Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về các số t-cân bằng

Mục đích của luận văn là nghiên cứu và trình bày lại một cách hệ thống về khái niệm và một số tính chất của các số t-cân bằng, cũng như một số vấn đề liên quan dựa theo các bài báo của Ray và của Ozkoc¸ và Tekcan. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ THU VỀ CÁC SỐ t-CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ THU VỀ CÁC SỐ t-CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2019 Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách kí hiệu iii Mở đầu Chương Khái niệm số t-cân 1.1 Khái niệm số t-cân 1.2 Một số đẳng thức đơn giản 10 1.3 Một số tính chất số học 14 Chương Một số vấn đề liên quan đến số t-cân 23 2.1 Tổng số t-cân 23 2.2 Đa thức cân 29 2.3 Đạo hàm đa thức cân 37 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngô Văn Định, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân ln động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Lê Thị Thu ii Danh sách kí hiệu Bn Số cân thứ n bn Số đối cân thứ n Cn Số Lucas-cân thứ n cn Số Lucas-đối cân thứ n Bnt Số t-cân thứ n btn Số t-đối cân thứ n Cnt Số Lucas t-cân thứ n ctn Số Lucas t-đối cân thứ n Bn (x) Đa thức cân thứ n (r) Bn (x) Đạo hàm cấp r Bn (x) α Số thực α có giá trị α = 3t + β Số thực β có giá trị β = 3t − (a, b) Ước chung lớn a b n k √ √ 9t2 − 9t2 − Tổ hợp chập k n iii Mở đầu Một số tự nhiên n gọi số cân với hệ số cân r nghiệm phương trình Diophant + + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) Hệ số cân r gọi số đối cân Khái niệm số cân tìm nghiên cứu Behera Panda Sau đó, nhiều tính chất đẹp số cân tìm thấy (xem [2]) Đặc biệt kí hiệu Bn bn số cân số đối cân thứ n ta có cơng thức truy hồi Bn+1 = 6Bn − Bn−1 bn+1 = 6bn − bn−1 + 2, với B1 = 1, B2 = 6, b1 = b2 = Ngoài ra, số 8Bn2 + 8b2n + 8bn + số phương Hơn nữa, số nguyên Cn = 8Bn2 + cn = 8b2n + 8bn + thỏa mãn phương trình sai phân xn+1 = 6xn − xn−1 Các số gọi số Lucas-cân số Lucas-đối cân thứ n ă Tng quỏt húa cỏc s trờn, Ozkoc [3] giới thiệu nghiên cứu tính chất số t-cân Bnt , số t-đối cân btn , số Lucas t-cân Cnt số Lucas t-đối cân ctn , với t số nguyên không âm (xem Định nghĩa 1.1.1, để thuận tiện ta gọi chung số t-cân bằng) Sau nhiều tính chất thú vị số tìm nhiều nhà tốn học Đặc biệt, tiếp tục mở rộng khái niệm số t-cân bằng cách xem t biến số thực, Ray [5] nghiên cứu đa thức cân Mục đích luận văn nghiên cứu trình bày