Bất Đẳng Thức Và Các Bài Toán Cực Trị Trong Đại Số Tổ Hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

BÙI THỊ LỢI

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

BÙI THỊ LỢI

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - 2017


i

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN
MỞ ĐẦU

ii
iii

Chương 1. Nhị thức Newton và một số đẳng thức tổ hợp liên quan

1

1.1

Các tính chất của nhị thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Các tính chất của các số tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3

Một số đẳng thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4

Đa thức Newton và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5

1.4.1

Đa thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4.2

Biểu diễn đơn vị thành tổng các phân số Ai Cập với mẫu số lẻ . . . . . . 16

Một số dạng toán thi Olympic liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5.1

Tính chia hết của biểu thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5.2

Quan hệ đồng dư giữa các biểu thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Chương 2. Bất đẳng thức trong tính toán tổ hợp

30

2.1

Các bất đẳng thức cơ bản trong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2

Một số bài toán về bất đẳng thức trong tính toán tổ hợp . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1

Phép biến đổi tương đương, phương pháp làm trội, làm giảm . . . . . . . 36

2.2.2

Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản để chứng minh . . . . . . . . . . . . . 39

Chương 3. Các dạng toán cực trị liên quan đến tổ hợp trong dãy số
3.1

42

Bất đẳng thức trong dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.1.1

Dãy sinh bởi hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.1.2

Ước lượng tích và tổng của một số dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.1.3

Bất đẳng thức trong tập rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.2

Một số bài toán cực trị liên quan đến tổ hợp trong dãy số . . . . . . . . . . . . . 49

3.3

Một số bài toán cực trị liên quan qua các đề thi Olympic . . . . . . . . . . . . . 51

KẾT LUẬN

56

TÀI LIỆU THAM KHẢO

57


ii

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn
thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của Giáo sư - Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu. Tác giả
xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã tận tình chỉ bảo,
hướng dẫn, động viên khích lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học

tập và nghiên cứu luận văn.

Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, cùng các giảng viên đã tham gia
giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian
qua.
Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Ninh Bình và Trường THPT Yên Khánh A, nơi tôi
đang công tác, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập.

Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quan tâm,
động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành luận văn của mình.

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 5 năm 2017
Tác giả

Bùi Thị Lợi


iii

MỞ ĐẦU

Tổ hợp có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những là một đối tượng nghiên
cứu trọng tâm của Đại số và Giải tích mà còn là một công cụ đắc lực của toán rời rạc và lý
thuyết trò chơi.

Ngoài ra, tổ hợp còn được sử dụng nhiều trong tính toán và ứng dụng. Trong các kì thi học
sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về tổ hợp cũng thường được

đề cập đến và được xem như những bài toán rất khó của bậc phổ thông.

Hiện nay các tài liệu tham khảo về tổ hợp tuy có nhiều nhưng không được đề cập đầy đủ
và hệ thống trong chương trình chính khóa bậc phổ thông. Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về các
vấn đề tính toán tổ hợp và các dạng toán liên quan cho ta hiểu sâu sắc về lý thuyết cũng như
các ứng dụng liên quan đến tổ hợp và toán rời rạc.

Luận văn "Bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong đại số tổ hợp" trình bày một số vấn
đề liên quan tính chất và các dạng toán ứng dụng liên quan đến tổ hợp.

Mục đích của luận văn nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của tổ hợp trong các dạng toán
thi HSG và Olympic quốc gia và quốc tế.

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.

Chương 1. Nhị thức Newton và một số đẳng thức tổ hợp liên quan.

Chương 2. Bất đẳng thức trong tính toán tổ hợp.

Chương 3. Các dạng toán cực trị liên quan đến tổ hợp trong dãy số.

Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải các đề thi
HSG và Olympic liên quan.


1

Chương 1. Nhị thức Newton và một số
đẳng thức tổ hợp liên quan
Trong chương này, tác giả nhắc lại công thức nhị thức Newton, các tính chất cơ bản của

nhị thức Newton, các tính chất cơ bản của các số tổ hợp. Từ đó xây dựng và chứng minh được
một số đẳng thức tổ hợp. Trình bày kết quả về đa thức Newton và ứng dụng. Tác giả cũng nêu
một số dạng toán thi Olympic liên quan đến tính chia hết và quan hệ đồng dư giữa các biểu
thức tổ hợp.
Các kết quả trong chương 1 được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [7], [8] và
[9].

1.1

Các tính chất của nhị thức Newton

Với a, b là các số thực và n là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 2, ta luôn có
n
n

Cnk an−k bk ,

(a + b) =

(1.1)

k=0

trong đó
Cnk =

n!
.
k!(n − k)!

Quy ước: Cn0 = Cnn = 1; Cn1 = Cnn−1 = n.
Công thức (1.1) gọi là công thức nhị thức Newton.
Chứng minh. Với n = 2, ta có
2
2

2

2

C2k a2−k bk .

(a + b) = a + 2ab + b =
k=0

Vậy (1.1) đúng với n = 2.
Giả sử (1.1) đúng với n = m; m ∈ N; m ≥ 2. Nghĩa là, ta có
m
m

k m−k k
Cm
a
b .

(a + b) =

(1.2)

k=0

Ta phải chứng minh (1.1) đúng với n = m + 1, tức là phải chứng minh
m+1

(a + b)m+1 =

k
Cm+1
am+1−k bk .
k=0

(1.3)


2
Thật vậy, ta có
(a + b)m+1 = (a + b)m . (a + b)
m
k m−k k
Cm
a
b .(a + b) theo (1.2)

=
k=0
m

m
k m+1−k k
Cm

a
b .

