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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HÀ lu an SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN n va p ie gh tn to d oa nl w lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2019 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HÀ lu an SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN n va to gh tn Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp p ie Mã số: 46 01 13 d oa nl w an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS TRẦN NGUYÊN AN m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2019 ac th si Mục lục Mở đầu Chương Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh 1.2 Phương trình Pell lu an Chương Chương Số đa giác số đa diện 10 10 2.2 Một số tính chất 13 n va 2.1 Số đa giác 28 2.4 Số tam giác phương 30 p ie gh tn to 2.3 Hàm sinh số đa giác nl w 2.5 Tổng bình phương số đa giác d oa 2.6 Định lý Cauchy số đa giác an lu 2.7 Một số số hình học phẳng khác nf va 2.8 Số đa diện 32 35 37 39 44 Tài liệu tham khảo 44 z at nh oi lm ul KẾT LUẬN z m co l gm @ an Lu n va ac th i si Mở đầu Các số tượng hình (figurate numbers) hầu hết số đặc biệt khác có lịch sử lâu đời phong phú Các số tượng hình giới thiệu vào khoảng kỷ thứ VI trước công nguyên nỗ lực gắn kết Hình học với Số học Những nhà toán học thời kỳ Pythagore xem xét số nguyên dương tập điểm mặt phẳng số lu an tượng hình số biểu thị một hình đều: số đa giác số va biểu thị đa giác đều, số đa diện số biểu thị đa diện đều, n tn to Lý thuyết số tượng hình khơng thể vẻ đẹp toán học mà ie gh thâm nhập vào nhiều nghiên cứu toán học, đặc biệt số học p nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu (Pythagoras, Hypsicles, Plutarch, Nicomachus, Theon, Diophantus, Fibonacci, Stifel, Cardano, Descartes, Pell, w oa nl Pascal, Euler, Legendre, Gauss, ) d Luận văn tìm hiểu số đa giác, số đa diện số toán liên lu an quan Tài liệu luận văn sách "Figure Numbers" E nf va Deza, M.M Deza hai báo "A short proof of Cauchy’s polygonal number z at nh oi A Gnanam, B Anitha lm ul theorem" M B Nathanson; "Sum of squares of polygonal numbers" Luận văn chia làm chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị hàm sinh phương trình Pell Chương trình bày số đa z giác, số đa diện số toán liên quan Số đa giác số tính chất @ gm trình bày mục đầu Chương Nội dung Chương co l trình bày số tốn quan trọng liên quan số tam giác m phương, Định lý Cauchy số đa giác, tổng bình phương số đa giác Một an Lu số số hình học phẳng khác số đa giác số âm, số pronic, số gnomonic, số kim cương Aztec giới thiệu chương Cuối luận văn n ac th va tìm hiểu sơ lược số đa diện: số tứ diện số hình chóp si Trong q trình làm luận văn, tơi nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng 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 Tốn khóa K11 (2017-2019) - trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ gia đình chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập lu Thái Ngun, ngày 30 tháng 01 năm 2019 Tác giả an n va tn to p ie gh Đinh Thị Thu Hà d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh Các hàm sinh dùng để biểu diễn cách có