CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL Nguyễn Chí Tâm Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên Email: chitamdhsptnk47@gmail.com Ngày 28 tháng 6 năm 2016 Tóm tắt nội dung Phương trình Pell v
Trang 1CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH PELL
Nguyễn Chí Tâm Đại học Sư phạm-Đại học Thái Nguyên Email: chitamdhsptnk47@gmail.com Ngày 28 tháng 6 năm 2016
Tóm tắt nội dung Phương trình Pell và một số phương trình quy về phương trình kiểu Pell có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán tìm nghiệm nguyên, chứng minh tính chất số học hay những bài toán về dãy số nguyên Chuyên đề này sẽ đưa ra các ứng dụng của phương trình Pell trong các bài toán như vậy Đặc biệt là các bài toán số học trong đề thi học sinh giỏi quốc gia mà có xuất hiện ứng dụng của phương trình Pell
1 Phương trình Pell
1.1 Phương trình Pell loại I
Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:
x2− Dy2
Định lý 1.1 Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) là một số chính phương thì phương trình (1.1.1) vô nghiệm
Chứng minh Nếu D là số chính phương ta luôn có m ∈ Z sao cho D = m2 Khi đó phương trình (1.1.1) được viết lại thành:
x2− m2y2 = 1 ⇔ (x − my)(x + my) = 1
Giả sử phương trình (1.1.1) 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
Trang 2Định lý 1.2 Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1.1) 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 (1.1.1) trở thành:
x2+ my2 = 1
Nếu m = 1 thì ta có phương trình x2 + y2 = 1 Kéo theo
x = 1; y = 0
x = 0; y = 1 Nếu m > 1 và kết hợp với x2, y2 ≥ 0 kéo theo x = 1; y = 0 hoặc x = −1; y = 0 Từ đây
ta kết luận phương trình (1.1.1) không có nghiệm nguyên dương
Định lý 1.3 (Nghiệm của phương trình Pell loại I) Nếu D là một số nguyên dương nhưng không phải là số chính phương thì phương trình (1.1.1) có vô hạn nghiệm nguyên dương và nghiệm tổng quát được cho bởi (xn, yn) với n ≥ 1
xn+1 = axn+ Dbyn, yn+1 = bxn+ ayn, (1.1.2)
trong đó (x1, y1) = (a, b) là nghiệm cơ sở nghĩa là nghiệm mà b > 0 nhỏ nhất
Chứng minh Xem chứng minh trong [1]
Công thức truy hồi ở trên sinh ra do hằng đẳng thức Brahmagupta
(a2+ nb2)(c2+ nd2) = (ac − ndb)2+ n(ad + bc)2 = (ac + nbd)2+ n(ad − bc)2 (1.1.3)
Chú ý Ta có thể viết ngắn gọn là dãy (xn) và (yn) được xác định bởi
(
xn+ yn√
D = (a + b√
D)n
xn− yn√D = (a − b√
D)n
Từ đó ta có công thức của (xn) và (yn) là:
xn = (a + b
√ D)n+ (a − b√
D)n
yn= (a + b
√ D)n− (a − b√D)n
2√ D
(1.1.4)
Do a + b√
D và a − b√
D là hai nghiệm của phương trình X2− 2aX + 1 = 0 nên ta có công thức truy hồi độc lập cho xn và yn:
x0 = 1, x1 = a, xn+1= 2axn− xn−1; (1.1.5)
y0 = 0, y1 = b, yn+1 = 2ayn− yn−1 (1.1.6)
Trang 31.2 Phương trình Pell loại II
Phương trình Pell loại II là phương trình có dạng:
x2− Dy2
Định lý 1.4 Nếu số nguyên D trong (1.2.1) là số chính phương hoặc có ước nguyên
tố dạng 4k + 3 với k ∈ Z thì phương trình đó vô nghiệm
Chứng minh Nếu D là một số chính phương thì D = m2, m ∈ Z Khi đó phương trình được viết lại là
x2− m2y2 = −1 ⇔ (x − my)(x + my) = −1 Giả sử là phương trình có nghiệm là (x0, y0) Khi đó x0− my0, x0+ my0 ∈ Z và do đó kéo theo
(
x0− my0 = 1
x0+ my0 = −1 hoặc
(
x0− my0 = −1
