Tài liệu Về các số t cân bằng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ THU VỀ CÁC SỐ t-CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ THU VỀ CÁC SỐ t-CÂN BẰNG 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 - 2019 Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách kí hiệu iii Mở đầu 1 Chương 1 . Khái niệm về số t-cân bằng 3 1.1 Khái niệm về số t-cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Một số đẳng thức đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Một số tính chất số học . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Chương 2 . Một số vấn đề liên quan đến số t-cân bằng 3 23 2.1 Tổng của các số t-cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.2 Đa thức cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.3 Đạo hàm của đa thức cân bằng . . . . . . . . . . . . . 37 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 i Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Ngô Văn Định, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn tốt nghiệp. Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019 Tác giả Lê Thị Thu ii Danh sách kí hiệu Bn Số cân bằng thứ n bn Số đối cân bằng thứ n Cn Số Lucas-cân bằng thứ n cn Số Lucas-đối cân bằng thứ n Bnt Số t-cân bằng thứ n btn Số t-đối cân bằng thứ n Cnt Số Lucas t-cân bằng thứ n ctn Số Lucas t-đối cân bằng thứ n Bn (x) Đa thức cân bằng thứ n (r) Bn (x) Đạo hàm cấp r của Bn (x) α Số thực α có giá trị α = 3t + β Số thực β có giá trị β = 3t − (a, b)
n Ước chung lớn nhất của a và b k √ √ 9t2 − 1 9t2 − 1 Tổ hợp chập k của n iii Mở đầu Một số tự nhiên n được gọi là số cân bằng với hệ số cân bằng r nếu nó là nghiệm của phương trình Diophant 1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r). Hệ số cân bằng r còn được gọi là số đối cân bằng. Khái niệm về số cân bằng được tìm ra và nghiên cứu đầu tiên bởi Behera và Panda. Sau đó, rất nhiều tính chất đẹp của số cân bằng được tìm thấy (xem [2]). Đặc biệt nếu kí hiệu Bn và bn lần lượt là số cân bằng và số đối cân bằng thứ n thì ta có công thức truy hồi Bn+1 = 6Bn − Bn−1 và bn+1 = 6bn − bn−1 + 2, với B1 = 1, B2 = 6, b1 = 0 và b2 = 2. Ngoài ra, các số 8Bn2 + 1 và 8b2n + 8bn + 1 là các số chính phương. Hơn nữa, các số nguyên p p Cn = 8Bn2 + 1 và cn = 8b2n + 8bn + 1 đều thỏa mãn phương trình sai phân xn+1 = 6xn − xn−1 . Các số này lần lượt được gọi là số Lucas-cân bằng và số Lucas-đối cân bằng thứ n. Tổng quát hóa các số trên, Özkoç [3] đã giới thiệu và nghiên cứu các tính chất của các số t-cân bằng Bnt , số t-đối cân bằng btn , số Lucas 1 t-cân bằng Cnt và số Lucas t-đối cân bằng ctn , với t là một số nguyên không âm (xem Định nghĩa 1.1.1, để thuận tiện ta sẽ gọi chung là các số t-cân bằng). Sau đó nhiều tính chất thú vị của các số này được tìm ra bởi nhiều nhà toán học. Đặc biệt, tiếp tục mở rộng khái niệm về các số t-cân bằng bằng cách xem t như là một biến số thực, Ray [5] đã nghiên cứu về các đa thức cân bằng. Mục đích của luận văn là