Tài liệu Số cân bằng và số đối cân bằng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ HƯỜNG SỐ CÂN BẰNG VÀ SỐ ĐỐI CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ HƯỜNG SỐ CÂN BẰNG VÀ SỐ ĐỐI CÂN BẰNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn iii Danh sách ký hiệu iv Mở đầu 1 1 Số cân bằng 3 1.1 Khái niệm về số cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số công thức tìm số cân bằng . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Một số công thức truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.5 Một công thức không đệ quy khác . . . . . . . . . . . . . . 11 1.6 Một số tính chất khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.7 Một áp dụng của số cân bằng vào một phương trình Diophantus 21 2 Số đối cân bằng 23 2.1 Khái niệm về số đối cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.2 Một số công thức tìm số đối cân bằng . . . . . . . . . . . . 25 2.3 Một số công thức truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.5 Mối liên hệ giữa số cân bằng và số đối cân bằng . . . . . . . 30 2.6 Một áp dụng của số đối cân bằng vào phương trình Diophantus 35 ii Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 iii Lời cảm ơn Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Ngô Văn Định. Qua đây em xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học của mình, TS. Ngô Văn Định, người đã đưa ra đề tài và dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp những thắc mắc của em trong suốt quá trình nghiên cứu. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy. Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giảng dạy và Phòng Đào tạo thuộc Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để em được theo học lớp học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán D khóa 1/2014 - 1/2016 đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THPT Cẩm Giàng II - Cẩm Giàng - Hải Dương đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tập. Tôi cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Thái Nguyên, 2015 Hoàng Thị Hường Học viên Cao học Toán lớp D khóa 01/2014 - 01/2016, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iv Danh sách ký hiệu   n   k Tổ hợp chập k của n phần tử [x] Phần nguyên của số x Fn Số Fibonacci thứ n Ln Số Lucas thứ n Bn Số cân bằng thứ n bn Số đối cân bằng thứ n 1 Mở đầu Số nguyên dương n được gọi là một số cân bằng, tương ứng là một số đối cân bằng nếu 1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r), tương ứng nếu 1 + 2 + · · · + n = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r), với một số nguyên dương r nào đó. Các số cân bằng và các số đối cân bằng có nhiều tính chất đẹp và rất