(Luận văn thạc sĩ) Số đa giác và một số bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐINH THỊ THU HÀ

SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐINH THỊ THU HÀ

SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2019


Mục lục

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Chương Kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1. Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Chương 2. Chương Số đa giác và số đa diện . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.1. Số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.2. Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.3. Hàm sinh của số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.4. Số tam giác chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.5. Tổng bình phương các số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.6. Định lý Cauchy về số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.7. Một số số hình học phẳng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.8. Số đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

i


Mở đầu
Các số tượng hình (figurate numbers) cũng như hầu hết các số đặc
biệt khác có lịch sử lâu đời và phong phú. Các số tượng hình đã được giới
thiệu vào khoảng thế kỷ thứ VI trước công nguyên như một nỗ lực gắn kết
Hình học với Số học. Những nhà toán học thời kỳ Pythagore đã xem xét
một số nguyên dương bất kỳ như là tập các điểm trên mặt phẳng và các số
tượng hình là số có thể biểu thị bởi một một hình đều: số đa giác là các số
biểu thị bởi các đa giác đều, số đa diện là số biểu thị bởi các đa diện đều,
.... Lý thuyết các số tượng hình không chỉ thể hiện vẻ đẹp của toán học mà
thâm nhập vào nhiều nghiên cứu trong toán học, đặc biệt là số học và được
nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu (Pythagoras, Hypsicles, Plutarch,
Nicomachus, Theon, Diophantus, Fibonacci, Stifel, Cardano, Descartes, Pell,
Pascal, Euler, Legendre, Gauss, ... ).
Luận văn tìm hiểu về số đa giác, số đa diện và một số bài toán liên
quan. Tài liệu chính của luận văn là cuốn sách "Figure Numbers" của E.
Deza, M.M. Deza và hai bài báo "A short proof of Cauchy’s polygonal number
theorem" của M. B. Nathanson; "Sum of squares of polygonal numbers" của
A. Gnanam, B. Anitha.
Luận văn được chia làm 2 chương. Chương 1 trình bày một số kiến
thức chuẩn bị về hàm sinh và phương trình Pell. Chương 2 trình bày về số đa
giác, số đa diện và một số bài toán liên quan. Số đa giác và một số tính chất
được trình bày ở mục đầu của Chương 2. Nội dung tiếp theo của Chương
2 trình bày về một số bài toán quan trọng liên quan như số tam giác chính
phương, Định lý Cauchy về số đa giác, tổng bình phương các số đa giác. Một
số số hình học phẳng khác như số đa giác chỉ số âm, số pronic, số gnomonic,
số kim cương Aztec cũng được giới thiệu trong chương. Cuối cùng luận văn
tìm hiểu sơ lược về số đa diện: số tứ diện và số hình chóp.

1


Trong quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ
tận tình của TS. Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái
Nguyên. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao
học khóa Cao học Toán khóa K11 (2017-2019) - trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên, đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh
nghiệm nghiên cứu khoa học.
Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ và gia đình vì đã
chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành công việc học tập của mình.
Thái Nguyên, ngày 30 tháng 01 năm 2019
Tác giả

Đinh Thị Thu Hà

2


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1. Hàm sinh
Các hàm sinh được dùng để biểu diễn một cách có hiệu quả các dãy
bằng cách mã hóa các số hạng của dãy số như hệ số của lũy thừa của một
biến x trong một chuỗi lũy thừa hình thức nào đó. Các hàm sinh cũng có
thể được dùng để giải nhiều bài toán đếm, chẳng hạn đếm số cách chọn hay
phân phối các vật thuộc các loại khác nhau, chịu nhiều ràng buộc hay số cách
để đổi một dollar khi dùng các đồng xu có mệnh giá khác nhau. Các hàm

sinh cũng có thể được dùng để giải các hệ thức truy hồi bằng cách dịch một
hệ thức truy hồi đối với các số hạng của một dãy thành một phương trình
của hàm sinh. Các hàm sinh cũng có thể được dùng để chứng minh các hẳng
đẳng thức tổ hợp bằng cách lợi dụng những mối liên hệ tương đối đơn giản
giữa các hàm và chuyển dịch những mối quan hệ này thành hằng đẳng thức
liên quan đến các số hạng của các dãy. Những lý do trên giải thích vì sao ta
quan tâm đến hàm sinh. Mục này của chương nhắc lại những kiến thức cơ
bản của hàm sinh của một dãy số làm kiến thức cơ sở cho Chương 2.
Định nghĩa 1.1.1. Hàm sinh đối với dãy số a0 , a1 , . . . , ak , . . . của các số
thực là chuỗi vô hạn
∞
k

ak xk .

