết dưới dạng đã nêu trong định lí. Mỗi nghiệm của hệ (6) được xác định duy

nhất bởi các giá trị f(1), f(2). Vì thế, chỉ cần chỉ ra rằng, hệ phương trình

C1  C2 a

C1r1  C2r2 b
có nghiệm với a, b tuỳ ý. Dễ thấy rằng, các nghiệm đó là

8

C1 b  ar2 , C2 ar1  b
r1  r2 r1  r2

Định lí được chứng minh. ■

Các số Fibonacci là một quan hệ hồi quy bậc 2 với công thức

F(n + 2) = F(n + 1) + F(n) (7)

Phương trình đặc trưng tương ứng của quan hệ (7) là:

r2 – r – 1 = 0.

Phương trình nầy có nghiệm: r1 1 5 , r1  1 5 .

2 2

Nghiệm tổng quát của quan hệ (7) có dạng:

F(n) = C1 1 5 n 1 5 n
  C2  . (8)
 2  2

Các số Fibonacci F(n) được cho bởi (8) với điều kiện F(0) = 1, F(1) = 1.

Tuy nhiên, để thuận tiện, ta thường xét với điều kiện ban đầu F(0) = 0, F(1) =

1. Khi đó các hằng số C1, C2 được tính từ hệ phương trình

C1  C2 0

5
 (C1  C2 ) 1.
2

Giải ra ta được: C1  1 , C2  1 . Vậy nghiệm tổng quát có dạng:
5 5

1 1 5 n 1 1 5 n
F (n)  5  2   5  2  . ■

1.2. Tính chất của dãy Fibonacci

9

1 1 5 n 1 1 5 n

Công thức F(n) =     được gọi là công thức
5 2  5 2 

Binet. Dựa vào cơng thức Binet, ta có định lí sau đây cho một tính chất thú vị

của số Fibonacci. Ta dùng Fn kí hiệu cho số Fibonacci thứ n.

1.2.1. Định lí. Số Fibonacci Fn là số nguyên gần nhất đối với số

1 1 5 n
  , tức là số hạng an của cấp số nhân với số hạng đầu tiên là
5 2 

1    1  5  và công bội là 1 5 .
5 2  2

Chứng minh. Chỉ cần chứng minh rằng trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số Fn và

an luôn luôn bé hơn 1 . Ta có:
2

n n n
1 1 5  1 5  1 5 
Fn  an       
5 2   2   2 

1 1 5  n 1  3  1n 1
     .
5  2  5 2  2

Lại có: lim    Fn  lim 1  1  5 n    1.
n   an  n    1  5 
 

1.2.2. Mệnh đề. F1 + F2 +…+ Fn = Fn + 2 – 1.

Chứng minh. Ta có:

F1 = F3 – F2

F2 = F4 – F3

…

10

Fn – 1 = Fn + 1 – Fn

Fn = Fn + 2 – Fn + 1

Cộng từng vế các đẳng thức nầy, ta có:

F1 + F2 + … + Fn = Fn + 2 – F2.

Mà F2 = 1 suy ra F1 + F2 + … + Fn = Fn + 2 – 1. ■

1.2.3 Mệnh đề. F1 + F3 + F5 + … + F2n – 1 = F2n .

Chứng minh. Ta có:

F1 = F2

F3 = F4 – F2

F5 = F6 – F4

…

F2n – 1 = F2n – F2n –2.

Cộng từng vế các đẳng thức, ta được công thức cần chứng minh. ■

1.2.4. Mệnh đề. F2 + F4 + F6 + … + F2n = F2n + 1 – 1.

Chứng minh. Từ Mệnh đề 1.2.2 ta có:

F1 + F2 + F3 +…+ F2n = F2n + 2 – 1.