thú vị, chẳng hạn như: Nếu n là một số cân bằng thì số nguyên dương r tương ứng là một số đối cân bằng và ngược lại, nếu n là một số đối cân bằng thì r là một số cân bằng; có một số phương trình Diophantus có nghiệm được biểu diễn dưới dạng các số cân bằng và các số đối cân bằng. Nội dung chính của luận văn này là trình bày lại các kết quả thú vị theo các tài liệu tham khảo [3], [4] và [5]. Cấu trúc luận văn Nội dung chính của luận văn được trình bày thành 2 chương: • Chương 1: Số cân bằng. Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm, tính chất về số cân bằng, công thức tìm số cân bằng, một số công thức truy hồi, hàm sinh, một số công thức không đệ quy và áp dụng của số cân bằng vào giải phương trình Diophantus. 2 • Chương 2: Số đối cân bằng. Chương này trình bày khái niệm, tính chất về số đối cân bằng, công thức tìm số đối cân bằng, một số công thức truy hồi, hàm sinh, mối liên hệ giữa số cân bằng và số đối cân bằng và áp dụng của số đối cân bằng vào giải phương trình Diophantus. 3 Chương 1 Số cân bằng Trong chương đầu tiên này, chúng tôi trình bày lại nội dung ở bài báo [3] và [4]. Cụ thể, chúng tôi trình bày về khái niệm số cân bằng, một số tính chất liên quan đến số cân bằng. Trong đó, đặc biệt chúng tôi trình bày về một số hàm sinh của các số cân bằng và áp dụng vào giải phương trình Diophantus. 1.1 Khái niệm về số cân bằng Định nghĩa 1.1.1. Số nguyên dương n được gọi là số cân bằng nếu 1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r), (1.1) với một số nguyên dương r nào đó. Ở đây r được gọi là hệ số cân bằng ứng với số cân bằng n. Ví dụ 1.1.1. Các số 6, 35 và 204 là các số cân bằng với các hệ số cân bằng lần lượt là 2, 14 và 84. Mệnh đề 1.1.1. Nếu n là một số cân bằng với số hệ số cân bằng tương ứng là r thì 2 (n + r)(n + r + 1) n = và do đó − (2n + 1) + r= 2 (1.2) , 2 √ 8n2 + 1 . (1.3) 4 Chứng minh. Từ (1.1), ta có 1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) ⇒ (n − 1)n r(r + 1) = rn + ⇒ 2 n −n 2 = 2rn + r + r ⇒ 2n2 = n2 + 2rn + r2 + n + r ⇒ 2n2 = (n + r)2 + n + r ⇒ 2n2 = (n + r)(n + r + 1) ⇒ n2 = 2 2 (∗) (n + r)(n + r + 1) . 2 Từ (*) suy ra r2 + (2n + 1)r − n2 + n = 0. Ta có ∆ = 8n2 + 1 > 0, suy ra − (2n + 1) ± r= √ 8n2 + 1 . 2 Vì r nguyên dương nên − (2n + 1) + r= 2 √ 8n2 + 1 . Mệnh đề được chứng minh. Định nghĩa 1.1.2. [3] Số tam giác là số có dạng 1 + 2 + · · · + n với n ∈ Z+ . Nhận xét 1.1.1. Nếu n2 là một số tam giác thì n là một số cân bằng và nếu 8n2 + 1 là một số chính phương thì n cũng là một số cân bằng. Do đó, từ (1.2) ta thấy n là một số cân bằng nếu và chỉ nếu n2 là một số tam giác và từ (1.3) ta thấy n là một số cân bằng nếu và chỉ nếu 8n2 + 1 là chính phương. 