G(x) = a0 + a1 x + . . . + ak x + . . . =
k=0

Nhận xét 1.1.2. Hàm sinh đối với dãy {ak } được cho trong Định nghĩa
1.1.1 đôi khi còn được gọi là hàm sinh thông thường của {ak } để phân biệt
với các loại hàm sinh khác của dãy này.

3


Ví dụ 1. Hàm sinh của dãy {ak } với ak = 3, ak = k + 1, ak = 2k lần lượt là
∞

∞

∞

(k + 1)x ,

3x ,

k=0

k=0

k=0

2k xk .

k

k

Ta cũng có thể định nghĩa hàm sinh cho những dãy hữu hạn các số
thực bằng cách mở rộng dãy hữu hạn a0 , a1 , . . . , an thành dãy vô hạn với

an+1 = an+2 = . . . = 0. Hàm sinh G(x) của dãy vô hạn đó là một đa thức
bậc n vì không có số hạng nào có dạng aj xj với j > n, tức là,

G(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn .
Ví dụ 2. Hàm sinh của dãy 1, 1, 1, 1, 1, 1 là

1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 .
Ta có

x6 − 1
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 .
x−1

Do đó G(x) =

x6 −1
x−1

là hàm sinh của dãy 1, 1, 1, 1, 1, 1.

k
với k = 0, 1, 2, . . . , m.
Ví dụ 3. Giả sử m là một số nguyên dương và ak = Cm

Hàm sinh của dãy a0 , a1 , . . . , am . là
0
1
2 2
m m
G(x) = Cm
+ Cm
x + Cm
x + . . . + Cm
x .

Theo Định lí nhị thức ta thấy ngay rằng G(x) = (1 + x)m .
Khi được dùng để giải các bài toán đếm, các hàm sinh thường được
coi như là những chuỗi lũy thừa hình thức. Vấn đề hội tụ của các chuỗi này
không được xem xét tại đây. Tuy nhiên, để áp dụng một số kết quả của giải

tích, đôi khi việc xem xét đối với những giá trị nào của x thì chuỗi hội tụ
cũng là một điều quan trọng. Bây giờ ta sẽ nêu ra một số tính chất của các
chuỗi vô hạn có liên quan đến các hàm sinh.
Ví dụ 4. Hàm f (x) =

1
1−x

là hàm sinh của dãy 1, 1, . . . vì

1
= 1 + x + x2 + . . .
1−x
với |x| < 1.

4


1
1−ax

Ví dụ 5. Hàm f (x) =

là hàm sinh của dãy 1, a, a2 , a3 , . . . vì

1
= 1 + ax + a2 x2 + a3 x3 + . . .
1 − ax
1
|a|

với |ax| < 1, hay |x| <

với a = 0.

Chúng ta cũng sẽ cần một số kết quả về việc cộng và nhân hai hàm
sinh.
Định lý 1.1.3. Giả sử
∞

∞
k

ak x

f (x) =

bk xk .

g(x) =

và

k=0

k=0

Khi đó
∞

∞

(ak + bk )xk

f (x) + g(x) =

f (x)g(x) =

và

Ví dụ 6. Giả sử f (x) =
trong khai triển f (x) =

1
(1−x)2 . Hãy dùng
∞
k
k=0 ak x .



k

aj bk−j  xk .


k=0

k=0



j=0

Ví dụ 4 để tìm các hệ số a0 , a1 , a2 , . . .