=

k m−k k+1
Cm
a
b

k=0

k=0
m−1
m m+1
k
k−1
b
Cm
+ Cm
am+1−k bk + Cm

0 m+1
= Cm
a
+
k=1
m−1

m+1 m+1

k
b
Cm+1
am+1−k bk + Cm+1

0
= Cm+1
am+1 +
k=1
m+1

k
Cm+1
am+1−k bk .

=
k=0

Vậy (1.3) đúng.
Suy ra (1.1) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 (điều phải chứng minh).
Tính chất 1.1. Số số hạng của công thức khai triển (1.1) bằng n + 1.
Tính chất 1.2. Các hệ số tổ hợp của nhị thức cách đều hai số hạng đầu và cuối thì bằng nhau.
Tính chất 1.3. Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức là số hạng thứ k + 1 và bằng
Tk+1 = Cnk an−k bk k ∈ N; k = 0; n .
Tính chất 1.4. Với a = b = 1, ta có
n

Cnk = 2n .
k=0

Tính chất 1.5. Với a = 1, b = −1, ta có
n

(−1)k Cnk = 0.
k=0

Tính chất 1.6 (Đẳng thức Vandermonde (Vandermonde’s equality)).
k
k−1
k−2
0
k
+ · · · + Cnk Cm
= Cm+n
.
+ Cn2 Cm
Cn0 Cm
+ Cn1 Cm

(0 ≤ k ≤ m; 0 ≤ k ≤ n)
Chứng minh. Xét đa thức
n
n

Cnk xk .

P (x) = (1 + x) =
k=0

(1.4)

3
m
m

k k
Cm
x .

Q(x) = (1 + x) =

k=0
m+n

R(x) = (1 + x)m+n =

k
Cm+n
xk .
k=0

Hệ số của xk trong đa thức P (x).Q(x) bằng
k
k−1
k−2
0
Cn0 Cm
+ Cn1 Cm
+ Cn2 Cm

+ · · · + Cnk Cm
.
k
Hệ số của xk trong đa thức R(x) bằng Cm+n
.
k
k−1
k−2
0
k
Vì R(x) = P (x)Q(x) nên Cn0 Cm
+ Cn1 Cm
+ Cn2 Cm
+ · · · + Cnk Cm
= Cm+n
.

Vậy đẳng thức (1.4) được chứng minh.
Nhận xét 1.1. Áp dụng đẳng thức (1.4) với k = m = n, ta có đẳng thức
Cn0

2

2

+ Cn1

+ Cn2

2

n
+ · · · + (Cnn )2 = C2n
.

Tính chất 1.7 (Đẳng thức Vandermonde mở rộng). Cho n1 , n2 , . . . , nr ∈ N và
k = k1 + k2 + · · · + kr . Khi đó
Cnk11 Cnk22 . . . Cnkrr = Cnk1 +n2 +···+nr .
k1 +k2 +···+kr =k

1.2

Các tính chất của các số tổ hợp

Tính chất 1.8 (Tính chất đối xứng). Với mọi số tự nhiên n, k ∈ N thỏa mãn 0 ≤ k ≤ n ta có:
Cnk = Cnn−k .
Tính chất 1.9 (Tính chất tam giác Pascal).
k+1
Cnk + Cnk+1 = Cn+1
.

Tính chất 1.10 (Công thức tính tổng theo cột).
n
m+1
.
Ckm = Cn+1
k=0

Chứng minh. Áp dụng công thức Pascal, ta có:
n

n

Ckm
k=0

m+1
m+1
m+1
(Ck+1
− Ckm+1 ) = Cn+1
− C0m+1 = Cn+1
.

=
k=0


4
Nhận xét 1.2. Từ Tính chất1.4, Tính chất 1.9 và Tính chất 1.10 ta có đẳng thức
Cn0 + Cn2 + · · · = Cn1 + Cn3 + · · · = 2n−1 .
Tính chất 1.11 (Công thức tính tổng theo đường chéo chính).
n
k
n
Cm+k
= Cm+n+1
k=0

Chứng minh.

n

n
k
Cm+k

k=0

m
(sử dụng Tính chất 1.8)
Cm+k

=
k=0

m+1
= Cm+n+1
(sử dụng Tính chất 1.10)
n
= Cm+n+1
(sử dụng Tính chất 1.8).

Tính chất 1.12 (Công thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số Fibonacci).
n
k
Cn−k
= Fn+1 .
k=0

Qui ước

Cnk

= 0, với k > n.

Chứng minh.
Với n = 0, n = 1 thì C00 = 1 = F1 , C10 + C10 = 1 = F2 .
Giả sử công thức trên đúng đến n − 1. Khi đó
n

n
k
Cn−k

n
k−1
Cn−1−k

=
k=0
n−2

k=0

k=0
n−1
k
Cn−k

k

Cn−k
+

=
k=0

k
Cn−1−k
(sử dụng Tính chất 1.9)

+

k=0

= Fn−1 + Fn (sử dụng giả thiết quy nạp)
= Fn+1 (sử dụng công thức truy hồi của dãy Fibonacci).
Tính chất 1.13 (Quy tắc hút). Với n, k ∈ N thỏa mãn 0 < k ≤ n ta có:
n k−1
C .
k n−1
n!
n
(n − 1)!
n k−1
Chứng minh. Ta có Cnk =
= .
= Cn−1
.
k!(n − k)!
k (k − 1)!(n − k)!

k
Cnk =

Tính chất 1.14 (Công thức lùi cơ số). Với n, k ∈ N thỏa mãn 0 ≤ k < n ta có:
n
k
Cn−1
.
n−k
n!
n
(n − 1)!
n
Chứng minh. Ta có Cnk =
=
.
=
Ck .
k!(n − k)!
n − k k!(n − 1 − k)!
n − k n−1
Cnk =


5
Tính chất 1.15 (Tính đơn điệu (monotonicity)).

n



Cn0 < Cn1 < · · · < Cn

1.3

− 1 
+1
2


n
= Cn 2 > · · · > Cnn .