nghiên cứu và trình bày lại một cách hệ thống về khái niệm và một số tính chất của các số t-cân bằng, cũng như một số vấn đề liên quan dựa theo các bài báo của Ray [5] và của Özkoç và Tekcan [4]. Cấu trúc của luận văn Luận văn được trình bày thành 2 chương: • Chương 1. Khái niệm về số t-cân bằng. Mục đích của Chương này là giới thiệu lại khái niệm về các số t-cân bằng của Ökoç và một số tính chất cơ bản, cũng như một số tính chất số học của các số t-cân bằng. • Chương 2. Một số vấn đề liên quan đến số t-cân bằng. Mục đích của Chương này là trình bày lại một số kết quả về tổng của các số t-cân bằng, đa thức cân bằng và đạo hàm của các đa thức này. 2 Chương 1 Khái niệm về số t-cân bằng Chương này dự kiến giới thiệu về khái niệm các số t-cân bằng, một số đẳng thức và một số tính chất số học liên quan đến các số t-cân bằng. 1.1 Khái niệm về số t-cân bằng Năm 1999, trong bài báo “On the Square Roots of Triangular Numbers” đăng trên tạp chí The Fibonacci Quarterly, hai tác giả Behera và Panda đã giới thiệu khái niệm về các số cân bằng và các số đối cân bằng. Sau đó, nhiều nhà toán học khác đã nghiên cứu tiếp và khái niệm về các số Lucas-cân bằng và các số Lucas-đối cân bằng ra đời. Khái niệm về các số này và một số tính chất của chúng đã được trình bày trong các luận văn [1, 2]. Ở đây, để nêu khái niệm về các số t-cân bằng, chúng tôi chỉ nêu lại khái niệm và công thức truy hồi đối với các số cân bằng. Một số nguyên dương n được gọi là một số cân bằng nếu tồn tại 3 một số nguyên không âm r sao cho 1 + 2 + · · · + n = n + (n + 1) + · · · + (n + r). Số nguyên dương r như vậy được gọi là số đối cân bằng. Ví dụ như 1, 6, 35, 204, 1189 và 6930 là sáu số cân bằng đầu tiên. Tương ứng, sáu số đối cân bằng đầu tiên là 0, 2, 14, 84, 492 và 2870. Kí hiệu Bn là số cân bằng thứ n và bn là số đối cân bằng thứ n. Khi đó ta có B1 = 1, B2 = 6, Bn+1 = 6Bn − Bn−1 , với n ≥ 2, và b1 = 0, b2 = 2, bn+1 = 6bn − bn−1 + 2, với n ≥ 2. Hơn nữa, số nguyên dương Bn là một số cân bằng khi và chỉ khi 8Bn2 + 1 là số chính phương. Tương tự, số nguyên không âm bn là số đối cân bằng khi và chỉ khi 8b2n + 8bn + 1 là số chính phương. Đặt p p 2 Cn = 8Bn + 1 và cn = 8b2n + 8bn + 1. Các số Cn và cn lần lượt được gọi là số Lucas-cân bằng thứ n và số Lucas-đối cân bằng thứ n. Các số này còn được xác định bởi C1 = 3, C2 = 17, Cn+1 = 6Cn − Cn−1 , n ≥ 2, và c1 = 1, c2 = 7, cn+1 = 6cn − cn−1 , n ≥ 2. 4 Tổng quát hóa các khái niệm này, năm 2015, Özkoç [3] đã giới thiệu khái niệm về các số t-cân bằng, các số t-đối cân bằng, các số Lucas tcân bằng và các số Lucas t-đối cân bằng. Cụ thể, với số nguyên dương t cố định, ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.1.1. Ta định nghĩa (i) các số t-cân bằng, kí hiệu Bnt , n = 0, 1, 2, ..., là các số được xác định bởi t t B0t = 0, B1t = 1 và Bn+1 = 6tBnt − Bn−1 với n ≥ 1; (ii) các số t-đối cân bằng, kí hiệu btn , n = 1, 2, ..., là các số được xác định bởi bt1 = 0, bt2 = 2 và btn+1 = 6tbtn − btn−1 + 2 với n ≥ 2; (iii) các số Lucas t-cân bằng, kí hiệu Cnt , n = 0, 1, 2, ..., là các số được xác định bởi t t = 6tCnt − Cn−1 với n ≥ 1; C0t = 1, C1t = 3 và Cn+1 (iv) các số Lucas t-đối cân bằng, kí hiệu ctn , n = 1, 2, ..., là các số được xác định bởi ct1 = 1, ct2 = 7 và ctn+1 = 6tctn − ctn−1 với n ≥ 2. Áp dụng lý thuyết phương trình sai phân, ta xét phương trình đặc trưng x2 − 6tx + 1 = 0. 