Lời giải. Từ Ví dụ 4 ta có

1
= 1 + x + x2 + . . .
1−x
Do đó theo Định lí 1.1.3,

1
=
(1 − x)2



∞



k

∞

(k + 1)xk .

k

1 x =


k=0

j=0

k=0

Nhận xét 1.1.4. Kết quả này cũng có thể được rút ra từ Ví dụ 4 bằng cách
lấy vi phân. Lấy đạo hàm cũng là một kĩ thuật hữu ích để tạo ra các hằng
đẳng thức mới từ các hằng đẳng thức đã có đối với các hàm sinh.
Định nghĩa 1.1.5. Cho u là một số thực và k là một số nguyên không âm.
Khi đó hệ số nhị thức mở rộng được định nghĩa bởi

Cuk

=

u(u−1)...(u−k+1)
k!

khi k > 0,

1

khi k = 0.

Ví dụ 7. Ta có

C3−2 =

(−2)(−3)(−4)
= −4;
3!
5


− 1 21 − 2
1
= .
=
3!
16
Ví dụ 8 dưới đây cho ta một công thức tiện ích để tính các hệ số nhị thức
1/2
C3

1
2

1
2

mở rộng khi tham số (u) là một số âm.
Ví dụ 8. Khi tham số (u) là một số âm, hệ số nhị thức mở rộng có thể được
biểu diễn qua các hệ số nhị thức thông thường. Muốn vậy, chú ý rằng

(−n)(−n − 1) . . . (−n − r + 1)

r!
(−1)r n(n + 1) . . . (n + r − 1)
=
r!
r
(−1) (n + r − 1)(n + r − 2) . . . n
=
r!
r
(−1) (n + r − 1)!
=
r!(n − r)!
r
= (−1)r Cn+r−1
.

r
C−n
=

Bây giờ chúng ta có thể phát biểu định lí nhị thức mở rộng.
Định lý 1.1.6 (Định lí nhị thức mở rộng). Cho x là một số thực với |x| < 1.
Khi đó

∞
u

Cuk xk .

(1 + x) =

k=1

Định lí 1.1.6 có thể chứng minh bằng cách dùng chuỗi Maclaurin.
Nhận xét 1.1.7. Khi u là một số nguyên dương, Định lí nhị thức mở rộng
quy về Định lí nhị thức, vì trong trường hợp đó Cuk = 0 nếu k > u.
Ví dụ 9 dưới đây minh họa cách dùng Định lí nhị thức mở rộng khi số mũ là
số nguyên âm.
Ví dụ 9. Dùng Định lí nhị thức mở rộng tìm hàm sinh đối với (1 + x)−n và

(1 − x)−n , khi n là số nguyên dương.
Lời giải. Theo Định lí nhị thức mở rộng ta có
∞
−n

(1 + x)

k
C−n
xk .

=
k=0

6


Dùng công thức trong Ví dụ 8 ta có
∞
−n

(1 + x)

k
(−1)k Cn+k−1
xk .

=
k=0

Trong biểu thức trên thay x bởi −x, ta có
∞
−n

(1 − x)

k
Cn+k−1
xk .

=
k=0

Bảng 1.1: Một số hàm sinh thường gặp

G(x)

ak

∞

(1 + x)n =

Cnk xk

Cnk

k=0
∞

(1 + ax)n =

Cnk ak xk

Cnk ak

Cnk xrk

Cn nếu r | k ; 0 trong các trường hợp
khác

xk
k=0

1 nếu k ≤ n; 0 trong các trường hợp
khác

xk

1

k=0
∞

(1 + xr )n =
1 − xn+1
=
1−x
1
=
1−x

k=0
n

∞

k=0
∞

1
=
1 − ax
1
=
1 − xr

1
=
(1 + x)n

xrk

1 nếu r | k ; 0 trong các trường hợp
khác

(k + 1)xk

k+1

k=0
∞
k
Cn+k−1
xk

n−1
k
Cn+k−1
= Cn+k−1

k
Cn+k−1
(−1)k xk

n−1
k
(−1)k Cn+k−1
= (−1)k Cn+k−1

k=0

∞

k=0
∞

1
=
(1 − ax)n

k=0

ak

k=0
∞

1
=
(1 − x)n

ex =

ak x k
k=0
∞

1
=
(1 − x)2

∞

k/r

k
Cn+k−1
(−1)k ak xk

n−1
k
Cn+k−1
ak = (−1)k Cn+k−1
ak

k=0

k

x
k!