hiệu dãy lu cách mã hóa số hạng dãy số hệ số lũy thừa an biến x chuỗi lũy thừa hình thức Các hàm sinh có n va thể dùng để giải nhiều toán đếm, chẳng hạn đếm số cách chọn hay to tn phân phối vật thuộc loại khác nhau, chịu nhiều ràng buộc hay số cách ie gh để đổi dollar dùng đồng xu có mệnh giá khác Các hàm p sinh dùng để giải hệ thức truy hồi cách dịch nl w hệ thức truy hồi số hạng dãy thành phương trình oa hàm sinh Các hàm sinh dùng để chứng minh hẳng d đẳng thức tổ hợp cách lợi dụng mối liên hệ tương đối đơn giản lu nf va an hàm chuyển dịch mối quan hệ thành đẳng thức liên quan đến số hạng dãy Những lý giải thích ta lm ul quan tâm đến hàm sinh Mục chương nhắc lại kiến thức z at nh oi hàm sinh dãy số làm kiến thức sở cho Chương Định nghĩa 1.1.1 Hàm sinh dãy số a0 , a1 , , ak , số z thực chuỗi vô hạn gm @ k G(x) = a0 + a1 x + + ak x + = ∞ X ak xk l k=0 co m Nhận xét 1.1.2 Hàm sinh dãy {ak } cho Định nghĩa với loại hàm sinh khác dãy an Lu 1.1.1 cịn gọi hàm sinh thơng thường {ak } để phân biệt n va ac th si Ví dụ Hàm sinh dãy {ak } với ak = 3, ak = k + 1, ak = 2k ∞ X ∞ X k 3x , ∞ X k (k + 1)x , k=0 k=0 k=0 2k xk Ta định nghĩa hàm sinh cho dãy hữu hạn số thực cách mở rộng dãy hữu hạn a0 , a1 , , an thành dãy vô hạn với an+1 = an+2 = = Hàm sinh G(x) dãy vơ hạn đa thức bậc n khơng có số hạng có dạng aj xj với j > n, tức là, G(x) = a0 + a1 x + + an xn Ví dụ Hàm sinh dãy 1, 1, 1, 1, 1, lu + x + x2 + x3 + x4 + x5 an n va Ta có gh tn to x6 − = + x + x2 + x3 + x4 + x5 x−1 x6 −1 x−1 hàm sinh dãy 1, 1, 1, 1, 1, p ie Do G(x) = w k với k = 0, 1, 2, , m Ví dụ Giả sử m số nguyên dương ak = Cm oa nl Hàm sinh dãy a0 , a1 , , am d 2 m m G(x) = Cm + Cm x + Cm x + + Cm x an lu nf va Theo Định lí nhị thức ta thấy G(x) = (1 + x)m lm ul Khi dùng để giải toán đếm, hàm sinh thường z at nh oi coi chuỗi lũy thừa hình thức Vấn đề hội tụ chuỗi không xem xét Tuy nhiên, để áp dụng số kết giải tích, việc xem xét giá trị x chuỗi hội tụ z chuỗi vơ hạn có liên quan đến hàm sinh hàm sinh dãy 1, 1, n va với |x| < an Lu = + x + x2 + 1−x m co 1−x l Ví dụ Hàm f (x) = gm @ điều quan trọng Bây ta nêu số tính chất ac th si 1−ax Ví dụ Hàm f (x) = hàm sinh dãy 1, a, a2 , a3 , = + ax + a2 x2 + a3 x3 + − ax |a| với |ax| < 1, hay |x| < với a 6= Chúng ta cần số kết việc cộng nhân hai hàm sinh Định lý 1.1.3 Giả sử f (x) = ∞ X k ak x g(x) = ∞ X bk xk k=0 k=0 Khi lu an va f (x) + g(x) = ∞ X (ak + bk )xk f (x)g(x) = ∞ X   k X  aj bk−j  xk k=0 n k=0 to gh tn Ví dụ Giả sử f (x) = Ví dụ để tìm hệ số a0 , a1 , a2 , p ie khai triển f (x) = (1−x)2 Hãy dùng P∞ k k=0 ak x j=0 w Lời giải Từ Ví dụ ta có d oa nl = + x + x2 + 1−x an lu Do theo Định lí 1.1.3, nf va = (1 − x)2 ∞ X  k X   ∞ X (k + 1)xk 1 x = k lm ul k=0 j=0 k=0 z at nh oi Nhận xét 1.1.4 Kết rút từ Ví dụ cách lấy vi phân Lấy đạo hàm kĩ thuật hữu ích để tạo đẳng thức từ đẳng thức có hàm sinh z @ gm Định nghĩa 1.1.5 Cho u số thực k số nguyên không âm ac th n (−2)(−3)(−4) = −4; 3! va C3−2 = an Lu Ví dụ Ta có m co l Khi hệ số nhị thức mở rộng định nghĩa ( u(u−1) (u−k+1) k > 0, k k! Cu = k = si

− − 1/2 = C3 = 3! 16 Ví dụ cho ta cơng thức tiện ích để tính hệ số nhị thức 2