5 √ Phương trình đặc trưng này có hai nghiệm α = 3t + 9t2 − 1 và √ β = 3t − 9t2 − 1. Từ đây ta có thể xây dựng công thức tổng quát xác định các số Bnt , btn , Cnt và ctn thông qua các giá trị α, β. Cụ thể, ta có định lý sau đây: Định lý 1.1.2 (Công thức Binet, [4, Định lý 2.2]). Với số nguyên dương n, ta có αn − β n ; = √ 2 9t2 − 1 (i) Bnt (ii) btn (α + 1)αn−1 + (β + 1)β n−1 − 6t − 2 = ; 2(9t2 − 1) (iii) Cnt (3 − β)αn − (3 − α)β n √ = ; 2 9t2 − 1 (iv) ctn (7α − 1)αn−2 − (7β − 1)β n−2 √ = . 2 9t2 − 1 Chứng minh. Ta sẽ chứng minh đẳng thức (i) bằng phương pháp sử dụng lý thuyết phương trình sai phân. Do các số t-cân bằng Bnt là nghiệm của phương trình sai phân t t Bn+1 = 6tBnt − Bn−1 nên công thức tổng quát của Bnt sẽ có dạng Bnt = T1 αn + T2 β n , trong đó T1 , T2 là các giá trị thực cần tìm và α, β là nghiệm của phương trình đặc trưng x2 −6tx+1 = 0. Từ hai giá trị ban đầu B0t = 0, B1t = 1 6 ta có hệ phương trình    T1 + T2 = 0,   αT1 + βT2 = 1. Suy ra T1 = 1 1 1 1 = √ =− √ và T2 = . α−β β−α 2 9t2 − 1 2 9t2 − 1 Vậy công thức tổng quát cho các số t-cân bằng là Bnt αn − β n . = √ 2 9t2 − 1 Bây giờ ta sẽ chứng minh đẳng thức (ii) bằng phương pháp quy nạp. Rõ ràng đẳng thức đúng với n = 1 và n = 2. Giả sử đẳng thức đúng với n ≥ 2, tức là btn (α + 1)αn−1 + (β + 1)β n−1 − 6t − 2 = . 2(9t2 − 1) Theo định nghĩa của các số t-đối cân bằng, ta có btn+1 = 6tbtn − btn−1 + 2. Suy ra btn+1 (α + 1)αn−1 + (β + 1)β n−1 − 6t − 2 = 6t. 2(9t2 − 1) (α + 1)αn−2 + (β + 1)β n−2 − 6t − 2 − +2 2(9t2 − 1) (α + 1)(6tαn−1 − αn−2 ) + (β + 1)(6tβ n−1 − β n−2 ) − 6t − 2 = . 2(9t2 − 1) 7 Mặt khác, do α và β là nghiệm của phương trình x2 − 6tx + 1 = 0 nên α2 = 6tα − 1 và β 2 = 6tβ − 1. Nhân cả hai vế của hai đẳng thức này lần lượt với αn−2 và β n−2 ta được αn = 6tαn−1 − αn−2 và β n = 6tβ n−1 − β n−2 . Suy ra btn+1 (α + 1)αn + (β + 1)β n − 6t − 2 = . 2(9t2 − 1) Theo nguyên lý quy nạp toán học ta suy ra đẳng thức (ii) đúng với mọi số nguyên n ≥ 1. Tương tự, sử dụng lý thuyết phương trình sai phân hoặc sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta có thể chứng minh các đẳng thức (iii) và (iv). Định lý sau đây cho ta thêm một công thức tường minh cho các số t-cân bằng. Định lý 1.1.3 ([4, Định lý 2.14]). Với n ≥ 1, ta có b(n−1)/2c Bnt = X i=0 (−1)i   n−1−i (6t)n−1−2i . i Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1 ta có   0 B1t = (−1)0 (6t)0 = 1. 