Một số đẳng thức tổ hợp

Trong phần này, để tính tổng liên quan đến tổ hợp hoặc chứng minh một đẳng thức tổ hợp,
ta phải quan sát các số hạng trong tổng để tìm nhị thức cần khai triển, kết hợp tính chất của
các số tổ hợp với các phép toán đạo hàm, tích phân hoặc các phép toán về số phức để giải bài
toán.
Bài toán 1.1. Tính tổng
0
2
4
2n
S1 = C2n
+ α2 C2n
+ α4 C2n
+ · · · + α2n C2n
.

(1.5)

1
3
5
2n−1
S2 = αC2n
+ α3 C2n
+ α5 C2n
+ · · · + α2n−2 C2n
.

(1.6)

Lời giải. Xét khai triển
2n

(1 + α)2n =

k
C2n
αk .

(1.7)

k
C2n
.(−1)k αk .

(1.8)

k=0
2n

(1 − α)2n =
k=0

Cộng từng vế hai đẳng thức (1.7) và (1.8), ta được
2n

2S1 = (1 + α)

2n

+ (1 − α)

(1 + α)2n + (1 − α)2n
.
⇔ S1 =
2

Trừ từng vế đẳng thức (1.7) cho đẳng thức (1.8), ta được
2S2 = (1 + α)2n − (1 − α)2n ⇔ S2 =

(1 + α)2n − (1 − α)2n
.
2

Bài toán 1.2. Tính tổng
S3 = Cn1 + 2αCn2 + 3α2 Cn3 + · · · + nαn−1 Cnn .

2n−1
1
3
5
+ 3C2n
+ 5C2n
+ · · · + (2n − 1)C2n
.
S4 = C2n

Lời giải. Theo Tính chất 1.13, ta có
Cnk =

n k−1
k−1
Cn−1 ⇔ kCnk = nCn−1
.
k

(1.9)
(1.10)


6
Do đó
n−1
k
αk Cn−1
= n (1 + α)k−1 .

S3 = n

k=0
n−1
2k
C2n−1
= 2n · 22n−2 .

S4 = 2n
k=0

Bài toán 1.3. Chứng minh rằng
2n

k=1

k
1
k
(−1)k+1 C2n
=
.
k+1
2n + 1

(1.11)

Lời giải. Biến đổi vế trái đẳng thức (1.11), ta có
2n

k=1

k
k
(−1)k+1 C2n
=
k+1

2n

1−
k=1
2n

1
k+1

2n
k+1

(−1)

=

k
(−1)k+1 C2n

k
C2n

−

k=1

k=1
2n

=

0
C2n

−

(−1)
k=0

k

k
C2n

1
k
(−1)k+1 C2n
k+1

1
−
2n + 1

2n
k+1
(−1)k+1 C2n+1
k=1

1
1
· (1 − 1)2n+1 + C2n+1
−1
= 1 − (1 − 1)2n −
2n + 1
1
1
=1−
· C2n+1
−1
2n + 1
1
1
=1−1+
=
.
2n + 1
2n + 1
1
1
k
C2n
=

C k+1 ).
k+1
2n + 1 2n+1
Vậy (1.11) được chứng minh.
(Vì theo Tính chất 1.13, thì

n

Nhận xét 1.3. Tổng

kCnk có thể tính bằng cách sử dụng phép tính đạo hàm.

k=1
2n

1
k+1
Tổng
(−1)k+1 C2n
có thể tính bằng cách sử dụng phép tính tích phân.
k
+
1
k=0
Sử dụng phép tính đạo hàm, phép tính tích phân, ta có thể giải được bài toán sau đây.
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng
1)

Cn1

2

+ 2 Cn2

2

+ 3 Cn3

2

n
+ · · · + n (Cnn )2 = nC2n−1
.

2) 12 Cn1 + 22 Cn2 + 32 Cn3 + · · · + n2 Cnn = n(n + 1)2n−2 .
n

3)
k=0

Lời giải.

22k+1 − 1 2k 32n+1 − 22n+1 + 1
C =
.
2k + 1 2n
2(2n + 1)

(1.12)
(1.13)

(1.14)


7
1) Ta có
n
n

(1 + x) =

Cnk .xk .

(1.15)

kCnk .xk−1 .

(1.16)

k=0

Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.15), ta có
n

n(1 + x)

n−1

=
k=1

Nhân từng vế của (1.15) với (1.16), ta có
n

n(1 + x)

2n−1

n

Cnk .xk

=

kCnk .xk−1 .

·

k=0

(1.17)

k=1

n
Hệ số của xn−1 trong đa thức ở vế trái của (1.17) là nC2n−1
.

Hệ số của xn−1 trong đa thức ở vế phải của (1.17) là
Cn1

2

+ 2 Cn2

2

2

+ 3 Cn3

+ · · · + n (Cnn )2 .

Do đó, ta có
Cn1

2

+ 2 Cn2

2

+ 3 Cn3

2

n
+ · · · + n (Cnn )2 = nC2n−1
.

Vậy (1.12) được chứng minh.

2) Ta có
n
n

(1 + x) =

Cnk .xk .

(1.18)

kCnk .xk−1 .

(1.19)

k=0

Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.18), ta có
n

n(1 + x)n−1 =
k=1

Nhân hai vế của (1.19) với x, ta được
n
n−1

nx(1 + x)

kCnk .xk .