mở rộng tham số (u) số âm Ví dụ Khi tham số (u) số âm, hệ số nhị thức mở rộng biểu diễn qua hệ số nhị thức thông thường Muốn vậy, ý (−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 = lu an n va p ie gh tn to Bây phát biểu định lí nhị thức mở rộng nl w Khi Định lý 1.1.6 (Định lí nhị thức mở rộng) Cho x số thực với |x| < oa u (1 + x) = ∞ X d Cuk xk an lu k=1 Định lí 1.1.6 chứng minh cách dùng chuỗi Maclaurin nf va lm ul Nhận xét 1.1.7 Khi u số nguyên dương, Định lí nhị thức mở rộng quy Định lí nhị thức, trường hợp Cuk = k > u z at nh oi Ví dụ minh họa cách dùng Định lí nhị thức mở rộng số mũ số nguyên âm z gm @ Ví dụ Dùng Định lí nhị thức mở rộng tìm hàm sinh (1 + x)−n Lời giải Theo Định lí nhị thức mở rộng ta có = k=0 k C−n xk an Lu (1 + x) ∞ X m −n co l (1 − x)−n , n số nguyên dương n va ac th si Dùng cơng thức Ví dụ ta có ∞ X k (−1)k Cn+k−1 xk = −n (1 + x) k=0 Trong biểu thức thay x −x, ta có −n (1 − x) = ∞ X k Cn+k−1 xk k=0 Bảng 1.1: Một số hàm sinh thường gặp G(x) ∞ X (1 + x)n = ak lu Cnk xk an k=0 ∞ X n va (1 + ax)n = Cnk Cnk ak Cnk xrk Cn r | k ; trường hợp khác xk k ≤ n; trường hợp khác k=0 (1 + xr )n = ie gh tn to Cnk ak xk p − xn+1 = 1−x ∞ X k=0 n X k/r oa xk k=0 xrk = (1 − x)2 k=0 ∞ (k + 1)xk r | k ; trường hợp khác z at nh oi k=0 ∞ X lm ul ∞ X ak nf va = − xr ak x k an = − ax lu k=0 ∞ X d = 1−x nl w k=0 ∞ X k+1 z X k = Cn+k−1 xk n (1 − x) k=0 ∞ X k = Cn+k−1 (−1)k xk n (1 + x) k=0 ∞ X k = Cn+k−1 (−1)k ak xk n (1 − ax) k=0 ∞ k X x ex = k! k=0 l gm @ n−1 k Cn+k−1 = Cn+k−1 m co n−1 k (−1)k Cn+k−1 = (−1)k Cn+k−1 an Lu n−1 k Cn+k−1 ak = (−1)k Cn+k−1 ak n ac th va k! si x2 − 2y = Do nghiệm phương trình √ √ (3 + 2)n + (3 − 2)n xn = , √ √ (3 + 2)n − (3 − 2)n √ yn = 2 thay u, v ta cơng thức Ví dụ: (i) Với n = 1, ta có: u1 = 1, v1 = Vậy S4,3 (1) = S3 (1) = S4 (1) = (ii) Với n = 2, ta có: u2 = 8, v2 = Vậy S4,3 (2) = S3 (8) = S4 (6) = 36 lu Từ đó, ta có cơng thức xác định số tam giác phương thứ n sau: i √ n √ n h (17 + 12 2) + (17 − 12 2) − S4,3 (n) = 32 Thật an n va S4,3 (n) = v p ie gh tn to √ √ Chú ý (3 ± 2)2 = 17 ± 12 ta có " √ √ #2 (3 + 2) − (3 − 2) √ S4,3 (n) = i √ n √ n h (17 + 12 2) + (17 − 12 2) − = 32 d oa nl w lu nf va an Sau số tính chất số tam giác phương: Mệnh đề 2.4.1 (i) S4,3 (n + 1) = 4S4,3 (n)(8S4,3 (n) + 1) với S1 = lm ul (ii) S4,3 (n) = 34S4,3 (n − 1) − S4,3 (n − 2) + với S4,3 (0) = S4,3 (1) = Vì ab = = 32 , nên z √ √ (3+2√ 2)2 (3−2√ 2)2 4 z at nh oi Chứng minh (i) Thật vậy, ta có S4,3 (n) = vn2 = (a−b)2 , S4,3 (n−1) = vn−1 = √ √ (3(a − b) − 2(a + b))2 , S4,3 (n + 1) = vn+1 = (3(a − b) + 2(a + b))2 gm @ S4,3 (n + 1) + S4,3 (n − 1) = 18(a − b)2 + 16(a + b)2 = 34(a − b)2 + 64ab = 34S4,3 (n − 2) + Hay S4,3 (n) = 34S4,3 (n − 1) − S4,3 (n − 2) + l = S3 (4u(u + 1)) an Lu 4u(u+1)(4u(u+1)+1) 2 m 2u(u + 1)(4u(u + 1) + 1) = co (ii) Ta có S3 (u) = 21 u(u + 1) = v = S4 (v) S3 (u)(8S3 (u) + 1) = Mặt khác 4S4 (v)(8S4 (v) + 1) = 4v (4u(u + 1) + 1) = 4v (2u + 1)2 = n va S4 (v(2u + 1)) 31 ac th Từ ta có điều phải chứng minh si 2.5 Tổng bình phương số đa giác Mục trình bày theo báo [6] Nhắc lại số m-giác thứ n: Cho m = 3, 4, , Sm (n) = (m − 2) n(n−1) với n ∈ Z Hơn Sm (n) = (m − 2)Tn−1 + n, Tn−1 = n(n−1) số