lại cách hệ thống khái niệm số tính chất số t-cân bằng, số vấn đề liên quan dựa theo báo Ray [5] ca ă Ozkoc v Tekcan [4] Cu trỳc ca luận văn Luận văn trình bày thành chương: • Chương Khái niệm số t-cân Mục ớch ca Chng ă v mt ny l gii thiệu lại khái niệm số t-cân Okoc số tính chất bản, số tính chất số học số t-cân • Chương Một số vấn đề liên quan đến số t-cân Mục đích Chương trình bày lại số kết tổng số t-cân bằng, đa thức cân đạo hàm đa thức Chương Khái niệm số t-cân Chương dự kiến giới thiệu khái niệm số t-cân bằng, số đẳng thức số tính chất số học liên quan đến số t-cân 1.1 Khái niệm số t-cân Năm 1999, báo “On the Square Roots of Triangular Numbers” đăng tạp chí The Fibonacci Quarterly, hai tác giả Behera Panda giới thiệu khái niệm số cân số đối cân Sau đó, nhiều nhà tốn học khác nghiên cứu tiếp khái niệm số Lucas-cân số Lucas-đối cân đời Khái niệm số số tính chất chúng trình bày luận văn [1, 2] Ở đây, để nêu khái niệm số t-cân bằng, nêu lại khái niệm công thức truy hồi số cân Một số nguyên dương n gọi số cân tồn số nguyên không âm r cho + + · · · + n = n + (n + 1) + · · · + (n + r) Số nguyên dương r gọi số đối cân Ví dụ 1, 6, 35, 204, 1189 6930 sáu số cân Tương ứng, sáu số đối cân 0, 2, 14, 84, 492 2870 Kí hiệu Bn số cân thứ n bn số đối cân thứ n Khi ta có B1 = 1, B2 = 6, Bn+1 = 6Bn − Bn−1 , với n ≥ 2, b1 = 0, b2 = 2, bn+1 = 6bn − bn−1 + 2, với n ≥ Hơn nữa, số nguyên dương Bn số cân 8Bn2 + số phương Tương tự, số ngun khơng âm bn số đối cân 8b2n + 8bn + số phương Đặt Cn = 8Bn2 + cn = 8b2n + 8bn + Các số Cn cn gọi số Lucas-cân thứ n số Lucas-đối cân thứ n Các số xác định C1 = 3, C2 = 17, Cn+1 = 6Cn − Cn−1 , n ≥ 2, c1 = 1, c2 = 7, cn+1 = 6cn − cn−1 , n ă Tng quỏt húa cỏc khỏi niệm này, năm 2015, Ozkoc ¸ [3] giới thiệu khái niệm số t-cân bằng, số t-đối cân bằng, số Lucas tcân số Lucas t-đối cân Cụ thể, với số nguyên dương t cố định, ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.1.1 Ta định nghĩa (i) số t-cân bằng, kí hiệu Bnt , n = 0, 1, 2, , số xác định t t B0t = 0, B1t = Bn+1 = 6tBnt − Bn−1 với n ≥ 1; (ii) số t-đối cân bằng, kí hiệu btn , n = 1, 2, , số xác định bt1 = 0, bt2 = btn+1 = 6tbtn − btn−1 + với n ≥ 2; (iii) số Lucas t-cân bằng, kí hiệu Cnt , n = 0, 1, 2, , số xác định t t = 6tCnt − Cn−1 với n ≥ 1; C0t = 1, C1t = Cn+1 (iv) số Lucas t-đối cân bằng, kí hiệu ctn , n = 1, 2, , số xác định ct1 = 1, ct2 = ctn+1 = 6tctn − ctn−1 với n ≥ Áp dụng lý thuyết