5 1.2 Một số công thức tìm số cân bằng Trong phần này chúng tôi trình bày công thức tìm số cân bằng. Cho n là một số cân bằng bất kì, ta xét các hàm sau: p 8n2 + 1, p G(n) = 3n + 8n2 + 1, p H(n) = 17n + 6 8n2 + 1. F (n) = 2n (1.4) (1.5) (1.6) Ta sẽ chỉ ra rằng các hàm trên luôn sinh ra các số cân bằng. Định lí 1.2.1. Cho n là số cân bằng bất kì thì F (n), G(n) và H(n) cũng là các số cân bằng. Chứng minh. Vì n là số cân bằng nên 8n2 + 1 là số chính phương và 8n2 (8n2 + 1) 2 = 4n2 (8n2 + 1), là một số tam giác và cũng là một số chính phương, nghiệm chính phương √ của nó 2n 8n2 + 1 là một số cân bằng (chẵn). Do đó, cho n là số cân bằng bất kì thì F (n) là một số cân bằng chẵn. Ta có 2 p 2 8(G(n)) + 1 = 8n + 3 8n + 1 . 2  Vì 8n2 + 1 là số chính phương, nên suy ra 8(G(n))2 + 1 cũng là một số chính phương. Do đó G(n) là số cân bằng. Tiếp tục, vì G(G(n)) = H(n) nên suy ra H(n) cũng là một số cân bằng. Điều này kết thúc chứng minh Định lý 1.2.1. Chú ý, nếu n là một số cân bằng bất kì thì F (n) luôn chẵn, tuy nhiên G(n) chẵn khi n lẻ và G(n) lẻ khi n chẵn. Do đó, nếu n là số cân bằng bất kì thì 6 G(F (n)) là một số cân bằng lẻ. Ta lại có p G(F (n)) = 6n 8n2 + 1 + 16n2 + 1. Từ đó ta có hệ quả sau: Hệ quả 1.2.1. Nếu n là một số cân bằng bất kì thì p K(n) = 6n 8n2 + 1 + 16n2 + 1, (1.7) là một số cân bằng lẻ. Ở trên, ta đã chứng tỏ rằng F (n) chỉ sinh ra các số cân bằng chẵn, K(n) chỉ sinh ra các số cân bằng lẻ. Nhưng H(n) và G(n) sinh ra cả số cân bằng chẵn và lẻ. Vì H(6) = 204 và có một số cân bằng là 35 nằm giữa 6 và 204, rõ ràng H(n) không sinh ra số cân bằng kế tiếp với số cân bằng n bất kì. Bây giờ câu hỏi phát sinh "G(n) có sinh ra số cân bằng kế tiếp với số cân bằng n bất kì đã cho hay không?". Câu trả lời là có. Chính xác hơn, nếu n là một √ số cân bằng bất kì thì số cân bằng kế tiếp là 3n + 8n2 + 1 và do đó số cân √ bằng liền trước là 3n − 8n2 + 1. Định lí 1.2.2. Nếu n là một số cân bằng bất kì thì không có số cân bằng m √ sao cho n < m < 3n + 8n2 + 1. Chứng minh. Hàm G : [0, ∞) → [1, ∞), định nghĩa bởi G(n) = 3n + √ 8n2 + 1 là tăng ngặt vì G0 (n) = 3 + √ 8n 8n2 + 1 > 0. Hơn nữa, ta thấy rằng G là song ánh và n < G(n) với mọi n ≥ 0. Do đó G−1 tồn tại, cũng tăng ngặt và thỏa mãn G−1 (n) < n. Đặt u = G−1 (n). Khi đó √ √ G(u) = n và u = 3n ± 8n2 + 1. Vì u < n nên ta có u = 3n − 8n2 + 1. 7 √