1
k!
7


∞

ln(1 + x) =
k=0

(−1)k+1 k
x
k

(−1)k+1
k

1.2. Phương trình Pell
Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:

x2 − Dy 2 = 1, D ∈ Z

(1.1)

Mệnh đề 1.2.1. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1) là một số chính
phương thì phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất (1, 0).
Chứng minh. Nếu D là số chính phương thì tồn tại m ∈ Z sao cho D = m2 .
Khi đó phương trình (1.1) được viết lại thành:

x2 − m2 y 2 = 1 ⇔ (x − my)(x + my) = 1.
Giả sử phương trình (1.1) có nghiệm là (x0 , y0 ). Khi đó ta có x0 − my0 ;

x0 + my0 ∈ Z và kéo theo
x0 − my0 = 1
x0 + my0 = 1

hoặc

x0 − my0 = −1

x0 + my0 = −1

Từ hai hệ phương trình trên ta thấy điều mâu thuẫn. Ta suy ra điều phải
chứng minh.
Mệnh đề 1.2.2. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1) là số nguyên
âm thì phương trình đó không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Đặt D = −m với m > 0. Khi đó phương trình (1.1) trở thành:

x2 + my 2 = 1.
Nếu m = 1 thì ta có phương trình x2 + y 2 = 1. Kéo theo

x = 1; y = 0
x = 0; y = 1
Nếu m > 1 và kết hợp với x2 , y 2 ≥ 0 kéo theo x = 1; y = 0 hoặc x = −1; y =

0. Vậy ta kết luận phương trình (1.1) không có nghiệm nguyên dương.
Từ đây ta hạn chế xét nghiệm nguyên dương của phương trình Pell
và D là số số nguyên dương. Ta công nhận một số kiến thức sau về phương
trình Pell.
8


Định lý 1.2.3 (Điều kiện tồn tại nghiệm). Phương trình (1.1) có nghiệm
nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương.
Định lý 1.2.4 (Công thức nghiệm). Ký hiệu (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của
phương trình

x2 − Dy 2 = 1.
Khi đó dãy (xn , yn ) cho bởi

√
√
(a + b D)n + (a − b D)n
xn =
√
√ n 2
(a + b D) − (a − b D)n
√
yn =
2 D
cho tất cả các nghiệm của (1.1)
Dãy nghiệm (xn , yn ) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau

x0 = 1, x1 = a, xn+2 = 2axn+1 − xn ,

(1.2)

y0 = 0, y1 = b, yn+2 = 2ayn+1 − yn .

(1.3)

9


Chương 2

Số đa giác và số đa diện
Chương này giới thiệu về số đa giác, số đa diện và một số bài toán liên
quan.

2.1. Số đa giác
Theo các nhà toán học cổ đại, ta xem xét tập các điểm lập thành một
số số hình học trên mặt phẳng như sau: Bắt đầu bằng một điểm. Thêm vào
đó 2 điểm ta được tam giác đều gồm ba điểm. Tam giác đều sáu điểm có thể
thu được từ tam giác đều 3 điểm bằng cách thêm vào đó 3 điểm. Thêm vào đó
4 điểm ta được tam giác đều mười điểm... Như vậy, bằng cách thêm vào một

Hình 2.1: Năm số tam giác đầu tiên

điểm, 2 điểm, 3 điểm, 4 điểm,... rồi sắp xếp thành các tam giác đều và đếm số
điểm trong mỗi tam giác ta được các số 1, 3, 6, 10,... được gọi là các số tam
giác. Cũng cần chú ý thêm 3=1+2, 6=3+3=1+2+3, 10=6+4=1+2+3+4,...
Tương tự như số tam giác, bắt đầu từ 1 điểm, khi ta thêm 3 điểm, 5
điểm, 7 điểm,... và sắp xếp thành các hình vuông rồi đếm số điểm trong đó,
ta được các số 1, 4, 9, 16, 25,... được gọi là các số hình vuông. Chú ý 4=1+3,
9=4+5=1+3+5,...
Bắt đầu từ 1, bằng cách thêm vào 4 điểm, 7 điểm, 10 điểm,... và sắp
xếp thành các hình ngũ giác đều rồi đếm số điểm trong đó, ta được các số 1,
5, 12, 22,... được gọi là số ngũ giác. Theo quy trình trên, ta có thể xây dựng
được các số lục giác 1, 6, 15, ...
10