tam giác thứ n − 1, với n ∈ Z Mệnh đề 2.5.1 lu (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2  n2  = m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11) n2 4   − m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12) − 2n   + (m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13) an n va Chứng minh p ie gh tn to (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2 2  2  (m − 1)n(n − 1) (m − 2)n(n − 1) +n + +n = 2  n2 (n − 1)2  = (m − 2)2 + (m − 1)2 + 2n2 + [(m − 2) + (m − 1)] n2 (n − 1)  n (n − 1)2  m + (m2 − 6m + 5) + 2n2 + [2m − 3] n2 (n − 1) =  n2  m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11) n2 = 4   − m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12) − 2n   + (m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13) d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Mệnh đề 2.5.2 (Sm (n))2 + (Sm (n + 1))2 = m2 Tn2 − 2mTn−1 16(2n2 + 1) + z 2(Tn−1 )2 + m co l gm @ an Lu n va ac th 32 si Chứng minh lu (Sm (n))2 + (Sm (n + 1))2  2  2 (m − 2)n(n − 1) (m − 2)(n + 1)n = +n + + (n + 1) 2    (m − 2)2 n2  (n − 1)2 + (n + 1)2 + n2 + (n + 1)2 + = 4  (m − 2)n n(n − 1) + (n + 1)2


(m − 2)2 n2 = n + + 2n2 + 2n + + (m − 1) n 2n2 + n +
= m Tn2 − mn (n − 1) 2n2 + + 2n3 (n − 1) − 2n2 (n − 1) +
= m2 Tn2 − mn (n − 1) 2n2 + + 2n2 (n − 1)2 +
= m2 Tn2 − 2mTn−1 2n2 + + 8Tn−1 +1 an n va Mệnh đề 2.5.3 Bộ ba Sm (n), Sm+k (n),Sm+2k (n) nghiệm phương to gh tn trình Diophantine x2 + y = 2z + ω , ω số p ie Chứng minh Xét phương trình x2 + y = 2z + ω w Ta thử nghiệm tập số đa giác oa nl Lấy x = Sm (n) y = Sm+2k (n), ta có d 2 (n) (n) + Sm+2k x2 + y = Sm an lu = [(m − 2)Tn−1 + n]2 + [((m + 2k) − 2)Tn−1 + n]2 nf va = [(m − 2)2 ((m + 2k) − 2)2 ]Tn−1 + 2n2 + 2[(m − 2) + ((m + 2k) − 2)]nTn−1 lm ul = [2m2 + 4m(k − 2) + 2k + 2(k − 4k + 4)]Tn−1 + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 Vậy z at nh oi + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 = [2[m2 + 2m(k − 2) + (k − 2)2 ] + 2k ]Tn−1  = [((m + k) − 2)Tn−1 + n]2 + k Tn−1 z x2 + y = 2z + ω , @ l gm Lấy ω = kTn−1 ta có Sm (n), Sm+k (n),Sm+2k (n) nghiệm phương trình cho co m Mệnh đề 2.5.4 an Lu n va (Sm (n))2 + (Sm (n + 2))2 = [[n2 (m − 2) + nm]2 + n2 [2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m − 2)] + 2m2 ] ac th 33 si Chứng minh (Sm (n))2 +(Sm (n+2))2 = [ (m−2)n(n−1) +n]2 +[ (m−2)(n+2)(n+1) + 2 (n + 2)]2 = (m−2)2 [n (n−1)2 +(n+2)2 (n+1)2 ]+[n2 +(n+2)2 ]+(m−2)[n2 (n− 1) + (n + 1)(n + 2) ] = (m−2)2 [2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4] + [2n2 + 4n + 4] + (m − 2)[2n3 + 4n2 + 8n + 4] = 14 [m2 (2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4) − m(8n4 + 8n3 + 40n2 + 16n) + (8n4 + 32n2 )] lu an n va = 14 [2n4 (m2 − 4m + 4) + 4n3 m(m − 2) + 2n2 (7m2 − 20m + 16) + gh tn to 4n(3m2 − 4m) + 4m2 p ie = 12 [n4 (m − 2)2 + 2n3 m(m − 2) + n2 [3m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + oa nl w 2m(m − 2)] + 2m2 d = 12 [[n2 (m − 2) + nm]2 + n2 [2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m − nf va an lu 2)] + 2m2 ] m+r+4 X z at nh oi lm ul Mệnh đề 2.5.5 (Sl (n)) = (2(r + 2) + 1)[mTn + n] + l=m−r Pm+r+4 r+2 X i2 Tn2 i=1 z 2 2 l=m−r (Sl (n)) = (Sm−r (n)) +(Sm−r+1 (n)) +(Sm−r+2 (n)) + + (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2 + (Sm+2 (n))2 + + (Sm+r (n))2 + (Sm+r+1 (n))2 + Chứng minh gm @ m co l + (Sm+r+4 (n))2 an Lu = (m−r−2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−r−2)+(m−r−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m− r−1)+ +(m−2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−2)+(m−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−1)+ + va n (m+r−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m+r−1)+ +(m+r+2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m+r+2) ac th 34 si m+r+4 X 2 (Sl (n)) = (2(r + 2) + 1)[mTn + n] + r+2 X i2 Tn2 i=1 l=m−r 2.6 Định lý Cauchy số đa giác Nhắc lại số m + 2-giác thứ n số nguyên dương Sm+2 (n) = m 2 (n − n) + n, m ≤ 1, n = 0, 1.2, Fermat [7] phát biểu số nguyên không âm tổng m + số m + 2-giác Với m = 2, Lagrange [3] chứng minh số nguyên không âm tổng số hình vng S4 (n) = n2 Với m = 1, Gauss [5] chứng minh số nguyên không âm tổng lu số tam giác S3 (n) = n(n + 1)/2 hay số nguyên dương a ≡ 3(mod8) an tổng số lẻ bình phương Cauchy [1] chứng minh phát biểu n va Fermat cho số m ≤ Mục trình bày chứng minh kế to gh tn Cauchy theo báo [10] ie Bổ đề 2.6.1 (Bổ đề Gauss) Mọi số nguyên không âm tổng số tam p giác S3 (n) = n(n + 1)/2 hay số nguyên dương a ≡ 3( mod 8) tổng oa nl w số lẻ bình phương d Bổ đề 2.6.2 Cho a b số nguyên dương lẻ cho b2 < 4a a = s2 + t2 + u2 + v , nf va an lu 3a < b2 + 2a + Khi đó, tồn số nguyên không âm s, t, u, v cho: (2.16) lm ul b=s+t+u+v (2.17) z at nh oi Chứng minh Vì a b số lẻ nên 4a − b2 ≡ 3(mod8) Do đó, từ định lý Gauss số tam giác, tồn số nguyên lẻ x ≥ y ≥ z > cho 4a − b2 = x2 + y + z z (2.18) gm @ Chọn dấu ±z cho b + x + y ± z ≡ 0(mod4) Đặt: l b+x+y±z b+x b+x−y∓z ,t = −s= , 4 b+y b−x+y∓z b±z b−x−y±z u= −s= ,v = −s= 4 Khi đó, phương trình (2.16)và (2.17) thỏa mãn s ≥ t ≥ u ≥ v Để m co s= an Lu va n chứng tỏ số nguyên không âm, ta chứng minh v ≥ v > −1 ac th 35 si Điều b − x − y − z > −4 tương đương với x + y + z < b + Giá √ trị lớn x + y + z thỏa mãn (2.18) 12a − 3b2 , kết hợp với điều √ kiện 3a < b2 + 2a + (từ giả thiết), ta x + y + z ≤ 12a − 3b2 < b + Đây điều phải chứng minh Định lý 2.6.3 Cho m ≥ n ≥ 120m Khi đó, n tổng m + số m + 2-đa giác, nhiều bốn số khác Chứng minh Cho b1 b2 số nguyên lẻ liên tiếp Tập hợp tất số có dạng b + r, b ∈ {b1 , b2 } r ∈ {0, 1, , m − 3}, chứa đầy đủ lu lớp thặng dư modul m Vì vậy, n ≡ b + r(modm) Đặt       n−b−r n−r a=2 +b= 1− b+2 m m m (2.19) an Khi a số nguyên lẻ n va m (a − b) + b + r (2.20) p Nếu < b < 23 + 8(n/m) − cơng thức nghiệm phương trình bậc hai p ie gh tn to n=  d oa nl w    n−r b − 4a = b − − b−8 12 + 6(n/m) − 3a < b2 + 2b + an lu Từ đó, độ dài khoảng   q q + 6(n/m) − 3, + 8(n/m) − I= nf va (2.21) lm ul lớn Điều chứng tỏ I chứa hai số lẻ dương liên tiếp b1 b2 z at nh oi Do đó, tồn hai số nguyên dương lẻ a b thỏa mãn hệ thức (2.20) bất đẳng thức b2 < 4a, 3a < b2 + 2a + Theo Bổ đề Cauchy, tồn số z s, t, u, v thỏa mãn (2.16) (2.17) Vì m m m n = (a − b) + b + r = (s2 − s) + s + + (v − v) + v + r 2 = Sm+2 (s) + Sm+2 (t) + Sm+2 (u) + Sm+2 (v) + r co l gm @ m Đây điều phải chứng minh