0 Với n = 2 ta có   1 B2t = (−1)0 (6t)1 = 6t. 0 8 Nên công thức đúng với n = 1, 2. Giả sử công thức đúng với n, ta chứng minh công thức đúng với n + 1. Giả sử n = 2k + 1 là số lẻ. Ta có k X   2k − i t (−1)i (6t)2k−2i , = Bnt = B2k+1 i i=0   k−1 X 2k − 1 − i t t (−1)i Bn−1 = B2k = (6t)2k−1−2i . i i=0 Ta có t (6t)B2k+1 = k X i=0 (−1)i   2k − i (6t)2k−2i+1 . i Suy ra t t t = 6tBnt − Bn−1 = B2k+2 Bn+1   2k = (6t)2k+1 0   k−1 X 2k − (i + 1) + 1 (6t)2k+1−2(i+1) + (−1)i+1 i+1 i=0   k X 2k + 1 − i (6t)2k+1−2i = (−1)i i i=0   bn/2c X n − i = (−1)i (6t)n−2i . i i=0 Trường hợp n là số chẵn được kiểm tra hoàn toàn tương tự. Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra đẳng thức được nêu trong Định lý là đúng với mọi số tự nhiên n. 9 1.2 Một số đẳng thức đơn giản Trong mục này, chúng tôi trình bày một số đẳng thức đơn giản liên quan đến các số Bnt , btn , Cnt và ctn . Trước tiên ta có các đẳng thức liên quan giữa các số t-cân bằng và các giá trị α, β. Mệnh đề 1.2.1 ([5, Bổ đề 2.8]). Với n ≥ 1, ta có t t αn = αBnt − Bn−1 và β n = βBnt − Bn−1 . Chứng minh. Vì α = 3t + √ 9t2 − 1, β = 3t − √ 9t2 − 1 nên p α + β = 6t, αβ = 1, α − β = 2 9t2 − 1. (1.1) Từ đó, ta có α2 = 6tα − 1 = αB2t − B1t , α3 = 6tα2 − α = (36t2 − 1)α − 6t = αB3t − B2t . t Do đó, αn = αBnt − Bn−1 . Đẳng thức thứ hai được chứng minh tương tự. Mệnh đề tiếp theo cho ta mối quan hệ giữa ba số t-cân bằng liên tiếp và giữa ba số t-đối cân bằng liên tiếp. Mệnh đề 1.2.2 ([4, Định lý 2.3]). Sử dụng các kí hiệu như trên, ta có t t (i) Bn+1 Bn−1 + 1 = (Bnt )2 với mọi n ≥ 1. (ii) btn+1 btn−1 + 1 = (btn − 1)2 với mọi n ≥ 2. 10 Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta thu được  n+1   n−1  n+1 n−1 α − β α − β t t √ √ +1= Bn−1 Bn+1 +1 2 9t2 − 1 2 9t2 − 1 α2n + β 2n − (αβ)n (αβ −1 + βα−1 ) + 4(9t2 − 1) = 4(9t2 − 1) α2n + β 2n − (36k 2 − 2) + 4(9t2 − 1) = 4(9t2 − 1)  n 2 α2n + β 2n − 2(αβ)n α − βn t 2 √ = = ) = (B n 4(9t2 − 1) 2 9t2 − 1 vì αβ = 1, αβ −1 + βα−1 = 36t2 − 2. Trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Hai mệnh đề tiếp theo cho ta mối quan hệ phức tạp hơn giữa các số t-cân bằng. Mệnh đề 1.2.3 ([4, Định lý 2.8]). (i) Với n ≥ 1, ta có t t t (Bn+1 + Bnt )(Bn+1 − Bnt ) = B2n+1 . (ii) Với hai số nguyên dương n, m bất kỳ ta có t t t t Bn+m = Bnt Bm+1 − Bn−1 Bm . (iii) Với hai số nguyên dương n ≥ m, ta có t t t t (Bnt + Bm )(Bnt − Bm ) = Bn+m Bn−m . Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta thu được t t t (Bn+1 + Bnt )(Bn+1 − Bnt ) = (Bn+1 )2 − (Bnt )2 (1.2) 11 2  n 2 α − βn αn+1 − β n+1 √ √ − = 2 9t2 − 1 2 9t2 − 1 α2n (α2 − 1) + β 2n (β 2 − 1) = . (1.3) 4(9t2 − 1)  α −β α2 − 1 β2 − 1 √ √ = = Chú ý rằng và . 4(9t2 − 1) 4(9t2 − 1) 2 9t2 − 1 2 9t2 − 1 Nên (1.2) trở thành t t t )2 − (Bnt )2 − Bnt ) = (Bn+1 + Bnt )(Bn+1 (Bn+1  n+1 2  n 2 α − β n+1 α − βn √ √ = − 2 9t2 − 1 2 9t2 − 1 α2n+1 − β 2n+1 t √ = = B2n+1 . 2 9t2 − 1 Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Mệnh đề 1.2.4 ([5, Bổ đề 2.7]). Cho p, q, r là ba số nguyên dương. Khi đó, ta có t t t Bq−1 . (i) Bp+q−1 = Bpt Bqt − Bp−1
1 t t t t B B − Bp−2 Bq−2 . (ii) = 6t p q