Hình 2.2: Năm số hình vuông đầu tiên

Hình 2.3: Năm số ngũ giác đầu tiên

Hình 2.4: Năm số lục giác đầu tiên

Định nghĩa tổng quát đầu tiên cho số m - giác được đưa ra bởi Hypsicles

từ thế kỉ II trước CN và được Diophantus đưa vào luận án "On polygonal
numbers" .
Định nghĩa 2.1.1. Số m - giác thứ n ký hiệu Sm (n) là tổng của n số trong
cấp số cộng

1, 1 + (m − 2), 1 + 2(m − 2), 1 + 3(m − 2), ..., m ≥ 3.
Theo định nghĩa Sm (n) = 1 + (1 + (m − 2)) + (1 + 2(m − 2)) + (1 +

3(m − 2)) + · · · + (1 + (m − 2)(n − 1)).
Nhận xét 2.1.2.

1
Sm (n) = m(n2 − n) − n2 + 2n.
(2.1)
2
Ta có thể chứng minh công thức trên nhờ quy nạp như sau: Với n = 1, ta có:
Sm (1) = 21 m(1 − 1) − 12 + 2.1 = 1. Vậy (2.1) đúng với n = 1. Giả sử (2.1)
11


đúng với n = k , nghĩa là: Sm (k) = 12 m(k 2 − k) − k 2 + 2k . Ta cần chứng minh
(2.1) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

Sm (k + 1) = Sm (k) + [1 + (m − 2)k]
k [(m − 2)k − k + 4]
+ [1 + (m − 2)k]
=
2
k 2 (m − 2) + k(4 − m) + 2k(m − 2) + 2
=

2
2
(k + k + 1)(m − 2) + (k + 1)(4 − m)
=
2
(k + 1)[(m − 2)(k + 1) − m + 4]
.
=
2
Vậy ta có công thức (2.1).
Nhận xét 2.1.3. Đặc biệt ta có các số tam giác, số tứ giác, số ngũ giác, số
lục giác...
Số tam giác: S3 (n) = Tn = 1+2+3+...+n = 12 .3(n2 −n)−n2 +2n =

n(n+1)
2 .
2

Số hình vuông: S4 (n) = 1 + 3 + ... + (2n − 1) = 12 .4(n2 − n) − n2 + 2n = n .
Số ngũ giác: S5 (n) = 12 .5(n2 − n) − n2 + 2n =

n(3n−1)
.
2

Số lục giác: S6 (n) = 21 .6(n2 − n) − n2 + 2n = n(2n − 1).
...
Công thức (2.1) có thể chứng minh bằng nhiều cách. Chẳng hạn, số tam giác
thứ n là một nửa của hình chữ nhật cạnh n và n + 1. Do đó: Tn =

n(n+1)
2 .

Ví

dụ, xét trường hợp với n = 4 như trong hình ảnh dưới đây:

√

Từ công thức tổng quát của số tam giác Tn =
8Tn +1−1
.
2

n(n+1)
2 ,

ta có: n =

Do đó, x là số tam giác nếu 8x + 1 là số chính phương. Ngược lại,

nếu n là số nguyên thì x là số tam giác thứ n. Ví dụ:
(i) 253 là số tam giác vì 8.253 + 1 = 2025 = 452 và là số tam giác thứ
45−1
2

= 22.
12

(ii) 2018 không là số tam giác vì 8.2018 + 1 = 16145 không là số chính
phương.
Đối với số hình vuông, hai số hình vuông thứ n xếp thành hình chữ
nhật cạnh n và 2n. Do đó: Sn =

2n.n
2

= n2 .

Cách khác, ta thấy rằng số hình vuông thứ n + 1 thu được từ số hình
vuông thứ n bằng cách thêm vào đó 2n + 1. Bắt đầu từ n = 1 thì Sn = 1 và:

Sn+1 = Sn + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
Một cách khác nữa, ta có:

2Sn = [1 + 3 + ... + (2n − 1)] + [(2n − 1) + (2n − 3) + ... + 1]
= 2n + ... + 2n = 2n2 .