2 Cũng vì 8(G−1 (n))2 + 1 = 8n − 3 8n2 + 1 là một số chính phương nên suy ra G−1 (n) cũng là một số cân bằng. Bây giờ ta chứng minh định lý bằng hai cách: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học hoặc sử dụng phương pháp lùi vô hạn. Chúng tôi trình bày cả hai phương pháp này. Bằng phương pháp quy nạp: Ta định nghĩa B0 = 1 (vì 8.12 + 1 = 9 là số chính phương) và Bn = G(Bn−1 ) với n = 1, 2, . . . Do đó B1 = 6, B2 = 35, . . . Để trình bày ngắn gọn ta kí hiệu Hi là giả thiết rằng không tồn tại số cân bằng giữa Bi−1 và Bi . Rõ ràng H1 đúng. Giả sử Hi đúng với i = 1, 2, . . . , n. Ta sẽ chứng minh rằng Hn+1 đúng, nghĩa là không tồn tại số cân bằng m sao cho Bn < m < Bn+1 . Giả sử ngược lại tồn tại m. Khi đó G−1 (m) là một số cân bằng và G−1 là tăng ngặt, suy ra G−1 (Bn ) < G−1 (m) < G−1 (Bn+1 ), tức là Bn−1 < G−1 (m) < Bn điều này là mâu thuẫn với giả thiết Hn đúng. Do vậy Hn+1 cũng đúng. Do đó, nếu n là một số cân bằng thì n = Bm với một số m nào đó và không có số cân bằng ở giữa n và G(n). Bằng phương pháp lùi vô hạn: Ở đây, ta giả sử Hn là sai với một giá trị n nào đó. Khi đó, tồn tại một số cân bằng m sao cho Bn−1 < m < Bn và điều này suy ra Bn−2 < G−1 (m) < Bn−1 . Cuối cùng điều này chỉ ra sự tồn tại một số cân bằng B ở giữa B0 và B1 , điều này là sai. Do đó Hn đúng với n = 1, 2, . . . Điều này kết thúc chứng minh Định lý 1.2.2 . Hệ quả 1.2.2. Nếu n là số cân bằng bất kì thì số cân bằng trước là 3n − √ 8n2 + 1. Chứng minh. Dễ thấy rằng G(3n − √ 8n2 + 1) = n. Áp dụng Định lý 1.2.2 suy ra điều phải chứng minh. Tổng quát hóa các hàm sinh trên, ta sẽ tìm hàm hai biến f (n, m) sinh ra 8 các số cân bằng mà các hàm F (n), G(n), H(n) như là các trường hợp đặc biệt của hàm này. Cho n là một số cân bằng bất kì. Ta thử tìm các số cân bằng có dạng B = pn + q p 8n2 + 1, trong đó p, q ∈ Z+ . Trong phần trước ta đã thấy rằng phần lớn các số cân bằng √
2 có dạng này. Vì B là một số cân bằng nên 8B 2 + 1 = 8qn + p 8n2 + 1 + 8q 2 −p2 +1 phải là một số chính phương; điều này xảy ra nếu 8q 2 −p2 +1 = 0 p tức là p = 8q 2 + 1 vì p ∈ Z+ nên suy ra 8q 2 +1 phải là một số chính phương và điều này là có thể nếu q là một số cân bằng. Lập luận trên đây cho ta định lý sau: Định lí 1.2.3. Nếu n và m là các số cân bằng thì p p 2 f (n, m) = n 8m + 1 + m 8n2 + 1, (1.8) cũng là một số cân bằng. Chú ý: Các hàm F (n), G(n), H(n) và K(n) là các trường hợp riêng của hàm f (m, n) trong định lý trên. Cụ thể: a) f (n, n) = F (n); b) f (n, 1) = G(n); c) f (n, 6) = H(n); d) f (n, G(n)) = K(n). 1.3 Một số công thức truy hồi Ta biết rằng B1 = 6, B2 = 35, B3 = 204, . . . Ta luôn giả sử rằng B0 = 1. Ở phần trên ta đã chứng minh rằng nếu Bn là số cân bằng thứ n thì Bn+1 = 3Bn + p p 8Bn2 + 1 và Bn−1 = 3Bn − 8Bn2 + 1. 