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Pell
数列
偶数
奇数
倒数
首都师范大学学报(自然科学版)Journal of Capital Normal University(Natural Science Edition)No.4Aug.,2023第 44卷第 4期2023年 8月DOI:10.19789/j.1004-9398.2023.04.002文献引用:张福玲.Pell数列偶数项与奇数项的倒数和 J.首都师范大学学报(自然科学版),2023,44(4):5-8+29.ZHANG F L.Reciprocal sumof even and odd terms in Pell number J.Journal of Capital Normal University(Natural Science Edition),2023,44(4):5-8+29.Pell数列偶数项与奇数项的倒数和*张福玲*(渭南师范学院数学与统计学院,陕西 渭南714099)摘要:文章根据 Pell数列的通项公式,运用初等方法研究了 Pell数列中奇数项与偶数项的倒数和,得到了 Pell数列偶数项和奇数项的倒数和的 2个恒等式。关键词:Pell数列;奇数项;偶数项;倒数和中图分类号:O157文献标识码:AReciprocal sum of even and odd terms in Pell number*ZHANG Fuling*(College of Mathematics and Statistics,Weinan Normal University,Weinan Shaanxi714099)Abstract:The reciprocal sums of the odd and even terms in Pell number were searched by using theelementary method,and obtained two identities of the reciprocal sum of the even and odd terms in Pellsequence.Keywords:Pell number;odd number;even number;reciprocal sumCLC:O157DC:A0引言著名的 Fibonacci数列Fn=Fn 1+Fn 2,F0=0,F1=1,n 2和 Lucas数列Ln=Ln 1+Ln 2,L0=2,L1=1,n 2,满足二次线性的递推关系,这 2 个数列在初等数论的理论研究中有重要的作用,不少学者对这 2 个数列的一些性质进行了深入细致的研究,并且取得了不少的研究成果。在文献 1-5 中,学者研究了 Fibonacci数列倒数的一些和的恒等式:Ohtsuka和Nakamuras1研究了()k=n1Fk 1=Fn 2,n 是偶数,Fn 2 1,n 是奇数,()k=n1F2k 1=FnFn 1 1,n 是偶数,FnFn 1,n 是奇数;吴振刚和王婷婷4证明了 Fibonacci 数列倒数的有限和()k=n2n1Fk 1=Fn 2。在文献 6-10 中,学者讨论了 Fibonacci数列和Lucas数列的一些性质,如杨海等6和晁晶晶7探讨了 Fibonacci数与杨辉三角形的关系等。Pell数列与 Fibonacci数列类似,是由二阶线性递 归 序 列Pn+2=2Pn+1+Pn定 义 的,其 中P0=0,P1=1。由特征方程x2 x 1=0可以得到 Pell数列的通项公式为1收稿日期:2022-05-19*陕西省自然科学基础研究计划资助项目(2017JM6110)*通信作者:fuling-5首都师范大学学报(自然科学版)2023年Pn=122(1+2)n(1 2)n。一些学者研究了 Pell 数列的一些性质10-15,讨论了Pell数列倒数的一些和的恒等式16-20。如:Zhang和Wang17研究了 Pell倒数的无限和()k=n1Pk 1=Pn 1+Pn 2,n为偶数,Pn 1+Pn 2 1,n为奇数;张文鹏和王婷婷18研究了 Pell平方倒数的无限和()k=n1P2k 1=2Pn 1Pn 1,n为偶数,2Pn 1Pn,n为奇数;Xu和 Wang19研究了 Pell立方倒数的无限和()k=n1P3k 1=P2nPn 1+3PnP2n 1+6182Pn9182Pn 1,n为偶数,P2nPn 1+3PnP2n 1+6182Pn+9182Pn 1,n为奇数。本文运用初等方法给出 Pell数列偶数项和奇数项的倒数和的 2个恒等式:定理 1当n 1,m 3时,()k=nmn1P2k 1=2P2n 1 1。定理 2当n 1,m 2时,()k=nmn1P2k 1 1=2P2n 2。1有关引理引 理 1PmPn PsPt=(1)m+1Pn sPn t,(n maxs,t,m+n=s+t)。证明由于Pn=122(1+2)n(12)n,令1+2=,1 2=,则=1,于是PmPn PsPt=122()m m122()n n122()s s122()t t=18(m+n nm mn+m+n)(s+t st ts+s+t)=18()m()s mt m+t ms m n m n m=18(1)m+1()n m+n m s mt m t ms m=18()m+1()n()s+t n+n()s+t n n tn s n sn t=(1)m+1Pn sPn t。引理 2PmPn+Pm+1Pn+1=Pm+n+1。证明令1+2=,1 2=,则=1,1=11+2=(1 2)=2 1,1=11 2=(1+2)=1 2,PmPn+Pm+1Pn+1=122()m m122()n n+122()m+1 m+1122()n+1 n+1=18(m+n mn nm+m+n+m+n+2m+1n+1 n+1m+1+m+n+2)=122()m+n+1 m+n+1=Pm+n+1。