Vậy Sn = n2 .

2.2. Một số tính chất
Định lý 2.2.1. Tổng hai số tam giác liên tiếp là một số hình vuông.

S3 (n) + S3 (n − 1) = S4 (n).

(2.2)

Chứng minh. Thật vậy, ta có:

n(n + 1) n(n − 1)
+
2
2
2
2
n +n+n −n
=
2
2
=n

S3 (n) + S3 (n − 1) =

= S4 (n).
Minh họa bằng hình ảnh:
Ngoài ra, người ta còn có thể chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2:

S3 (2) + S3 (1) = 3 + 1 = 4 = S4 (2).
Giả sử (2.2) đúng với n = k , nghĩa là: S3 (k) + S3 (k − 1) = S4 (k). Ta cần

13


chứng minh (2.2) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

S3 (k + 1) + S3 (k) = S3 (k) + (k + 1) + S3 (k − 1) + k
= S4 (k) + 2n + 1
= n2 + 2n + 1
= (n + 1)2

= S4 (k + 1).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.2. Tổng của n số lập phương đầu tiên là bình phương số tam
giác thứ n.
n

n2 (n + 1)2
k =
1 + 2 + 3 + ... + n =
.
4
k=1
3

3

3

3

3

(2.3)

Chứng minh. Chứng minh quy nạp theo n. Với n = 1:
1

12 (1 + 1)2
= 1.
k = 1 = 1,

4
k=1
3

3

Vậy (2.3) đúng với n = 1. Giả sử (2.3) đúng với n = m, nghĩa là 13 + 23 +

33 + ... + m3 =

m2 (m+1)
4

2

. Ta cần chứng minh (2.3) đúng với n = m + 1. Tính:

m+1

k 3 = 13 + 23 + 33 + ... + m3 + m + 13
k=1

m2 (m + 1)2
+ m + 13
=
4
4
m + 6m3 + 13m2 + 12m + 4
=
4

2
(m + 1) (m + 2)2
=
.
4
Vậy (2.3) đúng với n = m + 1 và ta có điều phải chứng minh.

14


Ngoài ra, chúng ta có thể chứng minh theo cách khác như sau:
Từ: S3 (n + 1) = S3 (n) + (n + 1). Ta có:

(S3 (n + 1))2 = (S3 (n))2 + 2S3 (n)(n + 1) + (n + 1)2 .
Mà S3 (n) =

n(n+1)
2

nên:

(S3 (n + 1))2 − (S3 (n))2 = n(n + 1)2 + (n + 1)2 = (n + 1)3 .
Lại có:

(S3 (n))2 = ((S3 (n))2 − (S3 (n − 1))2 ) + ((S3 (n − 1))2 − (S3 (n − 2))2 ) + ...
+((S3 (2))2 − (S3 (1))2 ) + (S3 (1))2
= n3 + (n − 1)3 + ... + 23 + 13 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Tương tự, ta có thể xây dựng các số tam giác từ các số tam giác khác.
Định lý 2.2.3. Các số tam giác với chỉ số chẵn được tính bởi công thức:

S3 (2n) = 3S3 (n) + S3 (n − 1).

(2.4)

Chứng minh. Thật vậy, ta có:

n(n + 1) n(n − 1)
+
3S3 (n) + S3 (n − 1) = 3.
2
2
n
= (4n + 2)
2
2n(2n + 1)
=
2
= S3 (2n).
Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: 3S3 (2) + S3 (1) = 3.3 + 1 = 10 = S3 (4).

Hình 2.5: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Giả sử (2.4) đúng với n = k , nghĩa là: S3 (2k) = 3S3 (k) + S3 (k − 1). Ta cần
15


chứng minh (2.4) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

3S3 (k + 1) + S3 (k) = 3S3 (k) + 3(k + 1) + S3 (k − 1) + k

= S3 (2k) + (2k + 1) + (2k + 2)
= S3 (2k + 1) + (2k + 2)
= S3 (2k + 2)
= S3 (2(k + 1)).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.4. Một số tam giác với chỉ số lẻ được tính bởi công thức:

S3 (2n + 1) = 3S3 (n) + S3 (n + 1).