x0+ my0 = 1 Điều này là mâu thuẫn nên (1.2.1) vô nghiệm
Nếu D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 và phương trình có nghiệm là (x0, y0) Khi đó
ta có
x20− Dy2
0 = −1 ⇔ x20+ 1 = Dy02
Từ đây suy ra x2
0+ 1 .D Vì D có ước nguyên tố dạng 4k + 3 nên x2
0+ 1 .4k + 3 Từ đây kéo theo 1 chia hết cho 4k + 3 Điều này là mâu thuẫn vậy nên (1.2.1) vô nghiệm Định lý 1.5 Nếu D là số nguyên tố thì phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi D không có dạng 4k + 3
Chứng minh Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương Theo Định lý 1.4 thì D không có dạng 4k + 3
Ngược lại, giả sử D 6= 4k+3 Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:
D ≡ 1(mod4)
D ≡ 2(mod 4)
D ≡ 0(mod 4)
Do D là số nguyên tố nên chỉ còn hai trường hợp:
(
D ≡ 1(mod 4)
D ≡ 2(mod 4) Trường hợp 1: Nếu D ≡ 1(mod 4) thì D = 4k + 1, k ∈ Z Xét phương trình Pell loại I
x2− Dy2 = 1 gọi là phương trình liên kết với phương trình (1.2.1) Gọi (a, b) là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I, khi đó ta có:
a2− 1 = Db2 (∗)
Xét hai khả năng sau:
Trang 4• Nếu a là số chẵn thì vế trái của phương trình (∗) là lẻ, do D = 4k + 1 là số lẻ nên
b là số lẻ Do đó b2 ≡ 1(mod 4) Vậy a2− 1 ≡ 1.1(mod 4), kéo theo a2 ≡ 2(mod 4) Điều này là vô lý vì a là số chẵn Do đó không xảy ra trường hợp này
• Nếu a là số lẻ thì lập luận tương tự như trên ta có b là số chẵn Giả sử a = 2a1+ 1
và b = 2b1, thay vào (∗) ta có
(2a1+ 2)2a1 = D.4b21 ⇒ (a1+ 1)a1 = Db21 (∗∗)
Vì D là số nguyên tố và (a1, a1+ 1) = 1 nên từ (∗∗) suy ra
(
a1+ 1 = Dv2
a1 = u2
(
a1 = Dv2
a1+ 1 = u2
trong đó u.v = b1; u, v là các số nguyên dương
Nếu
(
a1+ 1 = Dv2
a1 = u2 thì ta có u
2− Dv2 = −1 Vậy (u, v) là nghiệm của phương
trình (1.2.1)
Nếu
(
a1 = Dv2
a1+ 1 = u2 thì ta có u2 − Dv2 = 1 Vậy (u, v) là nghiệm của phương trình Pell loại I Do (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell loại I nên ta
có u ≥ a Từ đó ta có
a1+ 1 = u2 ≥ u ≥ a = 2a1+ 1 ⇒ a1 ≥ 2a1
Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn vì a1 nguyên dương Vậy trường hợp này không xảy ra
Trường hợp 2: Nếu D ≡ 2(mod 4) thì D = 4k + 2 Suy ra D chia hết cho 2 Mà
D là số nguyên tố nên D = 2 Do đó phương trình x2 − 2y2 = −1 có nghiệm nguyên dương (x, y) = (1, 1)
Định lý 1.6 (Điều kiện có nghiệm của phương trình Pell loại II) Gọi (a, b) là nghiệm nguyên nhỏ nhất của phương trình Pell loại I: x2− Dy2 = 1 liên kết với phương trình (1.2.1) Khi đó phương trình (1.2.1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ
(
a = x2 + Dy2
nghiệm nguyên dương
Định lý 1.7 (Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II) Giả sử phương trình (1.2.1) có nghiệm nguyên dương và gọi (x0, y0) là nghiệm nhỏ nhất của nó Khi đó
Trang 5nghiệm tổng quát của phương trình (1.2.1) là (xn, yn)n≥0 được xác định bởi:
xn= x0un+ Dy0vn; yn= y0un+ x0vn (1.2.2) trong đó (un, vn)n≥0 là nghiệm tổng quát của phương trình Pell loại I: x2− Dy2 = 1 liên kết với phương trình (1.2.1)
1.3 Phương trình Pell với tham số n
Phương trình Pell với tham số n là phương trình có dạng:
Định lý 1.8 Phương trình (1.3.1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm
Chứng minh Ta sẽ chứng minh phương trình (1.3.1) nếu có nghiệm thì sẽ có vô số nghiệm Thật vậy, giả sử (x0, y0) là nghiệm của phương trình (1.3.1) Xét phương trình Pell loại I tương ứng là x2− Dy2 = 1 (2) và gọi (a, b) là nghiệm của (2) Khi đó ta có
(
x20− Dy2
0 = n
a2− Db2 = 1
Nhân theo vế của hai đẳng thức trên ta được
(x20− Dy2
0)(a2− Db2) = n ⇔ (x0a + Dy0b)2− D(x0b + y0a)2 = n
Đặt x1 = x0a + Dy0b và y1 = x0b + y0a Ta thấy x21− Dy2
1 = n, kéo theo (x1, y1) cũng là nghiệm của phương trình (1.3.1) Rõ ràng x0 < x1 và y0 < y1 Do đó giả sử có nghiệm khởi đầu là (x0, y0) Xét hệ thức
(
xn+1 = xna + Dynb
yn+1 = xnb + yna
Hệ thức này theo chứng minh trên cho ta vô số nghiệm của phương trình (1.3.1)
Định lý 1.9 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (x0, y0) là nghiệm nhỏ nhất của nó Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng: x2− Dy2 = 1 Khi đó ta có
y02 ≤ max
(
nb2; −na
2
D )
Định lý 1.10 Giả sử phương trình (1.3.1) có nghiệm và gọi (α1, β1), (α2, β2), , (αm, βm)
là các nghiệm của (1.3.1) thỏa mãn bất đẳng thức
β2 ≤ max
(
nb2; −na
2
D )
Trang 6Gọi (a, b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng:
x2− Dy2 = 1 Xét m dãy với dãy thứ i là (xn,i, yn,i) được xác định như sau:
x0,i = αi; y0,i= βi
xn+1,i = xn,ia + Dyn,ib
yn+1,i= xn,ib + yn,ib Khi đó các dãy (xn,i, yn,i)m
i=1 sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình (1.3.1)
2 Ứng dụng của phương trình Pell
2.1 Ứng dụng trong bài toán nghiệm nguyên
Phương trình Pell là một công cụ mạnh giúp ta giải một số bài toán nghiệm nguyên.Ta
sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này
Ví dụ 1 Tìm tất cả các số nguyên dương x > 2 sao cho tam giác có độ dài ba cạnh
là x − 1, x, x + 1 có diện tích là một số nguyên
Giải Giả sử x là giá trị thỏa mãn bài toán Gọi y là diện tích tam giác đó Ta có nửa chu vi tam giác đó là x + 1 + x + x − 1
3x
2 Áp dụng công thức Heron, ta có:
y =
r 3x
2 (
3x
2 − x − 1)(3x
2 − x)(3x
2 − x + 1) = 1
4x
p 3(x2− 4)
hay
16y2 = 3x2(x2− 4)
Vì 16 .2 nên x2(x2− 4) .2 ⇒ x .2 Đặt x = 2k, k ∈ Z Theo đó:
16y2 = 3.4k2(4k2− 4) ⇔ y2 = 3k2(k2− 1) ⇒ y = xp3(k2− 1)
Do y, k ∈ Z+ nên p3(k2 − 1) ∈ Z+
Do đó tồn tại l ∈ Z+ sao cho
3(k2− 1) = l2
Rõ ràng l .3 ⇒ l = 3m, m ∈ Z+ Khi đó phương trình trở thành
k2− 3m2
= 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi:
k0 = 1; m0 = 0
k1 = 2; m1 = 1
kn+2 = 4kn+1− kn, ∀n = 0, 1, 2,
mn+2= 4mn+1− mn, ∀n = 0, 1, 2,
Trang 7Suy ra
(
x0 = 2; x1 = 4
xn+2= 4xn+1− xn, ∀n = 0, 1, 2, Vậy tất cả các giá trị của x thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy:
(
x0 = 2; x1 = 4
xn+2= 4xn+1− xn, ∀n = 0, 1, 2,
Ví dụ 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho trung bình cộng của n số chính phương đầu tiên là một số chính phương
Giải Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng: Với mỗi số nguyên dương n, ta luôn có:
12+ 22+ 32+ + n2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 Suy ra:
12 + 22+ 32 + + n2
(n + 1)(2n + 1)
6
Từ đây ta sẽ đi tìm n, y ∈ Z+ sao cho
(n + 1)(2n + 1)
2
Điều này kéo theo
(n + 1)(2n + 1) = 6y2 ⇔ 2n2+ 3n + 1 = 6y2 ⇔ (4n + 3)2− 48y2 = 1
Đặt 4n + 3 = x, ta thu được phương trình
x2− 48y2 = 1
Đây là phương trình Pell loại I Bằng cách thử tuần tự ta thu được (7, 1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Do đó nghiệm tổng quát của phương trình Pell này là:
x0 = 1; y0 = 0
x1 = 7; y1 = 1
xk+2 = 14xk+1− xk, k = 0, 1, 2,
yk+2 = 14yk+1− yk, k = 0, 1, 2,
Bằng quy nạp, ta chứng minh được
(
x2k ≡ 1(mod 4)
x2k+1≡ 3(mod 4)
Trang 8Ngoài ra
x2k+3= 14x2k+2− x2k+1= 14(14x2k+1− x2k) − x2k+1
= 196x2k+1− 14x2k− x2k+1
= 195x2k+1− 14x2k
= 194x2k+1− x2k−1 Mặt khác, do x = 4n + 3 nên n = x − 3
4 ∈ Z+ Theo đó nk= x2k+1− 3
4 , kéo theo
n0 = 1, n1 = 337, nk+1 = 194nk− nk−1+ 144
Vậy tất cả các giá trị của n thỏa mãn bài toán là:
(
n0 = 1; n1 = 337
nk+1 = 194nk− nk−1+ 144, k = 0, 1, 2,
Ví dụ 3 Tìm cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p2− 2q2 = 1
Giải Xét phương trình Pell loại I:
x2− 2y2 = 1 Bằng phép thử tuần tự, ta thấy (3, 2) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này và đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán.Theo đó, nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi:
xn= (3 + 2
√ 2)n+ (3 − 2√
2)n 2
yn = (3 + 2
√ 2)n− (3 − 2√2)n
2√ 2 Suy ra
xn+ yn= (3 + 2
√ 2)n+ (3 − 2√
2)n
(3 + 2√
2)n− (3 − 2√2)n
2√ 2
= (
√
2 + 1)2n+1+ (√
2 − 1)2n+1
2√ 2
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:
xn+ yn = (
√
2 + 1)2n+1+ (√
2 − 1)2n+1
2√ 2
=
P2n+1 i=0 Ci 2n+1(√
2)i+P2n+1
i=0 Ci 2n+1(√
2)i(−1)2n+1−i
2√ 2
= 2
√
2P2n+1 j=0 C2n+12j+12j
2√
2n+1
X
j=0
C2n+12j+12j
= C2n+11 +
2n+1
X
j=1
C2n+12j+12j = 1 +
2n+1
X
j=0
C2n+12j+12j ≡ 1(mod 2)
Trang 9Điều này chỉ xảy ra khi p, q khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình đã cho
vô nghiệm nếu min{p, q} > 2 Vậy (3, 2) là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài tập đề nghị
Bài 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương
Bài 2 Tìm các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho mn + m và mn + n là số chính phương
Bài 3 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn phương trình
x2− 6xy + y2 = 1
Bài 4 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (k, m) sao cho k < m và
1 + 2 + 3 + + k = (k + 1) + (k + 2) + + m 2.2 Ứng dụng trong chứng minh các bài toán số học
Sau đây ta xét một số ví dụ về ứng dụng của phương trình Pell trong việc chứng minh các tính chất số học
Ví dụ 4 (Việt Nam TST 2013 ) 1 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương t sao cho 2012t + 1 và 2013t + 1 đều là số chính phương
2 Xét m, n là các số nguyên dương sao cho mn + 1 và (m + 1)n + 1 đều là các số chính phương Chứng minh rằng n chia hết cho 8(2m + 1)
Giải 1 Đặt d = (2012t + 1, 2013t + 1) Khi đó ta có d = 1 Do đó 2012t + 1 và 2013t + 1
là các số chính phương khi và chỉ khi (2012t + 1)(2013t + 1) = y2 với y ∈ Z nào đó Ta biến đổi đẳng thức trên:
(2012t + 1)(2013t + 1) = y2 ⇔ (2.2012.2013t + 4025)2− 4.2012.2013y2 = 1
Đặt x = 2.2012.2013t + 4025, ta được phương trình pell loại I x2− 4.2012.2013y2 = 1
Do 4.2012.2013 không là số chính phương nên phương trình Pell loại I ở trên có vô số nghiệm Nghiệm nhỏ nhất của phương trình này là (x, y) = (4025, 1) nên các nghiệm còn lại được cho bởi công thức
(
x0 = 1; x1 = 4025; xn+2 = 8050xn+1− xn
y0 = 0; y1 = 1; yn+2= 8050yn+1− yn , n ≥ 0
Bằng quy nạp, ta chứng minh được x2i+1 chia 2.2012.2013 dư 4025 với mọi i và mỗi giá trị nguyên dương x2i+1− 4025
2.2012.2013 sẽ cho ta một giá trị t thỏa mãn đề bài.