=

(1.20)

k=1

Đạo hàm hai vế của đẳng thức (1.20), ta thu được đẳng thức
n

n(1 + x)

n−1

n−2

+ n(n − 1)x(1 + x)

k 2 Cnk .xk−1 .

=
k=1

Thay x = 1, vào đẳng thức (1.21), ta được
12 Cn1 + 22 Cn2 + 32 Cn3 + · · · + n2 Cnn = n(n + 1)2n−2 .

(1.21)


8

Vậy (1.13) được chứng minh.

3) Ta có
2n

(1 + x)

2n

=

k
C2n
.xk .

(1.22)

k
C2n
.(−x)k .

(1.23)

k=0
2n

(1 − x)2n =
k=0

Cộng từng vế của hai đẳng thức (1.22) và (1.23) rồi chia hai vế cho 2, ta được

n
2k 2k
.x =
C2n
k=0

(1 + x)2n + (1 − x)2n
.
2

(1.24)

Lấy tích phân từ 1 đến 2 hai vế của đẳng thức (1.24), ta có
2

2

n

k k
C2n
x dx =
k=0 1
n
2k+1

1
2

x

2k
C2n
2k + 1

⇔

1

k=0
n
2k+1

2

⇔
k=0

(1 + x)2n + (1 + x)2n
dx
2

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

2
1

2n+1

−2
+1
.
2(2n + 1)

− 1 2k 3
C =
2k + 1 2n

Vậy đẳng thức (1.14) được chứng minh.
Kết hợp với kiến thức về số phức, ta có các bài toán sau:
Bài toán 1.5. Tính tổng
(−1)k Cn2k .

S5 =

0≤2k
(−1)k Cn2k+1 .

S6 =

1≤2k+1
Cn4k .

S7 =
0≤4k

Cn4k+1 .

S8 =
1≤4k+1
Lời giải. Với i là đơn vị ảo (i2 = −1), ta có
n
n

Cnk .ik

(1 + i) =

(1.25)

k=0
n

n
n

Cn2k .i2k

⇔ (1 + i) =
0≤2k
Cn2k+1 .i2k+1

+
1≤2k+1

9
n
n

k

⇔ (1 + i) =

(−1)

Cn2k

0≤2k
⇔ (1 + i)n =

Cn2k+1 .i2k

+ i.
1≤2k+1
(−1)k Cn2k + i.
0≤2k
(−1)k Cn2k+1 .

(1.26)

1≤2k+1
Lại có
√

π
π n
2 cos + i sin
4
4
n
√
nπ
nπ
⇔ (1 + i)n =
2
cos
+ i sin
.
4
4
(1 + i)n =

(1.27)

Đồng nhất phần thực với phần thực ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được
(−1)k Cn2k =

√
2

n

cos

0≤2k
√
2

nπ
.
4

(1.28)

nπ
.
4
Đồng nhất phần ảo với phần ảo ở vế phải của hai đẳng thức (1.26) và (1.27), ta được

Vậy S5 =

n

cos

(−1)k Cn2k+1 =

√

n

2

sin

1≤2k+1
√
2

nπ
.
4
Mặt khác 0 = (1 − 1)n =

Vậy S6 =

n

nπ
.
4

(1.29)

sin

n

(−1)k Cnk , 2n =

k=0

n

Cnk .

k=0

Suy ra
Cn2k = 2n−1 .

(1.30)

0≤2k
Cn2k+1 = 2n−1 .

(1.31)

0≤2k+1
Cộng từng vế đẳng thức (1.28) và (1.30) rồi chia hai vế cho 2, ta được
√

2

n

nπ
+ 2n−1
4
.
2

cos

S7 =

Cộng từng vế đẳng thức (1.29) và (1.31) rồi chia hai vế cho 2, ta được
√

2

S8 =

n

sin

nπ
+ 2n−1
4
.
2

Bài toán 1.6. Tính tổng
Cn3k .

S9 =
0≤3k
(1.32)


10
Lời giải. Xét đa thức
n

P (x) = (1 + x)n =

Cnk xk .
k=0

√
3
1
Gọi ω = − + i
là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị.
2
2
Ta có
ω 2 + ω + 1 = 0.
Suy ra

 0 khi k ...3
2k
k

ω +ω +1=
 3 khi k ...3
Vì thế
n

Cnk (1 + ω k + ω 2k )

2

P (1) + P (ω) + P (ω ) =
k=0

Cn3k .

=3
0≤3k
Suy ra
S9 =

1
P (1) + P (w) + P (w2 ) .
3

Mà
P (1) = (1 + 1)n = 2n .
√ n
1
3
P (ω) = 1 − + i

2
2
√ n
1
3
=
+i
2
2
π
π n
= cos + i sin
3
3
nπ
nπ
= cos
+ i sin
.
3
3


√ 2 n
1
3 
P (ω 2 ) = 1 + − + i
2
2
√ n

1
3
=
−i
2
2
π
π
= cos −
+ i sin −
3
3

n


11
= cos

−nπ
−nπ
+ i sin
.
3
3

Nên
1 n
nπ
2 + 2 cos

.
3
3

S9 =

Nhận xét 1.4. Công thức Euler eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ có thể đưa các tổng lượng giác thành các
cấp số nhân hoặc công thức Nhị thức Niutơn, cụ thể xét bài toán sau.
Bài toán 1.7.
n

Cnk cos kx.

a) Tính tổng S10 =
k=0

m−1
2m−1

b) Chứng minh rằng 2

2m

cos

x=

1 m
k
.