9 Từ đó suy ra các số cân bằng tuân theo công thức truy hồi sau: Bn+1 = 6Bn − Bn−1 . (1.9) Sử dụng công thức truy hồi (1.9), ta có thể thu được một vài công thức thú vị khác liên quan đến các số cân bằng. Định lí 1.3.1. a) Bn+1 .Bn−1 = (Bn + 1)(Bn − 1); b) Bn = Bk .Bn−k − Bk−1 .Bn−k−1 với số dương bất kì k < n; 2 ; c) B2n = Bn2 − Bn−1 d) B2n+1 = Bn (Bn+1 − Bn−1 ). Chứng minh. Từ (1.9) , suy ra Bn+1 + Bn−1 Bn = 6. (1.10) Thay n bằng n − 1 trong (1.10) , ta có Bn + Bn−2 Bn−1 = 6. (1.11) 2 Từ (1.10) và (1.11) , ta có Bn2 − Bn−1 .Bn+1 = Bn−1 − Bn−2 .Bn . Lặp đi lặp lại ta thấy rằng Bn2 − Bn−1 .Bn+1 = B12 − B0 .B2 = 36 − 1.35 = 1. Do đó Bn2 − 1 = Bn+1 .Bn−1 , suy ra a). Chứng minh b) bằng quy nạp. Rõ ràng b) đúng với n > 1 và k = 1. Giả sử rằng b) đúng với k=r, tức là Bn = Br .Bn−r − Br−1 .Bn−r−1 . Do đó Br+1 .Bn−r−1 − Br .Bn−r−2 = (6Br − Br−1 )Bn−r−1 − Br .Bn−r−2 = 6Br .Bn−r−1 − Br−1 .Bn−r−1 − Br .Bn−r−2 = Br (6Bn−r−1 − Bn−r−2 ) − Br−1 .Bn−r−1 = Br .Bn−r − Br−1 .Bn−r−1 = Bn . 10 Chứng tỏ rằng b) đúng với k = r + 1. Điều này kết thúc chứng minh b). Chứng minh của c) suy ra từ b) bằng cách thay n bằng 2n và k bằng n. Tương tự chứng minh của d) suy ra từ b) bằng cách thay n bằng 2n + 1 và k bằng n. Điều này kết thúc chứng minh Định lý 1.3.1. 1.4 Hàm sinh Ở phần trên ta thu được một vài công thức truy hồi cho dãy các số cân bằng. Trong mục này, chúng ta sẽ sử dụng hàm sinh của dãy Bn để tìm công thức không đệ quy cho Bn . Trước tiên, ta nhắc lại định nghĩa hàm sinh cho một dãy số thực {xn } . Định nghĩa 1.4.1. Cho {xn } là một dãy số thực. Khi đó, hàm sinh cho dãy {xn } được định nghĩa bởi g(s) = ∞ X x n sn . n=0 Chú ý rằng nếu g(s) là hàm sinh của dãy {xn } thì  1 dn  xn = . n g(s) . n! ds s=0 Định lí 1.4.1. Hàm sinh của dãy Bn các số cân bằng là g(s) = 1 1 − 6s + s2 và do đó   n  n−1 n−2 n−  6n−2 +   6n−4 − · · · + 1[ n2 ]   2  6n−[ n2 ] Bn = 6n −  n 1 2 2 = [ n2 ] X k=0   (−1)k   n−k k     6n−2k . (1.12) 11 Chứng minh. Từ (1.9) với n = 1, 2, . . . ta có Bn+1 − 6Bn + Bn−1 = 0. Nhân mỗi số hạng với sn và lấy tổng trên n = 1 tới n = ∞, ta có ∞ 1X s n=1 Bn+1 s n+1 −6 ∞ X n Bn s + s n=1 ∞ X Bn−1 sn−1 = 0, n=1 tức là 1 s (g(s) − 1 − 6s) − 6(g(s) − 1) + sg(s) = 0. Do đó 1 g(s) = 1 − 6s + s2 = (1 − (6s − s2 ))−1 (1.13) = 1 + (6s − s2 ) + (6s − s2 )2 + (6s − s2 )3 + . . . n n Khi n chẵn, các số hạng chứa sn trong (1.12) là (6s−s2 ) 2 , (6s−s2 ) 2 +1 , . . . , (6s− s2 )n và trong trường hợp này hệ số của sn trong g(s) là     n−2 n−1  6n−4 − · · · + (−1)n/2 .  6n−2 +  6n −  2 1 Khi n lẻ, các số hạng chứa sn trong (1.12) là (6s−s2 ) n+1 2 , (6s−s2 ) (1.14) n+3 2 , . . . , (6s− s2 )n và trong trường hợp này hệ số của sn trong g(s) là       n+1 n−1 n−2 n−1 n−4 n n−2 6 6 − · · · + (−1) 2  2  6. (1.15) 6 − + n−1 1 2 2 Rõ ràng (1.14) biểu diễn vế phải của (1.12) khi n chẵn và (1.15) biểu diễn vế phải của (1.12) khi n lẻ. Điều này kết thúc chứng minh Định lý 1.4.1 . 