Trang 102 Đặt d = (mn + 1, (m + 1)n + 1) Khi đó ta có d = 1 hay mn + 1 và (m + 1)n + 1 là nguyên tố cùng nhau Do đó mn + 1 và (m + 1)n + 1 là các số chính phương khi và chỉ khi (mn + 1)(mn + n + 1) = y2 với số nguyên dương y nào đó Biến đổi biểu thức này
ta thu được
(mn + 1)(mn + n + 1) = y2 ⇔ (2m(m + 1)n + (2m + 1))2− 4m(m + 1)y2 = 1
Đặt x = 2m(m + 1)n + (2m + 1) thì ta có phương trình Pell loại I sau
x2− 4m(m + 1)y2 = 1 (∗)
Vì 4m(m + 1) không là số chính phương với mọi m nguyên dương nên phương trình (∗) có vô số nghiệm
Phương trình (∗) có nghiệm nhỏ nhất là (x, y) = (2m + 1, 1) nên công thức nghiệm (xi, yi) của nó được viết dưới dạng
(
x0 = 1; x1 = 2m + 1; xi+2 = (4m + 2)xi+1− xi
y0 = 0; y1 = 1; yi+2= (4m + 2)yi+1− yi , i ≥ 0.
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng x2ichia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1chia 2m(m + 1)
dư 2m + 1 với mọi i = 0, 1, 2, (∗∗)
Thật vậy,
- Với i = 0 theo công thức truy hồi của dãy (xi) thì ta thấy khẳng định (∗∗) đúng
- Giả sử (∗∗) đúng đến i, tức là x2i chia 2m(m + 1) dư 1 và x2i+1 chia 2m(m + 1) dư 2m + 1 Ta có
x2i+2= 2(2m+1)x2i+1−x2i≡ 2(2m+1)(2m+1)−1 = 8m(m+1)+1 ≡ 1(mod 2m(m+1))
và
x2i+3 = 2(2m + 1)x2i+2− x2i+1≡ 2(2m + 1) − (2m + 1) ≡ 2m + 1 mod 2m(m + 1)
Do đó, (∗∗) cũng đúng với i + 1 Theo nguyên lý quy nạp, (∗∗) đúng với mọi số tự nhiên i
Tiếp theo, ta sẽ xây dựng công thức truy hồi cho dãy ri = x2i+1 với i = 0, 1, 2,
ri+2 = x2i+5 = 2(2m + 1)x2i+4− x2i+3 = 2(2m + 1) 2(2m + 1)x2i+3− x2m+2 − x2i+3
= 4(2m + 1)2 − 2 x2i+3− x2i+1 = 4(2m + 1)2 − 2 ri+1− ri
Đặt ri = 2m(m + 1)si + (2m + 1) thì dãy (si), i > 0 nguyên dương và xác định duy nhất Thay vào công thức truy hồi của ri, ta được
si+2= 4(2m + 1)2− 2 si+1− si+ 8(2m + 1)
Trang 11ta tính được r0 = x1 = 2m + 1 nên s0 = 0 và r1 = x3 = 16m(m + 1)(2m + 1) + 2m + 1 nên s1 = 8(2m + 1) Từ đây ta có công thức truy hồi cho dãy (si) là
(
s0 = 0; s1 = 8(2m + 1)
si+2 = 4(2m + 1)2− 2 si+1− si+ 8(2m + 1), i ≥ 0
Từ đó suy ra dãy số (si) có các số hạng chia hết cho 8(2m + 1) với mọi i = 0, 1, 2, Hơn nữa, với cách đặt x = 2m(m + 1) + (2m + 1) thì dễ dàng thấy rằng n thỏa mãn điều kiện đề bài khi và chỉ khi n = si, i = 1, 2, 3,
Vậy tất cả các giá trị của n đều chia hết cho 8(2m + 1) Đây là điều phải chứng minh
Ví dụ 5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương x, y, z sao cho
x2+ y3 = z4
Giải Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:Tồn tại vô hạn số nguyên dương n, k sao cho:
n(n + 1)
2 (∗)
Chứng minh Bổ đề:
Biến đổi phương trình (∗) về dạng tương đương
(2n + 1)2 − 8k2 = 1
Đặt m = 2n + 1, phương trình (∗) trở thành m2− 8k2 = 1 Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi
m0 = 1; k0 = 0
m1 = 3; k1 = 1
mi+2= 6mi+1− mi
ki+2= 6ki+1− ki
Ngoài ra ta thấy mi ≡ 1(mod 2) nên giá trị n thỏa mãn bổ đề được cho bởi
(
n0 = 0; n1 = 1
ni+2= 6ni+1− ni+ 2, i ≥ 0
Dãy số này chứng tỏ điều khẳng định của mệnh đề là đúng Vậy mệnh đề được chứng minh
Trở lại bài toán, bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có
13+ 23+ 33+ + n3 = n(n + 1)
2
2