Từ Mệnh đề 1.2.3 ta có F1 + F3 + F5 + … + F2n – 1 = F2n

Trừ từng vế các đẳng thức trên ta được:

F2 + F4 + … + F2n = F2n + 2 – 1 – F2n = F2n + 1 – 1. ■

1.2.5. Mệnh đề. F1 – F2 + F3 – F4 +…+ (-1)n + 1Fn =(-1)n + 1 Fn – 1 + 1.

Chứng minh. Từ các Mệnh đề 1.2.3, 1.2.4 ta được:

F1 – F2 + F3 – F4 +…+ F2n – 1 – F2n = F2n – F2n + 1 + 1

hay F1 – F2 + F3 – F4 +…+ F2n – 1 – F2n = – F2n – 1 + 1 (a)

Cộng thêm vào hai vế F2n + 1 ta có:

F1 – F2 + F3 – F4 +…+ F2n – 1 – F2n + F2n + 1 = F2n + 1 – F2n – 1 + 1,

hay F1 – F2 + F3 – F4 +…+ F2n – 1 – F2n + F2n + 1 = F2n + 1. (b)

11

Từ (a) và (b) suy ra Mệnh đề 1.2.5 được chứng minh. ■

1.2.6. Mệnh đề. F12 + F22 + … + Fn2 = FnFn + 1

Chứng minh. Ta có:

FkFk + 1 – Fk – 1 Fk = Fk(Fk + 1 – Fk – 1 )= Fk2.

Do đó

F12 = F1F2

F22 = F2F3 – F1F2

F32 = F3F4 – F2F3

…

Fn2 = FnFn + 1 – Fn – 1 Fn.

Cộng từng vế các đẳng thức, ta được

F12 + F22 + … + Fn2 = FnFn + 1 . ■

1.2.7. Mệnh đề. Với m là số tự nhiên tuỳ ý m  2 và k là số tự nhiên nhỏ hơn

hoặc bằng m (1  k  m), ta có

Fm = FkFm + 1 – k + Fk – 1Fm – k (1)

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp toán học. Với bất kì số tự nhiên

m nào (m  2), công thức (1) luôn đúng với k = 1.

Thật vậy, thay k = 1 vào (1), ta được

Fm = F1Fm + F 0Fm – 1 ,

đẳng thức nầy đúng vì F1 = 1, F0 = 0.

Giả sử (1) đúng với mọi k, 1  k  m – 1, tức là

Fm = FkFm + 1 – k + Fk – 1Fm – k

là đúng. Ta chứng minh đẳng thức đúng với k + 1.

Thực vậy, vì k  m – 1, nên m + 1 – k  2, nên ta có thể áp dụng cơng

thức Fm = Fm – 1 + Fm – 2 cho Fm + 1 – k :

Fm + 1 – k = Fm – k + Fm – (k + 1).

12

Do đó
Fm = Fk(Fm – k + Fm – (k + 1)) + Fk – 1Fm – k = Fm – k(Fk + Fk – 1) + FkFm – (k + 1).

Mà
Fk + Fk – 1 = Fk + 1

nên
Fm = FkFm + 1 – k + Fk – 1Fm – k. ■

1.2.8. Mệnh đề. F2n2 F1F2  F2F3  ...  F2n1F2n (2)
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh (2) bằng quy nạp toán học theo n.
Công thức (2) luôn đúng với n = 1.Thật vậy, thay n = 1 vào (2), ta

được F22 F1F2 , đẳng thức nầy đúng vì F1 = 1, F2 = 1.
Giả sử (2) đúng với mọi n = k  1, tức là
F2k2 F1F2  F2F3  ...  F2k 1F2k .

là đúng. Ta chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1. Thật vậy,

F1F2  F2 F3  ...  F2k 1F2k  F2k F2k1  F2k1F2k2 F2k2  F2k F2k1  F2k1F2k2
Mà F2k + F2k + 1 = F2k + 2 nên ta có:

F1F2  F2 F3  ...  F2k 1F2k  F2k F2k1  F2k1F2k2 F2k  F2k  F2k1   F2k1F2k2
F2k F2k2  F2k1F2k2  F2k  F2k1  F2k 2 F2k 2 .F2k2 F2k2 2 .

Mệnh đề được chứng minh. ■

1.2.9. Mệnh đề. Fn2  Fn1Fn1   1 n1 hay

Chứng minh.

Fn2  Fn1.Fn 1 Fn2   Fn  Fn 1  Fn 1

=  Fn 1 2  Fn2  Fn.Fn 1

=   Fn 1 2  Fn  Fn  Fn 1  

13

=   Fn 1 2  Fn.Fn 2 
= …………………….