C2m
cos(2m − 2k) + C2m
2
k=0

Lời giải.
n

a) Xét T =

Cnk sin kx, ta có

k=0
n

n

Cnk (cos kx

S10 + iT =

Cnk eikx

+ i sin kx) =

k=0

k=0
ix n

= (1 + e ) = (1 + cos x + i sin x)n
x n
x
x n
= 2 cos
cos + i sin
2
2
2
nx
nx
n
n x
= 2 cos
cos
+ i sin
.
2
2
2
So sánh phần thực, phần ảo ta được S10 = 2n cosn

nx
x
cos
.
2
2

b) Ta có eix = cos x + i sin x; e−ix = cos x − i sin x ⇒ cos x =

eix + e−ix
.
2

Do đó
22m cos2m x = (2 cos x)2m = (eix + e−ix )2m
2m
k
C2m
(eix )k (e−ix )2m−k

=
k=0
2m

k
C2m
e2(k−m)ix

=
k=0
m−1

2m
k
C2m
e2(k−m)ix

=

k
m
C2m
e2(k−m)ix + C2m

+

k=0

k=m+1

m−1

m−1
k
C2m
e−2(m−k)ix

=
k=0

2m−t 2(m−t)ix
m
C2m
e
+ C2m

+
t=0

12
m−1

m−1
k
e−2(m−k)ix
C2m

=

m
2m−k 2(m−k)ix
e
+ C2m
C2m

+

k=0
m−1

k=0
k
m
C2m
(e−2(m−k)ix + e2(m−k)ix ) + C2m

=

k=0
m−1
k
m
C2m
cos(2m − 2k)x + C2m
.

=2
k=0
m−1

Suy ra 22m−1 cos2m x =

1 m
k
, (đpcm).
C2m
cos(2m − 2k)x + C2m
2
k=0

Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
n
2n

2n+1

2 cos

k
C2n+1
cos(2n + 1 − 2k)x.

x=
k=0

Sử dụng công thức 2i sin x = eix − e−ix và biến đổi tương tự như trên, ta chứng minh được các
đẳng thức sau
n−1
2n−1

2

2n

n

k
(−1)k C2n
cos(2n − 2k)x +

sin x = (−1)

k=0

(−1)n n
C2n
2

.

n
2n

2 sin

2n+1

x = (−1)

n

k
(−1)k C2n+1
sin(2n + 1 − 2k)x.
k=0

1.4
1.4.1

Đa thức Newton và ứng dụng
Đa thức Newton

Bổ đề 1.1 (Khai triển Newton). Cho n và m là các số nguyên dương. Với bất kỳ x =
(x1 , x2 , · · · , xn ) trong Rn , ta có
(x1 + x2 + · · · + xn )m =
|α|=m

m! α
x ,
α!

(1.33)

trong đó α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) trong Nn , xα = xα1 1 xα2 2 . . . xαnn và tổng chạy
qua tất cả α có thể có trong Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m.
Chứng minh.
Với n = 2, theo nhị thức Newton ta có
m

(x1 + x2 )m =
j=0
m

m!
xj xm−j
j!(m − j)! 1 2

=
|α|=m

m!
xα1 xα2 , α1 = j, α2 = m − j.
α1 !.α2 ! 1 2


13
Giả sử đẳng thức (1.33) đã đúng cho đến n-1.

Đặt
X = x1 + x2 + · · · + xn−1 , α = (α1 , α2 , . . . , αn ).
Khi đó ta có
m

(x1 + x2 + · · · + xn )m = (X + xn )m =
αn

m!
X m−αn xαnn
(m
−
α
)!.α
!
n
n
=0

m

m!
xαnn .(x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn
(m
−
α
)!.α
!
n
n

=0

=

αn
m

=
αn

m!
xαnn .
(m
−
α
)!.α
!
n
n
=0

=
|α|=m

|α |=m−αn

(m − αn )!
xα
α1 !α2 ! . . . αn−1 !

m!
xα1 1 xα2 2 . . . .xαnn .
α1 !α2 ! . . . αn !

Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2 (Khai triển Taylor). Cho một đa thức
n

aj x j .

f (x) =

(1.34)

j=0

Khi đó, hệ số thứ j của f (x) có thể được biểu diễn bởi
1 (j)
f (0),
j!

aj =

(1.35)

trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0.
Chứng minh. f là hàm khả vi vô hạn. Đạo hàm lần thứ j của xk là
d
dx

j

xk =

k!
xk−j .
(k − j)!

(1.36)

xk = 0.

(1.37)

Nếu j ≤ k và
j

d
dx
Nếu j > k, ta có
n

f (x) =

ak
k=0

d
dx

n

j
k

x =
k=j

k!
ak xk−j ,
(k − j)!

(1.38)

với bất kì j nằm giữa 0 và n. Khi đó
f j (0) = j!aj .

(1.39)


14
Suy ra
aj =

1 (j)
f (0).
j!

(1.40)

Bổ đề dược chứng minh.
Bổ đề 1.3. Cho n là một số nguyên dương. Ta đặt
g(x) =

n

1
1
x + x2 + · · · + xn
2
n

.

(1.41)

Khi đó g (n) (0) = n!
Chứng minh. Ta có
g(x) = x

n

1
1
1 + x + · · · + xn−1
2
n

n

= xn h(x),

(1.42)

trong đó
h(x) =

1
1
1 + x + · · · + xn−1
2
n

n

.

(1.43)

Áp dụng công thức Leibniz
n

g

(n)

(x) =
j=0
n

=
j=0

d
dx

n−j

n!n!
xj .
(n − j)!j!j!

d
dx

n!
(n − j)!j!

n

x .

d
dx

j

h(x)
(1.44)

j

h(x).

Do đó, ta thu được
g (n) (0) = n!h(0) = n!.