an Lu Định lý 2.6.4 Cho m ≥ Nếu m lẻ số nguyên đủ lớn tổng 36 ac th năm số đa giác thứ m + mà số n va bốn số đa giác thứ m + Nếu m chẵn số nguyên đủ lớn tổng si Chứng minh Tồn số c cho n > cm3 độ dài khoảng I công thức (2.21) lớn 2m Vì vậy, I chứa m số ngun lẻ liên tiếp Nếu m lẻ I tạo thành tập hợp đầy đủ lớp thặng dư modul m Vì n ≡ b(modm) với số lẻ b ∈ I Cho r = 0, ta công thức (2.19) Nếu m chẵn n > cm3 n ≡ b + r(modm) với số lẻ b ∈ I r ∈ {0, 1} Ta công thức (2.19) 2.7 Một số số hình học phẳng khác Ta có, cơng thức tổng qt số m - giác thứ n là: lu an Sm (n) = n va n [(m − 2)n − m + 4] m − 2 = (n − n) + n, 2 tn to với n nguyên Với n nguyên dương, ta có số đa giác thơng thường Với n = 0, ta có: Sm (0) = gh p ie Với n nguyên âm, ta có: nl w Sm (−n) = n [(m − 2)n + m − 4] m − 2 = (n + n) − n 2 d oa Ta xem xét tính chất số Sm (−n), n ∈ N Để thuận tiện, ta đặt nf va − an lu Sm (−n) =− Sm (n) Vậy theo định nghĩa, ta có: n [(m − 2)n + m − 4] m−2 = (n + n) − n, n ∈ N Sm (n) = Sm (−n) = z at nh oi lm ul Đặc biệt, ta có: − S3 (n) = n(n−1) − , S4 (n) = n2 z @ Vậy, số tam giác có số âm số tam giác thơng thường đứng co l gm trước Nghĩa là: − S3 (n) = S3 (−n) = S3 (n − 1) m Ta có, dãy số tam giác thơng thường 0, 1, 3, 6, 10, an Lu ac th 37 n hay 0, 1, 0, 3, 6, 3, 10, 6, với n = 0, ±1, ±2, ±3, ±4, va Vậy dãy số tam giác tổng quát , 10, 6, 3, 0, 0, 1, 3, 6, 10, n ∈ Z si Số hình vng có số âm số hình vng thơng thường Nghĩa là: − S4 (n) = S4 (−n) = n2 Ta có dãy số hình vng thơng thường 1, 4, 9, 16, 25, Vậy dãy số hình vng tổng qt , 25, 16, 9, 4, 1, 0, 1, 4, 9, 16, 25, hay 0, 1, 1, 4, 4, 9, 9, 16, 16, 25, 25, n = 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, Số pronic (hay số heteromecic) tích hai số nguyên dương liên tiếp Do đó, số pronic thứ n, kí hiệu P( n), xác định công thức: P (n) = n(n + 1) Các số gọi số hình chữ nhật chúng biểu thị hình chữ nhật cạnh n n + lu an n va p ie gh tn to Hình 2.15: Số pronic với n = w oa nl Các số pronic 2, 6, 12, 20, 30, d Ta có: Số pronic thứ n gấp đôi số tam giác thứ n: nf va an lu P (n) = 2S3 (n) z at nh oi lm ul z @ l gm Hình 2.16: P (5) = 2S3 (5) co Số gnomonic có quan hệ chặt chẽ với số hình vng Số gnomonic có m biểu diễn hình học hình chữ L, thu từ việc lấy số hình vng thứ an Lu n trừ số hình vng thứ n − Từ n2 − (n − 1)2 = 2n − 1, ta có số n va gnomonic số nguyên lẻ 2n − 1, n ∈ Z 38 ac th Các số gnomonic 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, Vì vậy, số si Hình 2.17: Các số gnomonic với n = 1, 2, 3, 4, gnomonic thứ n Gn(n) xác định công thức: Gn(n) = 2n − = S4 (n) − S4 (n − 1) Số kim cương Aztec số điểm xếp đầy hình kim cương Aztec Hình kim cương Aztec thứ n hình thu việc ghép bốn hình cầu thang lu an cạnh n lại với Số kim cương Aztec Az(n) xác định công thức: n va p ie gh tn to nl w d oa Hình 2.18: Các số Az(n) với n = 1, 2, 3, nf va an lu Az(n) = 2n(n + 1) Một số số kim cương Aztec đầu tiên: 4, 12, 24, 40, 60, 84, 112, 144, 180, 220, lm ul (Sloane’s A046092) Vậy ta có: Az(n) = 4S3 (n) = 2P (n) Tức là, số kim n z 2.8 Số đa diện z at nh oi cương Aztec thứ n gấp bốn lần số tam giác thứ n gấp đôi số pronic thứ gm @ Các số đa diện giống với