1.5 Một công thức không đệ quy khác Ở phần trên ta đã xây dựng được công thức không đệ quy cho Bn , n = 0, 1, 2, . . . sử dụng hàm sinh. Trong phần này, ta sẽ xây dựng công thức không 12 đệ quy khác cho Bn bằng cách giải công thức truy hồi (1.9) như một phương trình sai phân. Ta viết (1.9) dưới dạng (1.16) Bn+1 − 6Bn + Bn−1 = 0, là phương trình sai phân thuần nhất cấp 2 mà phương trình đặc trưng là (1.17) λ2 − 6λ + 1 = 0. Các nghiệm của (1.17) là λ1 = 3 + √ 8 và λ2 = 3 − √ 8 là các số thực và không bằng nhau. Do đó (1.18) Bn = Aλn1 + Bλn2 , trong đó A và B được xác định từ các giá trị của B0 và B1 . Thay B0 = 1 và B1 = 6 và (1.18), ta có A + B = 1, (1.19) Aλ1 + Bλ2 = 6. (1.20) Giải (1.19) và (1.20) ta thu được A= B= λ2 − 6 λ2 − λ1 6 − λ1 λ2 − λ1 = λ1 λ1 − λ2 =− , λ2 λ1 − λ2 . Thay các giá trị này vào (1.18), ta có Bn = − λn+1 λn+1 1 2 , n = 0, 1, 2 . . . , λ1 − λ2 √ √ trong đó λ1 = 3 + 8 và λ1 = 3 − 8. 13 Định lí 1.5.1. Nếu Bn là số cân bằng thứ n thì Bn = λn+1 − λn+1 1 2 , n = 0, 1, 2 . . . , λ1 − λ2 √ √ trong đó λ1 = 3 + 8 và λ1 = 3 − 8. 1.6 Một số tính chất khác Ở trên ta đã chấp nhận 1 là một số cân bằng và đặt B0 = 1, B1 = 6, . . . . Để chuẩn hóa kí hiệu giống như các số Fibonacci, ta đặt lại các số cân bằng bằng cách đặt B1 = 1, B2 = 6, . . . . Trong các mục trên ta đã xây dựng được một số tính chất của dãy Bn : i) Công thức truy hồi tuyến tính bậc hai: Bn+1 = 6Bn − Bn−1 ; n = 2, 3, ... (1.21) ii) Công thức truy hồi không tuyến tính bậc nhất: Bn+1 p = 3Bn + 8Bn2 + 1; n = 1, 2, . . . (1.22) iii) Bn = Br+1 .Bn−r − Br .Bn−r−1 ; r = 1, 2, . . . , n − 2. (1.23) iv) Bn = λn1 − λn2 , n = 1, 2, . . . λ1 − λ2 √ √ trong đó λ1 = 3 + 8 và λ2 = 3 − 8. (1.24) v) Bn+1 .Bn−1 = (Bn + 1)(Bn − 1). (1.25) Tiếp theo ta đánh giá một vài tính chất số học và một vài tính chất thú vị của các số cân bằng. 14 Ta biết rằng nếu x và y là các số thực hoặc phức thì (x + y)(x − y) = x2 − y 2 . Trong định lý sau ta chứng minh tính chất tương tự của số cân bằng. Định lý này cũng sinh ra phương trình (1.25). Định lí 1.6.1. Nếu m và n là các số tự nhiên và m > n thì (Bm + Bn )(Bm − Bn ) = Bm+n .Bm−n . Chứng minh. Sử dụng công thức Bitnet (1.24) và nhớ rằng λ1 λ2 = 1, ta có Bm+n Bm−n = = = = (λ1m+n − λm+n )(λm−n − λm−n ) 2 1 2 (λ1 − λ2 )2 m+n m−n 2m λ2 + λm−n λm+n ) (λ2m 1 + λ2 ) − (λ1 1 2 (λ1 − λ2 )2 2n 2n 2m (λ2m 1 + λ2 ) − (λ1 + λ2 ) (λ1 − λ2 )2 n n 2n 2n m m 2m (λ2m 1 + λ2 − 2λ1 λ2 ) − (λ1 + λ2 − 2λ1 λ2 ) (λ1 − λ2 )2  2  2 m m n n λ1 − λ2 λ − λ2  + 1  = λ1 − λ2 λ1 − λ2 2 = Bm − Bn2 = (Bm + Bn )(Bm − Bn ). Định lý được chứng minh. Ta biết rằng nếu n là một số tự nhiên thì 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 , 2 + 4 + · · · + 2n = n(n + 1), và 1 + 2 + · · · + 2n = n(2n + 1).