=   1 n  F22  F3.F1

=   1 n1  F12  F2.F0 

=   1 n1

1.2.10. Mệnh đề. Fn + 1.Fn + 2 – Fn.Fn + 3 = ( –1)n
Chứng minh.

Fn + 1.Fn + 2 – Fn.Fn + 3 = Fn + 1.Fn + 2 – Fn(Fn + 1 + Fn + 2)
= Fn + 1.Fn + 2 – Fn.Fn + 1 – Fn.Fn + 2
= Fn + 1.(Fn + 2 – Fn) – Fn.Fn + 2 = Fn + 1.Fn + 1 – FnFn + 2

= Fn12  Fn. Fn  Fn1

= Fn12  Fn2  FnFn1  Fn2  Fn12  FnFn1

=   Fn2  Fn1  Fn1  Fn   =   Fn2  Fn1Fn1 = (– 1) Fn2  Fn1Fn1 


Theo Mệnh đề 1.2.9, ta có

Fn + 1Fn + 2 – FnFn + 3 = (– 1)(– 1)n + 1 = (– 1)n . ■

1.2.11. Mệnh đề. Với mọi k và l thì Fk + l = FkFl – 1 + Fk + 1Fl.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh khi cố định l (l  1) thì với mọi k ta có:

Fk + l = FkFl – 1 + Fk + 1Fl (4)

Thật vậy, (4) đúng khi k = 0, 1 do lúc đó (xét chẳng hạn k = 0, với k = 1

hoàn toàn tương tự):

Vế trái của (4) = Fl; Vế phải của (4) = F0Fl – 1 + F1Fl (do F0 = 0; F1 = 1).

Giả sử (4) đã đúng khi k  n. Xét khi k = n + 1. Ta có:

Fn + 1 + l = Fn + l + F(n – 1) + l (5)

14

Vì thế theo giả thiết quy nạp, ta có:

Fnl FnFl 1  Fn1Fl

F n 1l Fn 1Fl 1  FnFl

Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta có:

Fn + l + F(n – 1) + l = ( Fn + Fn – 1) Fl – 1 + (Fn + Fn + 1) Fl

= Fn + 1 Fl – 1 + Fn + 2 Fl

Từ đó theo (5) suy ra: Fn + 1 + l = Fn + 1 Fl – 1 + Fn + 2 Fl

Vậy (4) cũng đúng khi k = n + 1, tức là (4) đúng với mọi k = 0, 1, 2, …

Bây giờ xét với mọi k, mọi l. Ta cũng dùng quy nạp để chứng minh:

- Với l = 0, thì theo trên (4) đúng với mọi k.

- Giả sử (4) đã đúng với mọi k và với mọi l  m.

- Xét (4) với mọi k và l = m + 1. Theo trên (4) đúng.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. ■

1.2.12. Mệnh đề. Với mọi k và n thì Fkn  Fk . (6)

Chứng minh. Dùng quy nạp để chứng minh (6).

Cố định k. Khi n = 1 ta có Fnk = Fk  Fk, vậy khẳng định đúng khi n = 1.

Giả sử khẳng định đã đúng khi n = m, tức là ta có Fkm  Fk.

Xét khi n = m + 1. Ta có Fk(m + 1) = Fkm + k. Theo mệnh đề 1.2.12 suy ra

Fk(m + 1) = Fkm Fk – 1 + Fkm + 1 Fk. (7)

Do Fkm  k, nên từ (7) suy ra Fk(m + 1)  Fk.. Vậy (6) đúng khi n = m + 1, ta suy

ra điều phải chứng minh. ■

1.2.13. Mệnh đề. F3 + F6 +…+F3n = F3n2  1 .
2

Chứng minh. Ta chứng minh bằng nguyên lí qui nạp.

15

Khi n = 1, ta có vế trái = F3 = 2; Vế phải = F5  1 5  1 2 . Suy ra
2 2

khẳng định trên đúng khi n = 1.