số đa giác Chúng ta xét hình l đa diện tương tự với hình đa giác Các số đa diện tương ứng với số co m tam giác, số tứ giác, số tứ diện, số hình chóp, an Lu Định nghĩa 2.8.1 Số m-đa diện thứ n, Sm (n) tổng n số m-giác đầu ac th 39 n Sm (n) = Sm (1) + Sm (2) + + Sm (n) va tiên: si Hình 2.19: Hình ảnh hình học số số đa diện 3 Ta có Sm (n) = Sm (n − 1) + Sm (n), Sm (1) = Công thức tổng quát số m-đa diện thứ n n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) Thật vậy, quy nạp Với n = ta có Sm (1) = Sm (1) = = Sm (n) = lu an n va 1.2((m−2).1−m+5) Giả sử phát biểu với n ta chứng minh với n + p ie gh tn to Thật 3 Sm (n + 1) = Sm (n) + Sm (n + 1) n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) = (n + 1)((m − 2)(n + 1) − m + 4) + (n + 1) = (n (m − 2) + n(5 − m) + 3(n + 1)(m − 2) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n2 + 3n + 3)(m − 2) + n(5 − m) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n2 + 3n + 2)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) + (m − 2) − 2(5 − m) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) + (m − − 10 + 2m + 12 − 3m)) (n + 1) = ((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m)) (n + 1)(n + 2)((m − 2)(n + 1) − m + 5) = Công thức cho Archimedes ông sử dụng để tìm thể d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu 40 ac th Một số tính chất khác Archimedes cho mệnh đề sau: n va tích hình si Mệnh đề 2.8.2 (i)S43 (n) = S33 (n) + S33 (n − 1) (ii)Sm (n) = 31 ((m − 2)n − m + 5)S3 (n) n+1 (2Sm (n) + n) 3 (n) + S33 (n − 1) (n) = Sm−1 (iv)Sm (v)Sm (n) = S33 (n) + (m − 3)S33 (n − 1) (vi)Sm (n) = S3 (n) + (m − 2)S33 (n − 1) (vii)S33 (n − 1) + S33 (n + 1) = 2S33 (n) + (n (iii)Sm (n) = + 1) Chứng minh (i) Lấy tổng đẳng thức , với ≤ k ≤ n ta có: S43 (n) = S4 (1) + S4 (2) + + S4 (n − 1) + S4 (n) = S3 (1) + (S3 (2) + (S3 (1)) + + (S3 (n − 1) + S3 (n − 2)) lu +(S3 (n) + S3 (n − 1)) an va = (S3 (1) + + S3 (n)) + (S3 (1) + + S3 (n − 1)) n = S33 (n) + S33 (n − 1) gh tn to ie Các (ii) đến (vii) chứng minh tương tự p Đặc biệt, "Số tứ diện" S33 (n) thứ n số w = S3 (1) + S3 (2) + S3 (3) + + S3 (n − 1) + S3 (n) = oa nl S33 (n) S3 (k) k=1 d an lu Ta có n X nf va ! n+2 n(n + 1)(n + 2) = lm ul S33 (n) = (2.22) n+1 ! = m+2 ! = S33 (m) z S3 (n) = z at nh oi Một số vừa số tứ diện, vừa số tam giác phải thỏa mãn hệ thức nhị phân: @ m co l gm Các số là: an Lu n va ac th 41 si S33 (1) = S3 (1) = S33 (3) = S3 (4) = 10 S33 (8) = S3 (15) = 120 S33 (20) = S3 (55) = 1540 S33 (34) = S3 (119) = 7140 "Số hình chóp" S43 (n) thứ n S43 (n) 2 2 = + + + + n = n X k2 k=1 lu an n va p ie gh tn to oa nl w Hình 2.20: Hình dạng hình học số hình chóp thứ d Ta có số hình chóp thứ n là: an lu nf va S43 (n) = n(n + 1)(2n + 1) lm ul Thật vậy, cho S43 (n) số hình chóp thứ n Khi đó: S43 (n) = Mà k = S3 (k − 1) + S3 (k) Vậy S43 (n) = n X k2 k=1 z at nh oi n P (S3 (k − 1) + S3 (k)) = S3 (k − 1) + k=1 n X S3 (k) k=1 z k=1 n X @ gm Từ định nghĩa số tứ diện, ta có: S43 (n) = S33 (n − 1) + S33 (n) Vậy n(n + 1)(n − 1) n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(2n + 1) + = 6 m co l S43 (n) = thức: n ac th 42 va S43 (n) = ! ! n+2 n+1 + 3 an Lu Một số hình chóp biểu diễn tổng hệ số nhị si Rõ ràng hệ số nhị phân biểu diễn số tứ diện Do đó, cơng thức thể số hình chóp tổng hai số tứ diện liên tiếp giống số tứ giác tổng hai số tam giác Trong tổng này, hai số tứ diện đếm số điểm bên phía hình vng sở số tứ diện cịn lại đếm số điểm phía cịn lại đường chéo Số tứ diện liên quan đến số hình chóp theo cách khác: ! 