(1.45)

Bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.1. Với bất kỳ số nguyên dương n, ta có đẳng thức
n

α∈Sn

1
= 1,
αj
α
!j
j
j=1

(1.46)

trong đó tổng trên Sn chạy qua tất cả α = (α1 , α2 , · · · , αn ) có thể có trong Nn thỏa mãn điều
kiện
n

jαj = n.

j=1

(1.47)


15
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1, ta có
1
1
x1 + x22 + · · · + xnn
2
n

m

=
|α|=m

m! α1
x .
α! 1

1 2
x
2 2

α2

.··· .

1 n
x
n n

αn

n

= m!
|α|=m

1
jα
xj j .
α
j
α !j
j=1 j

(1.48)

Cho m = n và xj = t với j = 1, 2, · · · , n dẫn đến
1
1
t + t2 + · · · + tn
2
n

n

n

= n!
|α|=n

1 jαj
t .
α !j αj
j=1 j

(1.49)

So sánh hệ số của tn trong cả hai đồng nhất thức. Theo các Bổ đề 1.2 và 1.3 ta thu được n! đối
với vế trái. Mặt khác hệ số tn trong vế phải là tổng của tất cả số hạng với tn mà được viết bởi
n

α∈Sn

1
,
α !j αj
j=1 j

(1.50)

trong đó tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Sn xác định bởi
Sn = {α ∈ Nn ; α1 + 2α2 + · · · + nαn = n} .

(1.51)

Do đó ta thu được
n

α∈Sn

1
= 1,
αj
α
!j
j
j=1

và ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1. Xét phương trình vô định sau đây
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = 4.
Lời giải. Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là
α = (α1 , α2 , α3 , α4 ) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0).
Tiếp theo, ta tính các đại lượng
Πα = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 ,

α = (α1 , α2 , α3 , α4 ).

Ta có
Π1 = 4!14 .0!20 .0!30 .0!40 = 24,
Π2 = 0!10 .0!20 .0!30 .1!41 = 4,

(1.52)

16
Π3 = 1!11 .0!20 .1!31 .0!40 = 3,
Π4 = 0!10 .2!22 .0!30 .0!40 = 8,
Π5 = 2!12 .1!21 .0!30 .0!40 = 4.
Suy ra
1
1
1
1
1
1 1 1 1
+
+
+
=
+ + + + = 1.
Π1 Π2 Π3 Π4
24 4 3 8 4
Ví dụ 1.2. Xét phương trình vô định sau đây
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 = 5.
Lời giải. Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là
α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) = (5, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 0),
(1, 2, 0, 0, 0), (2, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (3, 0, 1, 0, 0).
Tiếp theo, ta tính các đại lượng
Πα = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 .α5 !5α5 ,

α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ).

Ta có
Π1 = 5!15 .0!20 .0!30 .0!40 .0!.50 = 120,

Π2 = 0!10 .0!20 .0!30 .1!40 .1!51 = 5,
Π3 = 0!11 .1!21 .1!31 .0!40 .0!50 = 6,
Π4 = 1!11 .2!22 .0!30 .0!40 .0!50 = 8,
Π5 = 2!12 .0!20 .1!31 .0!40 .0!50 = 4,
Π6 = 1!11 .0!20 .0!30 .1!41 .0!50 = 4,
Π7 = 3!13 .0!20 .1!31 .0!40 .0!50 = 18.
Suy ra
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1
1
+
+
+
+
+
+
=
+ + + + + +
= 1.
Π1 Π2 Π3 Π4 Π5 Π6 Π7
120 5 6 8 4 4 18

1.4.2

Biểu diễn đơn vị thành tổng các phân số Ai Cập với mẫu số
lẻ

Hai bài toán tối ưu hóa liên quan đến biểu diễn của 1 bằng tổng các phân số Ai Cập với
mẫu số lẻ đã được giải quyết. Lời giải duy nhất với các mẫu số lẻ lên tới 105 được cho bởi 3,
5, 7, 11, 33, 35, 45, 55,7 7, 105. Có 5 lời giải khi chỉ có 9 mẫu số được sử dụng.


17
Bằng phân số Ai Cập với độ dài l nghĩa là Ta có một biểu diễn có dạng
1
1
1
+
+ ··· + ,
a1 a2
an
trong đó ai là các số nguyên dương phân biệt. Ta xem xét biểu diễn của 1 bởi các phân số với
các mẫu số lớn hơn 1, đơn giản là
1 1 1
+ + = 1.
2 3 6
Bài toán trở lên phức tạp hơn nhiều nếu Ta thêm điều kiện rằng các mẫu số được sử dụng
không chia hết cho một vài số nguyên tố đầu tiên. Đặc biệt, bài toán tìm một biểu diễn với
mẫu số lẻ cũng rất thú vị. Vấn đề trên đây liên quan đến lời giải của phương trình
1
1
1
+

+ ··· +
= 1, 3 ≤ a1 < a2 < · · · < an ; (ai , 2) = 1,
a1 a2
an

(1.53)

trong đó l là số lẻ. John Leech đã tìm thấy lời giải
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
+ + + +
+
+
+
+
+
+
= 1,
3 5 7 9 15 21 27 35 63 105 135

(1.54)

trong đó có l = 11 và al = 135. Ông cũng thấy rằng bất kỳ lời giải nào phải có al ≥ 105 và
l ≥ 9. Ta đưa ra lời giải của hai bài toán tối ưu được đưa ra bởi Leech. Ta có lời giải sau đây

1
1
1
1
1
1
1 1 1 1
+ + + +
+
+
+
+
+
= 1,
3 5 7 9 11 33 45 55 77 105

(1.55)

với al = 105 và cũng có năm lời giải sau với l = 9
1 1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + +
+
+
+
+

3 5 7 9 11 15 21 135 10395
1 1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + +
+
+
+
+
3 5 7 9 11 15 21 165 693
1
1
1
1
1
1 1 1 1
+ + + +
+
+
+
+
3 5 7 9 11 15 21 231 315
1 1 1 1
1
1
1
1

1
+ + + +
+
+
+
+
3 5 7 9 11 15 33 45 385
1 1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + +
+
+
+
+
3 5 7 9 11 15 35 45 231



= 1,








= 1,




= 1,





= 1,







= 1.