(2.5)

Chứng minh. Ta có:

3n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
+
2
2
n
= (4n + 2)
2
2n(2n + 1)
=
2
= S3 (2n + 1).

3S3 (n) + S3 (n + 1) =

Hình 2.6: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 2

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: 3S3 (1) + S3 (2) = 3.1 + 3 = 6 = S3 (3).

Vậy (2.5) đúng với n = 1. Giả sử (2.5) đúng với n = k , nghĩa là: S3 (2k +1) =

3S3 (k) + S3 (k + 1). Ta cần chứng minh (2.5) đúng với n = k + 1. Thật vậy,
ta có:

3S3 (k + 1) + S3 (k + 2) = 3S3 (k) + S3 (k + 1) + 3(k + 1) + (k + 2)
= S3 (2k + 1) + (2k + 2) + (2k + 3)
= S3 (2k + 3)
= S3 (2(2k + 1) + 1).
16


Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.5. Ta có:

S3 (3n − 1) = 3S3 (n) + 6S3 (n − 1).

(2.6)

Chứng minh. Ta có:

3n(n + 1) 6n(n − 1)
+
2
2
n
= (9n − 3)
2
3n(3n − 1)
=

2
= S3 (3n − 1).

3S3 (n) + 6S3 (n − 1) =

Hình 2.7: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: 3S3 (2) + 6S3 (1) = 3.3 + 6.1 = 15 =

S3 (5). Vậy (2.6) đúng với n = 2. Giả sử (2.6) đúng với n = k , ta cần chứng
minh (2.6) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:

3S3 (n + 1) + 6S3 (n) = 3S3 (n) + 6S3 (n − 1) + 3(n + 1) + 6n
= S3 (3n − 1) + 3n + (3n + 1) + (3n + 2)
= S3 (3n + 2)
= S3 (3(n + 1) − 1).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.6. Công thức sau đây được gọi là công thức Diophantus (hay
công thức Plutarch):

S4 (2n + 1) = 8S3 (n) + 1.
17

(2.7)


Chứng minh. Ta có: 8S3 (n) + 1 =

8n(n+1)
2

+ 1 = 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 =

S4 (2n + 1).

Hình 2.8: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 2

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: 8S3 (1) + 1 = 8.1 + 1 = 9 = S4 (2). Vậy
(2.7) đúng với n = 1. Giả sử (2.7) đúng với n = k , nghĩa là: S4 (2k + 1) =

8S3 (k) + 1. Ta cần chứng minh (2.7) đúng với n = k + 1. Thật vậy:
8S(k + 1) + 1 = (8S3 (k) + 1) + 8(k + 1)
= S4 (2k + 1) + 8(k + 1)
= (2k + 1)2 + 8(k + 1)
= (2k + 3)2
= S4 (2k + 3)
= S4 (2(k + 1) + 1).
Vậy (2.7) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.7. Tổng của hai số tam giác có chỉ số chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp:

S3 (n − 1) + S3 (n + 1) = 2S3 (n) + 1.
Chứng minh. Ta có:

n(n − 1) (n + 1)(n + 2)
+
2
2
2
2n + 2n + 2
=

2
n(n + 1)
= 2.
+1
2
= 2S3 (n) + 1.

S3 (n − 1) + S3 (n + 1) =

18

(2.8)


Hình 2.9: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S3 (1) + S3 (3) = 1 + 6 = 7 = 2.3 + 1 =

2S3 (2) + 1.
Vậy (2.8) đúng với n = 2. Giả sử (2.8) đúng với n = k , nghĩa là:

S3 (k − 1) + S3 (k + 1) = 2S3 (k) + 1.
Ta cần chứng minh (2.8) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:

S3 (k) + S3 (k + 2) = S3 (k − 1) + k + S3 (k + 1) + (k + 2)
= 2S3 (k) + 1 + 2(k + 1)
= 2S3 (k + 1) + 1.
Vậy (2.8) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.
Một số mối quan hệ giữa các số đa giác khác:
Định lý 2.2.8. Ta có:

S5 (n) = S4 (n) + S3 (n − 1).

(2.9)

Chứng minh. Ta có:

n(n − 1)
2
2
3n − n
=
2
n(3n − 1)
=
2
= S5 (n).