2n + S43 (n) = Tổng hai số hình chóp liên tiếp số bát diện Ta có số tính chất khác Các phát biểu sau lu (1) mSm (n) − nSn (m) = 12 mn(m − n); an va (2) S33 (1) + S33 (2) + S33 (3) + S33 (4) = S33 (5); n (3) C(3) + C(4) + C(5) = C(6); gh tn to (n+1)3 −(n+1) ; S53 (n) = S33 (n) + 2S33 (n − 1); S63 (n) = S53 (n) + S33 (n − 1); S63 (n) = S43 (n) + 2S33 (n − 1); C(n + 1) = (S3 (n + 1))2 − (S3 (n))2 ; (4) S33 (n) = (5) ie p (6) oa nl (8) w (7) d (9) C(n) + 6S3 (n) + = C(n + 1); lu nf va an (10) S3 (1) + S3 (3) + + S3 (2n − 1) = S63 (n); (11) S3 (2) + S3 (4) + + S3 (2n) = 3S33 (n) + S33 (n − 1); lm ul (12) S3 (1) + S3 (3) + + S3 (2n + 1) = 3S33 (n) + S33 (n + 1); z at nh oi (13) S4 (3) + S4 (5) + + S4 (2n + 1) = 8S33 (n) + n; (14) S3 (2) + S3 (5) + + S3 (3n − 1) = 3S33 (n) + 6S33 (n − 1); (15) 1.n + 2(n − 1) + 3(n − 2) + + (n − 1)2 + n.1 = S33 (n); z 1) + S3 (n); S33 (1) + S33 (2) + S33 (3) + + S33 (n) + = 32 m co (17) l gm @ (16) S33 (1) + S33 (2) + + S33 (n) = nS3 (1) + (n − 1)S3 (2) + + 2S3 (n − an Lu n va ac th 43 si KẾT LUẬN Luận văn tìm hiểu số đa giác, số đa diện toán liên quan Luận văn đạt kết sau: - Trình bày hệ thống kiến thức hàm sinh phương trình Pell - Trình bày định nghĩa tính chất số đa giác, mơ tả hình ảnh số trường hợp cụ thể - Tìm hiểu mối liên hệ số tam giác số hình vng, cịn gọi số tam giác phương - Tìm hiểu tốn tổng bình phương số đa giác, lời giải lu cho phương trình Diophantine x2 + y = 2z + ω tập số đa giác an n va - Tìm hiểu số số đa giác khác số đa giác số âm, số pronic, số gnomonic, số kim cương Aztec p ie gh tn to - Tìm hiểu số số đa diện số tứ diện, số hình chóp d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 44 si Tài liệu tham khảo [1] A Cauchy, “Demonstration du theoreme General de Fermat sur les nombres Polygones”, Mém Sci Math Phys Inst France (1), 14, pp 1813-15 [2] J.H.E Cohn (1964), “On square Fibonacci numbers”, J London Math lu Soc., 39, pp 537–540 an n va [3] J.L De Lagrange (1770), Démonstration d’un théorème d’arithmétique tn to [4] E Deza and M.M Deza (2012), Figure Numbers, Word Scientific ie gh [5] C F Gauss (1966), Disquisitiones arithmeticae, Yale Univ Press, New p Haven, Conn., and London oa nl w [6] A Gnanam, B Anitha (2016), “Sums of squares of polygonal numbers”, Advances in Pure Mathematics, 6, pp 297–301 d lu an [7] T.L Heath (1910), Diophantus of Alexandria: A study in the history of nf va Greek algebra CUP Archive lm ul [8] H.K Kim (2003), “On regular polytope numbers”, Proc of Amer Math z at nh oi Soc., 131(1), pp 65–75 [9] L Ming (1991), “On triangular Lucas numbers”, Applications of Fi- z bonacci Numbers, 4, pp 231–240 @ l gm [10] M.B Nathanson (1987), “A short proof of Cauchy’s Polygonal number theorem”, in Proceedings of the American Mathematical Society, pp 22– m co 24 an Lu n va ac th si