(1.56)

Ta sẽ chứng minh hai định lý sau đây
Định lý 1.2. Mọi lời giải của phương trình (1.53) đều có dạng al ≥ 105. Lời giải (1.55) là duy
nhất với al = 105.
Chứng minh. Ta lấy A ⊂ {3, 5, 7, . . . , 133} , viết f (A) là phân số được biểu diễn bằng tổng
các phân số Ai Cập với các mẫu số a ∈ A và tiến hành đi tìm tất cả các tập hợp A với f (A) = 1.
Cho giới hạn là 133, có thể chấp nhận bội lẻ lớn nhất của số nguyên tố p được cho bởi b = 1
với 47 ≤ p ≤ 133, b = 3 cho 29 ≤ p ≤ 43; b = 5 cho p = 23; b = 7 với p = 17, 19; và b = 9 với

18
p = 13.
Đối với mỗi một trong 31 vec-tơ khác không ( 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ),trong đó
1

+

2

3

+

3

5

+

4

7

+

5

9

=

i

= 1 hoặc 0, Ta đặt

L
, (L, M ) = 1.
M

(1.57)

Nếu một số nguyên tố p ≤ 13 không chia hết bất kì một trong 31 giá trị của L trong (1.57)
bằng điều kiện Diophantine, không có phần tử nào của A có thể là một bội số của p. Lập luận
cũng áp dụng cho lũy thừa của một số nguyên tố với một thay đổi rõ ràng. Trong số 31 phương
trình của (1.57) chỉ có 4 phương trình sau liên quan đến bài này.
1+

1 1
23
1 1 1
11 × 16
+ = , 1+ + + =
,
3 5
15
3 5 7
105
1 1

13 1 1 1
11 × 13
.
1+ + = , + + =
3 9
9 5 7 9
315

(1.58)

Vì vậy các phần tử của A không chia hết cho các số nguyên tố p ≤ 17, ngoại trừ có thể p = 23,
và Ta cũng tìm thấy rằng 23, 27, 49, 75, 81, 125 ∈
/ A. Bây giờ ta kí hiệu
A1 = 23 {1, 3, 5} , A2 = 11 {1, 3, 5, 7} , A3 = 13 {1, 3, 9} ,

(1.59)

A4 = 11 {5, 7, 9} , A5 = 13 {5, 7, 9}
trong đó p {a, b, c} nghĩa là {pa, pb, pc}. Đặt
A0 = {d : 1 < d < h, d|h} , h = 315,

(1.60)

Tập hợp đúng 10 ước của h = 32 5 × 7, sao cho
A0 = {3, 5, 7, 9, 15, 21, 35, 45, 63, 105} ,
h
∈ A0 . Theo lập luận của ta A phải là hợp của các tập
a
hợp con của A0 và toàn bộ của 1 hoặc nhiều hơn các tập Ai trong (1.59). Ta chú ý rằng Ai ∩ Aj
và chú ý rằng a ∈ A0 nếu và chỉ nếu

là rỗng, ngoại trừ đối với {i, j} ; i = 2, 4, {2, 4} , {3, 5} . Do đó năm tập hợp Ai trong (1.59) có
dạng 17 phép hợp dời nhau, mỗi một trong số các phép hợp đó ta ghép thêm tập A0 . Sáu phân
số Ai Cập f (Ai ) có giá trị sau đây
f (Ai ) =

44 1 16 1 13 11
, ,
, ,
,
, i = 0, 1, 2, 3, 4, 5,
45 15 105 9 315 315

(1.61)

121
và tổng của sáu số này là 1 +
. Các phân số Ai Cập tương ứng với 17 phép hợp rời nhau có
h
r
giá trị là 1 + , trong đó 1 < r < 121. Ta gọi r là thặng dư liên quan một phép hợp này hoặc
h
tương ứng phân số Ai Cập, và ta định nghĩa các giá trị của r là số cách mà r có thể phân tích
thành tổng các phần tử phân biệt của A0 trong (1.61).


19
Tất cả các lời giải với al ≤ 133 bây giờ có thể được tìm thấy, và số các lời giải là tổng của
17 giá trị. Ta bắt đầu tìm kiếm cho lời giải với al ≤ 105.
Bằng (1.53) bất kì lời giải nào thu được từ một hợp của các tập hợp liên quan đến A1 , A3 , A5

phải chứa mẫu số có giá trị 23 × 5 = 105 hoặc 13 × 9 = 117. Do đó nếu có một lời giải với
al ≤ 105 nó chỉ có thể thu được từ một phép hợp của A0 cùng với một trong hai tập hợp A2
hoặc A4 . Từ (1) phép hợp của A0 ∪ A2 có thặng dư là 41, với một cách phân tích thành tổng
các phần tử phân biệt của A0 . Trên thực tế ta có
f (A0 ∪ A2 ) =

44
16
5 + 15 + 21
1
1
1
+
=1+
=1+
+
+ .
45 105
315
63 21 15

Vì 41 có duy nhất một cách phân tích thành tổng của a = 5, 15, 21 ∈ A0 , với các ước liên hợp
h
của chúng = 63, 21, 15 ∈ A0 . Do đó Ta có một lời giải cho (1.53), cụ thể là
a
f (A0 ∪ A2 \ {15, 21, 63}) =

