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:
(1.4)

8n2 + 1,

F (n) = 2n
G(n) = 3n +

H(n) = 17n + 6

(1.5)

8n2 + 1,

(1.6)

8n2 + 1.

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
8(G(n))2 + 1 = 8n + 3

8n2 + 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
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
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

G (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
√
Cũng vì 8(G−1 (n))2 + 1 = 8n − 3 8n2 + 1

2

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

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
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
f (n, m) = n

8m2 + 1 + m

(1.8)

8n2 + 1,

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 +

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
∞

x n sn .

g(s) =
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

Bn = 6n − 
[ n2 ]

n−1
1



 6n−2 + 


(−1)k 

=
k=0



n−k
k

n−2

2





n−
 6n−4 − · · · + 1[ n2 ] 

n
2

n
2


 6n−[ n2 ]


 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
1

∞

∞

s n=1

Bn+1 s

n+1

∞
n

−6

Bn−1 sn−1 = 0,

Bn s + s
n=1

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 = 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).


15
Định lý sau ta chứng minh 3 tính chất của số cân bằng tương tự như ba công
thức trên.
Định lí 1.6.2. Nếu n là một số tự nhiên thì
a) B1 + B3 + · · · + B2n−1 = Bn2 ,
b) B2 + B4 + · · · + B2n = Bn Bn+1 ,
c) B1 + B2 + · · · + B2n = Bn (Bn + Bn+1 ).
Chứng minh. Từ Định lý 1.6.1 ta có
2
Bm+n + Bm−n = Bm
− Bn2 ,

trong đó m > n. Thay m bằng n + 1 trong đồng nhất thức trên và nhớ rằng
B1 = 1 ta có

2
B2n+1 = Bn+1
− Bn2 ,

từ đó suy ra a).
Thay n bằng 2n và r bằng n vào (1.23) ta thấy
Bn = Br+1 .Bn−r − Br .Bn−r−1 , (r = 1, 2, . . . , n − 2),
ta được
B2n = Bn+1 .Bn − Bn .Bn−1 ,
từ đó suy ra b).
Cuối cùng c) suy ra trực tiếp từ a) và b).
Mệnh đề 1.6.1. Cho Bn là số cân bằng thứ n. Đặt Cn =
Cn =

λn1 + λn2
2

8Bn2 + 1, khi đó

.

Chứng minh. Sử dụng công thức (1.24) ta có

2

2
n
n
2n
2n

λ1 − λ2
λ +λ −2
 + 1 = 8  1 √2
 +1
(Cn )2 = 8(Bn )2 + 1 = 8 
λ1 − λ2
(2 8)2


16

=

Do đó Cn =

λ2n
1

+

λ2n
2

+2

=

4
λn1 + λn2
2



λn1

+

λn2

2

2
 .

.

Đồng nhất thức phức (cos x + i sin x)n = cos nx + i sin nx được biết đến
như công thức Moivre. Định lý sau trông giống như công thức Moivre.
Định lí 1.6.3. Nếu n và r là các số tự nhiên thì
(Cn +

√

8Bn )r = Cnr +

√

8Bnr .

Chứng minh. Theo mệnh đề 1.6.1 và công thức (1.24), ta có

λn1 + λn2

Cn + 8Bn =
Do đó
(Cn +

√

2

λn1 − λn2
+ 8 √ = λn1 .
2 8

8Bn )r = (λn1 )r = λnr
1 = Cnr +

√

8Bnr .

Hệ quả 1.6.1. Nếu n và r là các số tự nhiên thì
(Cn −

√

8Bn )r = Cnr −

√

8Bnr .

Chứng minh. Từ
Cn −

√

8Bn =

λn1 + λn2
2

√ λn1 − λn2
− 8 √ = λn2
2 8

suy ra kết quả.
Định lý sau giống như công thức lượng giác
sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y.

(1.26)


17
Định lí 1.6.4. Nếu m và n là các số tự nhiên thì
Bm+n = Bm Cn + Cm Bn .
Chứng minh. Nếu m và n là các số tự nhiên thì sử dụng phương trình (1.26)
ta có
(Cm +

√

8Bm )(Cn +

√

n
m+n
8Bn ) = λm
1 λ1 = λ1
√
= (Cm+n + 8Bm+n ).

(1.27)

Mặt khác
(Cm +

√

8Bm )(Cn +

√

8Bn ) = (Cm Cn + 8Bm Bn ) +

√

8(Bm Cn + Cm Bn ).
(1.28)

Kết hợp (1.27) và (1.28) ta có
Cm+n +

√

8Bm+n = (Cm Cn + 8Bm Bn ) +

√

8(Bm Cn + Cm Bn ).