S4 (n) + S3 (n − 1) = n2 +

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S4 (2) + S3 (1) = 4 + 1 = 5 = S5 (1).
Vậy (2.9) đúng với n = 2. Giả sử (2.9) đúng với n = k , nghĩa là: S5 (k) =

19


S4 (k) + S3 (k − 1). Ta cần chứng minh (2.9) đúng với n = k + 1. Thật vậy:
S4 (k + 1) + S3 (k) = S4 (k) + S3 (k − 1) + (2n + 1) + n
= S5 (n) + (3n + 1)
= S5 (n + 1).

Vậy (2.9) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Hình 2.10: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 4

Tính chất sau thể hiện mối quan hệ giữa số tam giác và số lục giác.
Định lý 2.2.9. Ta có:

S6 (n) = S3 (n) + 3S3 (n − 1).

(2.10)

Chứng minh. Ta có:

n(n + 1)
n(n − 1)
+3
2
2
n
= (4n − 2)
2
= S6 (n).

S3 (n) + 3S3 (n − 1) =

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S3 (2) + 3S( 1) = 3 + 3.1 = 6 = S6 (1).
Vậy (2.10) đúng với n = 2. Giả sử (2.10) đúng với n = k , nghĩa là: S6 (k) =

S3 (k) + 3S3 (k − 1). Ta cần chứng minh (2.10) đúng với n = k + 1. Thật vậy:
S3 (k + 1) + 3S3 (k) = S3 (k) + 3S3 (k − 1) + (k + 1) + 3k

= S6 (k) + (4k + 1)
= S6 (k + 1).
Vậy (2.10) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.
20


Hình 2.11: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Định lý 2.2.10. Định lý số lục giác.

S6 (n) = S3 (2n − 1)
2n(2n−1)
2

Chứng minh. Dễ thấy: S3 (2n − 1) =

=

(2.11)
n(4n−2)
2

= S6 (n).

Hình 2.12: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: S6 (1) = 6 = S3 (2.1 − 1). Vậy (2.11) đúng
với n = 1. Giả sử (2.11) đúng với n = k , nghĩa là: S6 (k) = S3 (2k − 1). Ta
cần chứng minh (2.11) đúng với n = k + 1.
Thật vậy:

S6 (k + 1) = S6 (k) + (4k + 1)
2k(2k − 1)
+ (4k + 1)
2
4k 2 + 6k + 2 (2k + 1)(2k + 2)
=
=
2
2
= S3 (2k + 1) = S3 (2(k + 1) − 1).
= S3 (2k − 1) + (4k − 1) =

Vậy (2.11) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.11. Định lý số bát giác.

S8 (n) = 6S3 (n − 1) + n.
21

(2.12)


Chứng minh. Ta có:

n(n − 1)
6n2 − 4n
2
6S3 (n − 1) + n = 6.
+ n = 3n − 2n =
= S8 (n).

2
2
Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S8 (2) = 8 = 6.1 + 2 = 6S3 (1) + 2.

Hình 2.13: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 4

Vậy (2.12) đúng với n = 2. Giả sử (2.12) đúng với n = k , nghĩa là: S8 (k) =

6S3 (k − 1) + k . Ta cần chứng minh (2.12) đúng với n = k + 1. Thật vậy:
S8 (k + 1) = S8 (k) + (6k + 1)
= (6S3 (k − 1) + k) + (6k − 1)
n(n − 1)
+ 6n + (n − 1)
=6
2
= (3n2 + 3n) + (n + 1)
n(n + 1)
=6
+ (n + 1)
2
= 6S3 (n) + (n + 1).
Vậy (2.12) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.
Công thức sau của Nicomachus of Alexandria được công bố từ thế kỷ
I trước CN trong "Giới thiệu về số học":
Định lý 2.2.12. Công thức Nicomachus:

Sm (n) = Sm−1 (n) + S3 (n − 1).
Chứng minh. Từ Sm (n) =

n((m−2)n−m+4)

,
2

ta có:

n(n − 1) n((m − 3)n − (m − 1) + 4)
+
2
2
n
= ((m − 2)n − m + 4) = Sm (n).
2

S3 (n − 1) + Sm−1 (n) =

22

(2.13)