Giả sử khẳng định trên đúng tới n = k, tức là

F3 + F6 +…+ F3k = F3k2  1 .
2

Ta chứng minh khẳng định trên đúng với n = k + 1. Thật vậy,

F3 + F6 +…+ F3k + F 3k + 3 = F3k2  1 2  F3k3

= F3k2  F3k3  F3k3  1
2

= F3k5  1 = F3 k12  1 . ■
2 2

1.3. Biểu diễn của dãy Fibonacci

1.3.1. Biểu diễn hình học với những hình vng. Chúng ta có thể thực hiện
một hình ảnh hiển thị các con số Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,…nếu

16
chúng ta bắt đầu với hai hình vng nhỏ bên cạnh nhau có kích thước 1,
ngay trên đầu của cả hai hình vng nầy, vẽ hình vng có kích thước 2.
Tiếp tục chúng ta có thể vẽ một hình vng mới có kích thước 3 bên trái của
ba hình vng trước đó rồi theo chiều kim đồng hồ dựng tiếp tục các hình
vng có kích lần lượt là 5, 8, 13, 21,…
Có thể thấy một phần như dưới đây:

Cũng có thể dựng theo chiều ngược kim đồng hồ
1.3.2. Thuật toán kiểm tra một số thuộc dãy Fibonacci

Từ mệnh đề 1.2.7 Fm = FkFm + 1 – k + Fk – 1Fm – k ta suy ra
Fn + m = Fn – 1Fm + FnFm + 1.

Như vậy để tính số thỏ sau hai năm (hai mươi bốn tháng) ta có thể chọn n
= m = 12 và thay vào cơng thức trên để tính:

F24 = F 12 + 12 = F11F12 + F12F13 = F12(F11 + F13) = 233(144 + 377) = 42173.

Muốn tính số thỏ sau 25 tháng ta làm như sau:

17

F25 = F13 + 12 = F12F12 + F13F13 = F122  F132 = 2332 + 3772 = 196418.

Nhận xét: F2n + 1 = Fn2  Fn1 2 .
Thật vậy F2n + 1 = F(n + 1) + n = FnFn + Fn + 1Fn + 1 = Fn2  Fn1 2 .
Cách suy luận trên cho phép ta tính số hạng của dãy Fibonacci mà không

nhất thiết phải biết tất cả các số hạng trong dãy Fibonacci trước nó. Các ví dụ
trên chỉ ra rằng, để tính được số hạng F25 ta chỉ cần biết F12 và F13, để tính F24
ta chỉ cần biết F11, F12 và F13. Nếu chưa biết được các số F11, F12 và F13 thì lại
một lần nữa sử dụng các nhận xét trên để hạ chỉ số của số hạng (biểu diễn các
số hạng có chỉ số cao qua các số hạng có chỉ số thấp)

1.4. Các dãy số nguyên tương tự dãy Fibonacci

1.4.1. Mở rộng Fibonacci cho các số âm
Dùng công thức Fn – 2 = Fn – Fn – 1, ta có thể mở rộng các số

Fibonacci cho các chỉ số nguyên âm. Khi đó ta có: … -8, 5, - 3, 2, -1, 1, 0, 1,
1, 2, 3, 5, 8, … và

F-n = – (– 1)nFn.
1.4.2. Dãy Lucas

Dãy Lucas là dãy số tổng quát của dãy Fibonacci: các số hạng của nó tuân
theo quy luật:

L1 = a, L2 = b, Ln + 1 = Ln + Ln – 1

với mọi n  2, trong đó a và b là hai số nào đó. Với a = b = 1 thì dãy Lucas

trở thành dãy Fibonacci.
1.4.3. Dãy Fibonacci suy rộng

Dãy Fibonacci (Dãy Lucas) suy rộng tuyến tính dạng

F1 = a, F2 = b, Fn + 1 = AFn + BFn – 1 với mọi n  2.

18

Dãy Fibonacci (Dãy Lucas) suy rộng bậc hai dạng

F1 = a, F2 = b, Fn + 1 = Fn2  Fn1 2 với mọi n  2.

Dãy Fibonacci (Dãy Lucas) suy rộng phi tuyến

F1 = a, F2 = b, Fn + 1 =G1  Fn   G2  Fn 1 với mọi n  2, trong

đó G1(x) và G2(x) là hai biểu thức tốn học của biến số x.

k

Dãy truy hồi tổng quát Fn1  Gi  Fi  với mọi n  k, trong đó F1, F2,
i 1

… Fk cho trước, Gi(x), i = 1,…,n là các biểu thức toán học của biến số x.