(1.29)

Cho phần hữu tỷ và vô tỷ từ hai vế của (1.29) bằng nhau, ta được
Cm+n = Cm Cn + 8Bm Bn ,
và
Bm+n = Bm Cn + Cm Bn .

Chú ý: Chúng ta đã biết, dãy {Fn } các số Fibonacci và dãy {Ln } các số
Lucas (Định nghĩa 1.1.1 và Định nghĩa 1.1.2 trong [1]) lần lượt được định
nghĩa bởi:
Fn = Fn−1 + Fn−2 , n ≥ 2,

(1.30)

với các giá trị ban đầu F0 = 0, F1 = 1. và
Ln = Ln−1 + Ln−2 , n ≥ 2,

(1.31)

18
với các giá trị ban đầu L0 = 2, L1 = 1.
Hai dãy này có tính chất
1
Fm+n =

2

[Fm Ln + Lm Fn ] , (Bổ đề 1.4.8 trong [1])

Tính chất này gần giống với tính chất được nêu trong Định lý 1.6.4.
Hệ quả sau giống như công thức lượng giác
sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y.
Hệ quả 1.6.2. Nếu m và n là các số tự nhiên và m > n thì
Bm−n = Bm Cn − Cm Bn .
Chứng minh. Tương tự như Định lý 1.6.4 .
Hệ quả sau giống như công thức lượng giác sin 2x = 2 sin x cos x.
Hệ quả 1.6.3. Nếu n là một số tự nhiên thì
B2n = 2Bn Cn .
Chứng minh. Suy ra trực tiếp tự Định lý 1.6.4 với m = n.
Chú ý: Tính chất tương tự cho các số Fibonacci và số Lucas F2n = Fn Ln ,
(Định lý 1.4.7 trong [1]).
Với hai số nguyên m và n bất kì, ta kí hiệu ước chung lớn nhất của m
và n là (m, n). Ta biết rằng Fm chia hết Fn nếu và chỉ nếu m chia hết n và
(Fm , Fn ) = F(m,n) (Hệ quả 2.1.1 và Định lý 2.1.2 trong [1] ). Kết quả sau
chứng tỏ các số cân bằng cũng có tính chất đẹp này.
Định lí 1.6.5. Nếu m và n là các số tự nhiên thì Bm chia hết Bn nếu và chỉ
nếu m chia hết n.

19
Để chứng minh Định lý 1.6.5 ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề 1.6.1. Nếu m và n là các số tự nhiên thì (Bn , Cn ) = 1.
Chứng minh. Vì Cn2 = 8Bn2 + 1 nên (Bn2 , Cn2 ) = 1. Do đó (Bn , Cn ) = 1.
Bổ đề 1.6.2. Nếu n và k là các số tự nhiên thì Bk chia hết Bnk .
Chứng minh. Chứng minh bằng quy nạp. Dễ thấy bổ đề đúng với n = 1. Giả
sử nó đúng với n = r. Vì B(r+1)k = Brk+k = Brk Ck + Crk Bk theo Định lý
1.6.4 , (Bk , Ck ) = 1 theo Bổ đề 1.6.1 và Bk chia hết Brk theo giả thiết, suy
ra Bk chia hết B(r+1)k .
Bổ đề 1.6.3. Nếu n và k là các số tự nhiên thì (Bk , Cnk ) = 1.
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.6.1 thì (Bnk , Cnk ) = 1. Vì Bk chia hết Bnk theo
Bổ đề 1.6.2 nên suy ra (Bk , Cnk ) = 1.
Bổ đề 1.6.4. Nếu n và k là các số tự nhiên và Bk chia hết Bn thì k chia hết n.
Chứng minh. Chắc chắn n ≥ k. Nếu n = k thì chứng minh là tầm thường.
Giả sử n > k. Khi đó theo bổ đề Euclide tồn tại các số nguyên q và r sao
cho q ≥ 1, 0 ≤ r < k và n = qk + r. Theo Định lý 1.6.4, Bn = Bqk+r =
Bqk Cr + Cqk Br . Vì Bk chia hết Bqk theo Bổ đề 1.6.2 và (Bk , Cqk ) = 1 theo
Bổ đề 1.6.3 suy ra Bk chia hết Br . Vì r < k, suy ra Br = 0 và do đó r = 0.
Do vậy n = qk và do đó k chia hết n.
Chứng minh Định lý 1.6.5. Bây giờ ta có thể dễ thấy rằng Định lý 1.6.5 suy
ra trực tiếp từ Bổ đề 1.6.2 và Bổ đề 1.6.4.
Định lí 1.6.6. Nếu m và n là các số tự nhiên thì (Bm , Bn ) = B(m,n) .