2主要结果定理 1当n 1,m 3时,有()k=nmn1P2k 1=2P2n 1 1。证明由引理 1可得12P2k 1 11P2k12P2k+1 1=P2k()2P2k+11()2P2k11()2P2k+11 P2k()2P2k11()2P2k11 P2k()2P2k+11=2P2k+1P2k 2 2P2kP2k 1+2P2k 1+2P2k+1 1()2P2k 1 1 P2k()2P2k 2 1=2P2k 1+2P2k+1 5P2k()2P2k 1 1()2P2k+1 1,(1)因此有k=nmn1P2k=k=nmn12P2k 1 1k=nmn12P2k+1 1k=nmn2P2k 1+2P2k+1 5P2k()2P2k 1 1()2P2k+1 1=12P2n 1 112P2mn+1 1k=nmn2P2k 1+2P2k 1 5P2k()2P2k 1 1()2P2k+1 1。所以k=nmn1P2k12P2n 112P2mn+1+1P2n 1P2nP2n+1。当n 1,m 3时,P2n 1P2nP2n+1 2P2mn+1。由引理2可得Pm 1Pn+PmPn+1=Pm+n。因此Pm+n PmPn+1 PmPn,P2n 1P2nP2n+1 P6n+11P2n 1。(4)由式(2)和(4)可得定理 1。推论 1n 1,m 3时,k=n()1P2k 1=2P2n 2 1。证明由式(1)可知1P2k=12P2k 1 112P2k+1 12P2k 1 2P2k+1 5()2P2k 1 1 P2k()2P2k+1 112P2k 1 112P2k+1 1,因而k=n1P2kk=n()12P2k 1 112P2k+1 112P2n 112P2n+1,所以k=n1P2k12P2n 1。(6)由式(5)和(6)可得推论 1。定理 2当n 1,m 2,有()k=nmn1P2k 1 1=2P2n 2。证明引理 1可得12P2k 21P2k 112P2k=2P2k 1P2k 4P2kP2k 2 2P2k 1P2k 24P2k 2P2k 1P2k=2P2kP2k 3 2P2k 2P2k 14P2k 2P2k 2P2k=1P2k 2P2k 1P2k 0,则可得k=nmn12P2k 112P2n 212P2mn12P2n 2。(7)同理有12P2k 2+11P2k12P2k+1=P2k1()2P2k+1()2P2k2+1()2P2k+1 P2k1()2P2k2+1()2P2k2+1 P2k1()2P2k+1=2P2k()P2k 1 2P2k 2 2P2k 1P2k 2 2P2k 2 2P2k 1()2P2k 2+1 P2k 1()2P2k+1=2P2k 2+2P2k 3()2P2k 2+1 P2k 1()2P2k+1,由上式可得k=nmn1P2k 1=k=nmn12P2k 2+1k=nmn12P2k+1+6张福玲:Pell数列偶数项与奇数项的倒数和第 4 期12P2n 1 112P2mn+1 1k=nmn2P2k 1+2P2k 1 5P2k()2P2k 1 1()2P2k+1 1。所以k=nmn1P2k12P2n 112P2mn+1+1P2n 1P2nP2n+1。当n 1,m 3时,P2n 1P2nP2n+1 2P2mn+1。由引理2可得Pm 1Pn+PmPn+1=Pm+n。因此Pm+n PmPn+1 PmPn,P2n 1P2nP2n+1 P6n+11P2n 1。(4)由式(2)和(4)可得定理 1。推论 1n 1,m 3时,k=n()1P2k 1=2P2n 2 1。证明由式(1)可知1P2k=12P2k 1 112P2k+1 12P2k 1 2P2k+1 5()2P2k 1 1 P2k()2P2k+1 112P2k 1 112P2k+1 1,因而k=n1P2kk=n()12P2k 1 112P2k+1 112P2n 112P2n+1,所以k=n1P2k12P2n 1。(6)由式(5)和(6)可得推论 1。定理 2当n 1,m 2,有()k=nmn1P2k 1 1=2P2n 2。证明引理 1可得12P2k 21P2k 112P2k=2P2k 1P2k 4P2kP2k 2 2P2k 1P2k 24P2k 2P2k 1P2k=2P2kP2k 3 2P2k 2P2k 14P2k 2P2k 2P2k=1P2k 2P2k 1P2k 0,则可得k=nmn12P2k 112P2n 212P2mn12P2n 2+112P2mn+1+2P2n 2+2P2n 3()2P2n 2+1 P2n 1()2P2n+1。由引理 2可知2P4n+1 2P2n+1P2n()2P2n 2+1 P2n 1。所以2P2n+2P2n 2 3()2P2n 2+1 P2n 1()2P2n+11()2P2n 2+1 P2n 112P4n+112Pmn+1,因此k=nmm1P2k 112P2n 2+1,(8)由式(7)和(8)可得12P2n 2+1k=nmn1P2k 112P2n 2。推论 2n 1,m 2()k=n1P2k 1=2P2n 2,1P2k 1=12P2k 212P2k1P2k 2P2kP2k 112P2k 212P2k 1。因此i=n1P2k 1k=n()12P2k 212P2k 1,k=nmn1P2k12P2n 112P2n 112P2n 2+1。(10)由式(9)和(10)可得推论 2。3结束语文章根据 Pell数列的通项公式,利用初等方法对 Pell数列和的相关性质进行了初步的探究,给出了 Pell 数列偶数项和奇数项的倒数和的 2 个恒等式。对于 Pell 数列其他和的性质,比如 Pell 数列每项平方的倒数和,连续 2 项乘积的倒数和等有待进一步进行研究。参 考 文 献1 OHTSUKAH,NAKAMURAS.Onthesumofreciprocal Fibonacci number J.Fibonacci Quart,2008(2):153-159.2 HOLLIDAYSH.KOMATSUT.Onthesumofreciprocal generalized Fibonacc