Chẳng hạn dãy Fibonacci suy rộng bậc ba:
F1 = F2 = 1, F3 = 2, Fn + 1 = Fn + Fn – 1 + Fn – 2 với n  3

1.4.4. Không gian vectơ
Thuật ngữ dãy Fibonacci cũng được dùng cho các hàm g từ tập các

số nguyên tới một trường F thỏa mãn g(n + 2) = g(n) + g(n + 1). Các hàm
nầy có thể biểu diễn dưới dạng g(n) = F(n)g(1) + F(n – 1)g(0), do vậy tập các
dãy Fibonacci lập thành một không gian vectơ với hàm F(n) và F(n – 1) là
một cơ sở.

Tổng quát hơn, giá trị của hàm g có thể lấy trong một nhóm Aben
(xem như một Z-mơđun). Khi đó tập các dãy Fibonacci là một Z-môđun 2
chiều.

19

CHƯƠNG 2
CÁC ỨNG DỤNG CỦA DÃY FIBONACCI

TRONG ĐỜI SỐNG VÀ KỸ THUẬT

2.1. Một vài ứng dụng của dãy Fibonacci

Vấn đề 1: Lồi Ong có thể thụ tinh đơn tính hoặc lưỡng tính, Fibonacci đã mơ
tả dãy các tổ tiên của một con ong đực như sau:
Giả sử rằng:

 Nếu một trứng Ong thụ tinh bởi chính con Ong cái nó nở thành một
con Ong đực.

 Tuy nhiên, nếu một trứng thụ tinh bởi một Ong đực nó trở thành một
con Ong cái.

 Như vậy một con Ong đực sẽ ln có một mẹ, và một con Ong cái sẽ
có cả bố và mẹ.
Ta bắt đầu tính số các con Ong tổ tiên của một con Ong đực. Xét một con
Ong đực ở thế hệ thứ n.

 Trước một đời, thế hệ n – 1: Con Ong đực chỉ có một mẹ (1 Ong cái).
 Trước hai đời, thế hệ n – 2: Con Ong cái đời n – 1 có 2 bố mẹ, một Ong
bố (Ong đực) và một Ong mẹ (Ong cái) (2 con ong: 1 Ong đực + 1 Ong cái).
 Trước ba đời, thế hệ n – 3: Con Ong cái thế hệ n – 2 lại có 2 bố mẹ, một
Ong bố (Ong đực) và một Ong mẹ (Ong cái), và con Ong đực thế hệ n – 2 có
một mẹ (3 con Ong: 1 Ong đực + 2 Ong cái).
 Trước bốn đời, thế hệ n – 4: Hai con Ong cái, mỗi con có hai bố, mẹ và
mỗi con Ong đực có một mẹ (5 con Ong: 2 Ong đực + 3 Ong cái).
Tiếp tục quá trình nầy ta sẽ có một dãy số Fibonacci.

20

Vấn đề 2: Trên thân thể con người chúng ta cũng bắt gặp những con số
Fibonacci: một miệng, một mũi, hai mắt, một bàn tay có ngón hai đốt, ngón ba
đốt và tất cả năm ngón trên một bàn tay: 1, 1, 2, 3, 5
Vấn đề 3: Chắc là có rất ít người khi nhìn cây cối cành lá tốt tươi lại quan tâm
đến sự phân bố các cành của nó. Nhưng các nhà sinh học và các nhà toán học
đã chú ý đến điều nầy. Do các cành cây mới mọc thường cần một thời gian
“nghỉ ngơi” để cho bản thân nó sinh trưởng và sau đó mới có thể đâm chồi
cành mới, cho nên họ tưởng tượng: một cây non sau hai năm mọc ra một cành
mới, năm thứ ba cành mới “nghỉ ngơi”, cành cũ đâm chồi, sau đó cành cũ đâm

chồi cùng với cành đã nghỉ được một năm, cành mới sinh năm đó thì năm sau
nghỉ ngơi, … Quy luật nầy trong sinh học gọi là “ Định luật Lutweige”.

Căn cứ vào điều nầy, số lượng cành của một cây qua các năm lần lượt là
một dãy số sau đây:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233,…