1 1 1 1
1
1

1
1
+ + + +
+
+
+
3 5 7 9 35 45 105 11

1+

1 1 1
+ +
3 5 7

= 1,

mà là (1.55). Hơn nữa, khi các thặng dư của A0 ∪ A4 là 6, mà có một cách. Lời giải ở đây là
chỉ có 1 với al ≤ 105. Định lý được chứng minh.
Phép hợp của A0 ∪ A5 có thặng dư là 4, mà 4 không có cách nào phân tích thành tổng các
phần tử phân biệt của A0 . Thặng dư r tương ứng với 14 phép hợp rời nhau còn lại thỏa mãn
14 ≤ r ≤ 97, với tất cả giá trị 1, 2 hoặc 3. Tổng của tất cả 17 giá trị là 29, số lời giải cho (1.53)
với al ≤ 133. Cho một ví dụ của một phép hợp với thặng dư có 2 cách phân tích thành tổng
các phần tử phân biệt của A0 , ta lấyA0 ∪ A1 ∪ A4 mà có thặng dư là 27, với các phép phân tích
27 = 5 + 7 + 15 = 3 + 9 + 15. Có hai lời giải tương ứng là
1 1 1 1
1
1
1
1
+ + + +

+
+
+
3 5 7 9 15 35 105 23

1+

1 1
+
3 5

+

1
11

1 1 1
+ +
5 7 9

= 1,

1 1 1 1
1
1
1
1
+ + + +
+
+

+
3 5 7 9 15 45 63 23

1+

1 1
+
3 5

+

1
11

1 1 1
+ +
5 7 9

= 1.

và

Định lý 1.3. Mọi lời giải của phương trình (1.53) đều có dạng l ≥ 9. Các lời giải (1.56) là
ứng với l = 9.
Rõ ràng là, đối với biểu diễn phân số Ai Cập của một số nguyên, lũy thừa của một số
nguyên tố mà chia hết cho một số mẫu số cũng phải chia hết cho mẫu số khác. Đây là điều
kiện Diophantine quan trọng, mà Ta sử dụng để phát triển thành một phương pháp xây dựng
theo đó tất cả các lời giải với al được cho dưới một giới hạn có thể được tìm thấy. Khi cố gắng
để cho thấy rằng lời giải (1.54) đưa ra bởi Leech là tối ưu, Ta phát hiện ra rằng có 29 lời giải

20
với al < 135, một lời giải là tối ưu, đó là (1.55).
Chứng minh.
Dễ thấy (1.53) không có lời giải nếu l = 7. Cho nên a7 ≤ 23 thì
1 1 1 1
1
1
1
+ + + +
+
+
< 1,
3 5 7 9 11 13 23
và rõ ràng rằng không có lời giải nếu a7 = 15, 17, 19, 21.
Bây giờ Ta cố định l = 9 trong (1.53), vì vậy a9 ≤ 105 bởi Định lý 1.2; thực tế a9 ≤ 135 nếu
Ta xem xét chứng minh của Định lý 1.2, nhưng bị chặn dưới nhỏ hơn là quá đủ.
Đầu tiên, từ
1 1 1
1
1
1
1
1
1
+ + +
+
+
+
+

+
< 1.
3 5 9 11 13 15 17 19 105
Ta suy ra ngay rằng a1 = 3, a2 = 5, a3 = 7. Tương tự Ta thấy rằng a4 = 9 hoăc 11, và từ
1 1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + +
+
+
+
+
< 1.
3 5 7 9 11 13 67 69 105
Ta cũng suy ra rằng a7 ≤ 65.
3
3
= 6201 tập hợp của các số lẻ (a4 , a5 , a6 , a7 ) thỏa mãn
+ C27
Tiếp theo, mỗi một trong C28

a4 = 9, 11, a4 < a5 < a6 < a7 ≤ 65.
Ta viết
2m
=1−
n

1 1 1
+ +
3 5 7

−

1
1
1
1
+
+
+
a4 a5 a6 a7

.

(1.62)

Đó một điều kiện cần thiết (1.62) có thể được giải thích là
2m
1
1
≤
+
,
n
a7 + 2 105
2m
mà được thỏa mãn bởi chỉ 78 giá trị

cho bởi (1.62). Hơn nữa (1.53) viết lại là
n
1
1
2m
+
=
,
(1.63)
a8 a9
n
m
điều kiện a8 < a9 bây giờ có nghĩa là a8 < . Việc tìm kiếm tất cả các lời giải cho (1.53) không
n
1438
còn là lựa chọn hợp lý, bởi vì giá trị nhỏ nhất có thể có trong (1.62) là
tương ứng với
1036035
(a4 , a5 , a6 , a7 ) = (9, 11, 13, 23), sao cho a8 < 1441 cho trường hợp xấu nhất của 78 trường hợp.
0<

Nó chỉ ra rằng chỉ có 3 giá trị trong (1.62) mà trong đó (1.63) là giải được. Đặc biệt hơn, Ta
cần có a4 = 9, a5 = 11, a6 = 15, và a7 = 21, 33, 35 đưa ra chỉ với giá trị n = 3465 = 32 5 × 7 × 11
và ba giá trị tương ứng m = 13, 43, 46. Lời giải cho (1.63) được cho như sau.
Khi a7 = 21, m = 13,Ta có (a8 , a9 ) = (135, 10395), (165, 693), (231, 315).
Khi a7 = 33, m = 43,Ta có (a8 , a9 ) = (45, 385).
Khi a7 = 35, m = 46,Ta có (a8 , a9 ) = (45, 231).
Năm lời giải tương ứng cho (1.53) cũng được đưa ra trong (1.56). Định lý được chứng minh.