1 t t t t t t t t t t B B B − 6kBp−1 Bq−1 Br−1 + Bp−2 Bq−2 Br−2 . (iii) Bp+q+r−3 = 6t p q r t Bp+q−2 Chứng minh. Chứng minh của (i) được suy ra dễ dàng từ công thức t t Bn+1 + Bn−1 t Binet. Thay công thức Bn = vào (i) ta thu được 6t t t t t Bp+q−2 = Bpt Bq−1 − Bp−1 Bq−2  t  t  t t  + B B + B B q p q−2 p−2 t − Bq−2 = Bpt 6t 6t 12 =  1  t t t t Bp Bq − Bp−2 Bq−2 , 6t suy ra (ii) đúng. Chứng minh của (iii) tương tự như (ii). Tiếp theo là một số đẳng thức liên quan giữa bốn loại số ta đang quan tâm. Mệnh đề 1.2.5 ([4, Định lý 2.1]). Các đẳng thức sau đây là đúng: t (i) Cnt = 3Bnt − Bn−1 với mọi n ≥ 1. t t − Bn−2 với mọi n ≥ 2. (ii) ctn = 7Bn−1 t t (iii) Bnt = 2tCn−1 + (2t − 1)Bn−2 với mọi n ≥ 2. (iv) 2Bnt = btn+1 − btn với mọi n ≥ 1. Chứng minh. Áp dụng công thức Binet, ta thu được   n−1   n n−1 n α − β α − β t √ − 3Bnt − Bn−1 =3 √ 2 2 9t − 1 2 9t2 − 1 αn (3 − α−1 ) − β n (3 − α) √ = 2 9t2 − 1 αn (3 − β) − β n (3 − α) √ = 2 9t2 − 1 = Cnt vì α−1 = β và β −1 = α. Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. 13 1.3 Một số tính chất số học Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày một số tính chất số học (tính chia hết, ước chung lớn nhất) liên quan đến bốn loại số ta quan tâm. Trước tiên là một số tính chất số học liên quan đến các số t-cân bằng. Đối với các số cân bằng ta có tính chất hai số cân bằng liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau. Mệnh đề sau đây cho ta tính chất tương tự đối với các số t-cân bằng liên tiếp. Mệnh đề 1.3.1 ([5, Bổ đề 2.9]). Hai số t-cân bằng liên tiếp nguyên tố cùng nhau, tức là t ) = 1, với mọi n ≥ 1. (Bnt , Bn−1 Chứng minh. Sử dụng thuật toán chia Euclid, ta thu được t t Bnt = 6tBn−1 − Bn−2 t t t Bn−1 = 6tBn−2 − Bn−3 .. . B3t = 6tB2t − B1t B2t = 6tB1t − B0t . t Từ đó suy ra (Bnt , Bn−1 ) = B1t = 1. Tổng quát hơn, ta sẽ thấy trong phần tiếp theo rằng ước chung lớn t t nhất của Bnt và Bm chính là B(n,m) . Để chứng minh điều này, ta trình bày một số bổ đề trước. 14 Bổ đề 1.3.2 ([5, Bổ đề 2.10]). Với hai số nguyên dương n, m bất kỳ, ta t t có Bm |Bnm . Chứng minh. Rõ ràng kết quả đúng với n = 1. Giả sử kết quả đúng với t t mọi k ≥ 1, tức là Bm | Bml với mọi 1 ≤ l ≤ k. Theo Bổ đề 1.2.4, ta có t t t t t t Bm(k+1) = Bmk+m = Bmk Bm+1 − Bmk−1 Bm . t t t t Vì Bm | Bmk , suy ra Bm | Bm(k+1) . Điều phải chứng minh. Bổ đề 1.3.3 ([5, Bổ đề 2.11]). Với hai số nguyên dương n, l bất kỳ, ta có t (Bln−1 , Bnt ) = 1. t t Chứng minh. Đặt d = (Bln−1 , Bnt ). Rõ ràng d | Bln−1 và d | Bnt . Theo t t t Bổ đề 1.3.2 ta có Bnt | Bln nên d | Bln . Bây giờ, ta có d | Bln−1 và t t t d | Bln và vì (Bln−1 , Bln ) = 1 nên theo thuật toán chia, ta có d | 1 kéo theo d = 1, điều phải chứng minh. Bổ đề 1.3.4 ([5, Bổ đề 2.12]). Cho m, n, l, r là bốn số tự nhiên thỏa mãn m = ln + r. Khi đó, ta có t (Bm , Bnt ) = (Bnt , Brt ). Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.4 và 1.3.3, ta có t t t t t (Bm , Bnt ) = (Bln+r , Bnt ) = (Bln Br+1 − Bln−1 Brt , Bnt ) t = (Bln−1 Brt , Bnt ) = (Brt , Bnt ), điều phải chứng minh. 15