phương trình sai phân, ta xét phương trình đặc trưng x2 − 6tx + = λk (x) − λ−k (x) λk−1 (x) − λ−k+1 (x) = 6x − λ(x) − λ−1 (x) λ(x) − λ−1 (x) λk−1 (x)[6xλ(x) − 1] − λ−k+1 (x)[6xλ−1 (x) − 1] = λ(x) − λ−1 (x) λk−1 (x)λ2 (x) − λ−k+1 λ−2 (x) = λ(x) − λ−1 (x) λk+1 (x) − λ−(k+1) (x) , = λ(x) − λ−1 (x) điều phải chứng minh Tổng qt hóa Định lý 1.1.3, ta có cơng thức tổng quát cho đa thức cân sau: Mệnh đề 2.2.4 ([5, Mệnh đề 3.4]) Ta có n/2 (−1)i Bn+1 (x) = i=0 n−i (6x)n−2i i (2.3) Chứng minh Với n = 0, ta có B1 (x) = (−1)0 (6x)0−0 = B2 (x) = (−1)0 (6x)1−0 = 6x Với n = 1, ta có Vậy cơng thức với n = n = Giả sử công thức với n, tức ta có cơng thức (2.3): n/2 (−1)i Bn+1 (x) = i=0 n−i (6x)n−2i i 31 Ta cần chứng minh công thức với n + 1, tức ta cần chứng minh (n+1)/2 (−1)i Bn+2 (x) = i=0 n+1−i (6x)n+1−2i i Giả sử n = 2k + 1, theo (2.3) ta có k+1 (−1)i Bn+2 (x) = B2k+3 (x) = i=0 k 2k − i (6x)2k−2i i (−1)i Bn (x) = B2k+1 (x) = 2k + − i (6x)2k+2−2i i i=0 k (−1)i Bn+1 (x) = B2k+2 (x) = i=0 2k + − i (6x)2k+1−2i i Ta có k (−1)i (6x)Bn+1 (x) = (6x)B2k+2 (x) = i=0 2k + − i (6x)2k+2−2i i Từ (6x)B2k+2 (x) = (−1)0 2k + (6x)2k+2 k (−1)i + i=1 2k + − i (6x)2k+2−2i i = (6x)2k+2 k−1 (−1)i+1 + i=0 2k + − (i + 1) (6x)2k+2−2(i+1) i+1 k−1 2k+2 = (6x) (−1)i+1 + i=0 2k − i (6x)2k−2i i+1 32 Do đó, (6x)B2k+2 (x) − B2k+1 (x) k−1 2k − i (6x)2k−2i i+1 (−1)i+1 = (6x)2k+2 + i=0 k 2k − i (6x)2k−2i i (−1)i − i=0 k−1 (−1)i+1 = (6x)2k+2 + i=0 k−1 (−1)i+1 + i=0 + (−1)k+1 2k − i (6x)2k−2i i+1 2k − i (6x)2k−2i i 2k − k (6x)0 k k−1 2k+2 = (6x) 2k − i 2k − i + i+1 i (−1)i+1 + i=0 + (−1)k+1 k (6x)0 k k−1 = (6x)2k+2 + (6x)2k−2i (−1)i+1 i=0 2k + − i (6x)2k−2i i+1 + (−1)k+1 (6x)0 k−1 2k+2 = (6x) (−1)i+1 + i=0 2k + − (i + 1) (6x)2k+2−2(i+1) i+1 + (−1)k+1 (6x)0 k 2k+2 = (6x) (−1)i + i=1 2k + − i (6x)2k+2−2i i + (−1)k+1 (6x)0 33 = (−1)0 2k + − (6x)2k+2−0 k (−1)i + i=1 + (−1)k+1 k+1 (−1)i = i=0 2k + − i (6x)2k+2−2i i 2k + − (k + 1) (6x)2k+2−2(k+1) k+1 2k + − i (6x)2k+2−2i = B2k+3 (x) = Bn+2 (x) i Trường hợp n chẵn chứng minh tương tự Vậy công thức với n + Mệnh đề chứng minh Các mệnh đề cho ta đẳng thức tương tự đẳng thức số t-cân Mệnh đề 2.2.5 ([5, Mệnh đề 3.6]) Với hai số nguyên dương m, n bất kỳ, ta có Bn+m (x) = Bm+1 (x)Bn (x) − Bm (x)Bn−1 (x) (2.4) Chứng minh Khơng tính tổng quát, ta giả sử n > m Lặp liên tiếp công thức truy hồi ta Bn+m (x) = 6xBn+m−1 (x) − · Bn+m−2 (x) = B2 (x)Bn+m−1 (x) − B1 (x)Bn+m−2 (x) = B2 (x)(6xBn+m−2 (x) − Bn+m−3 (x)) − (6xB2 (x) − B3 (x))Bn+m−2 (x) = 6xB2 (x)Bn+m−2 (x) − B2 (x)Bn+m−3 (x) 34 − 6xB2 (x)Bn+m−2 (x) + B3 (x)Bn+m−2 (x) = B3 (x)Bn+m−2 (x) − B2 (x)Bn+m−3 (x) = B3 (x)(6xBn+m−3 (x) − Bn+m−4 (x)) − (6xB3 (x) − B4 (x))Bn+m−3 (x) = 6xB3 (x)Bn+m−3 (x) − B3 (x)Bn+m−4 (x) − 6xB3 (x)Bn+m−3 (x) + B4 (x)Bn+m−3 (x) = B4 (x)Bn+m−3 (x) − B3 (x)Bn+m−4 (x) = = Bm+1 (x)Bn (x) − Bm (x)Bn−1 (x) Trong đẳng thức (2.4), cho n = m, ta B2n (x) = Bn (x)[Bn+1 (x) − Bn−1 (x)] hay 2 Bn+1 (x) − Bn−1 (x) B2n (x) = 6x Mệnh đề 2.2.6 ([5, Mệnh đề 3.7]) Cho n, r hai số nguyên dương với n > r Khi Bn−r (x)Bn+r (x) − Bn2 (x) = −Br2 (x) Chứng minh Sử dụng công thức Binet cho đa thức cân bằng, ta thu Bn−r (x)Bn+r (x) − Bn2 (x) 35 λn−r (x) − λ−n+r (x) λn+r (x) − λ−n−r (x) λn − λ−n = − λ(x) − λ−1 (x) λ(x) − λ−1 (x) λ(x) − λ−1 (x) λ2n (x) − λ−2r (x) − λ2r (x)λ−2n (x) λ2n (x) − + λ−2n (x) − = (λ(x) − λ−1 (x))2 λ2n (x) λ2r (x) + λ−2r (x) − =− (λ(x) − λ−1 (x))2 λr − λ−r =− = −Br2 (x) −1 λ(x) − λ (x) Điều phải chứng minh Chúng ta kết thúc mục cơng thức phân tích đa thức cân dạng tích đa thức bậc Định lý 2.2.7 ([5, Định lý 3.10]) Với n ≥ 1, ta có 6x − cos Bn (x) = 1≤k≤n−1 kπ n Chứng minh Khi phân tích nhân tử đa thức bất kỳ, ta cần xét bậc không điểm đa thức Ta có nhận xét bậc Bn (x) n − 1, n ≥ Để tìm công thức không điểm đa thức thứ n, sử dụng công thức Binet, ta biểu diễn Bn (x) theo hàm hyperbolic Để √ √ −1 biểu diễn λ(x) = 3x + 9x − λ (x) = 3x − 9x2 − theo √ hàm mũ, ta đặt 3x = cosh z, từ 9x2 − = sinh z Do đó, ta có λ(x) = cosh z + sinh z = ez λ−1 (x) = cosh z − sinh z = e−z 36 Từ đó, sinh(nz) enz − e−nz = Bn (x) = z e − e−z sinh z Ta có Bn (x) = sinh(nz) = sinh z = Đặt z = u + iv √ i = −1, ta sinh(nz) = ⇔ 22nz = ⇔ e2nu e2niv = ⇔ e2nu (cos 2nv + i sin 2nv) = So sánh phần thực ta u = tốn giải thành sinh(inv) = i sin nv = ⇔ nv = kπ ⇔ v = ⇔z=i kπ n kπ n Suy 3x = cosh z = cosh i 2.3 kπ n = cos kπ n , ≤ k ≤ (n − 1) Đạo hàm đa thức cân Trong mục này, chúng tơi trình bày kết Ray [5] số dãy đa thức thu cách đạo hàm đa thức cân Chẳng hạn, đạo hàm số đa thức cân ta có B1 (x) = 0, B2 (x) = 6, B3 (x) = 72x, B4 (x) = 648x2 − 12, B5 (x) = 5184x3 − 216x, 37 Nếu lấy đạo hàm lần ta lại B1 (x) = 0, B2 (x) = 0, B3 (x) = 72, B4 (x) = 1296x, B5 (x) = 15552x2 − 216, Sử dụng công thức truy hồi định nghĩa đa thức cân bằng, ta có cơng thức truy hồi cho dãy đạo hàm cấp r đa thức cân sau    0, n < r,     (r) Bn+1 (x) = 6r r!, n = r,       6nxBn(r) (x) − (n + r)B (r) (x) , n > r n−1 n−r Nếu sử dụng công thức (2.3), lấy đạo hàm hai vế, ta n/2 (−1)i 6n−2i (n − 2i) Bn+1 (x) = i=0 n − i n−2i−1 x , i với B1 (x) = Tương tự ta xác định đạo hàm khác đa thức cân từ công thức Từ Mệnh đề 2.2.2 ta có mệnh đề tương tự dãy đạo hàm đa thức cân Mệnh đề 2.3.1 ([5, Mệnh đề 4.1]) Đặt λ(x) = 3x + √ 9x2 − Ta có B (x) B (x) Bn+1 (x) = lim n+1 = lim n+1 = · · · = λ(x) n→∞ Bn (x) n→∞ Bn (x) n→∞ Bn (x) lim Chứng minh Sử dụng công thức truy hồi cho dãy đạo hàm cấp r đa thức cân (r) Bn+1 (x) = (r) 6nxBn(r) (x) − (n + r)Bn−1 (x) n−r (r < n) (2.5) 38 (r) Đặt λ(x) = lim Bn+1 (x) n→∞ (r) Bn (x) Khi n → ∞, theo (2.5) ta có (r) λ(x) = lim Bn+1 (x) n→∞ (r) Bn (x) (r) (r) 6nxBn (x) − (n + r)Bn−1 (x) = lim (r) n→∞ n − r Bn (x)   n+r  6xn − = lim  n→∞ n − r n−r (r) Bn (x) (r) Bn−1 (x)   Từ suy λ(x) = 6x − λ(x) ⇔ λ2 (x) − 6xλ(x) + = Nghiệm phương trình λ = 3x + √ 9x2 − 1, điều phải chứng minh Các mệnh đề sau cho ta số mối quan hệ đa thức cân đạo hàm chúng Mệnh đề 2.3.2 ([5, Định lý 4.2]) Với n ≥ 2, ta có 3nBn+1 (x) − 18xBn (x) − 3nBn−1 (x) 2(9x2 − 1) √ Chứng minh Từ λ(x) = 3x + 9x2 − 1, ta có Bn (x) = λ (x) = (2.6) 6λ(x) λ(x) − λ−1 (x) + λ−2 (x) = 6x λ(x) 39 Sử dụng công thức Binet cho đa thức cân ta có nλn−1 (x) + nλ−n−1 (x) Bn (x) = λ (x) λ(x) − λ−1 (x) λn (x) − λ−n (x) −2 − + λ (x) −1 [λ(x) − λ (x)] λn (x) − λ−n (x) λn (x) − λ−n (x) 36x = 6n − λ(x) − λ−1 (x) [λ(x) − λ−1 (x)]2 [λ(x) − λ−1 (x)]2 λn (x) − nλ−n (x) 36xBn (x) = 6n − [λ(x) − λ−1 (x)]2 [λ(x) − λ−1 (x)]2 Mặt khác, Bn+1 (x) − Bn−1 (x) λn+1 (x) − λ−n−1 (x) λn−1 (x) − λ−n+1 (x) = − λ(x) − λ−1 (x) λ(x) − λ−1 (x) λ(x) = λn−1 (x)[λ2 (x) − 1] + λ−n−1 (x)[λ2 (x) − 1] λ (x) − = λn (x) + λ−n (x) Từ đây, sử dụng phép biến đổi đại số ta thu (2.6) Sử dụng công thức truy hồi đa thức cân bằng, cơng thức (2.6) viết lại dạng Bn (x) = 9(n − 1)xBn (x) − 3nBn−1 (x) 9x2 − Mệnh đề sau lại cho ta công thức xác định khác Bn (x) qua đa thức cân Mệnh đề 2.3.3 ([5, Định lý 4.3]) Với n ≥ 2, ta có n−1 Bn (x) = 6Bi (x)Bn−i (x), (2.7) i=1 40 B1 (x) = Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Vì B2 (x) = 6B1 (x) = 6, kết với n = Giả sử định lý với đa thức Bk (x) với k ≤ n Lấy đạo hàm hệ thức truy hồi theo biến x sử dụng giả thiết quy nạp, ta thu Bn+1 (x) = 6Bn (x) + 6xBn (x) − Bn−1 (x) n−1 n−2 6Bi (x)Bn−i (x) − = 6Bn (x) + 6x i=1 6Bi (x)Bn−1−i (x) i=1 n−2 = 6Bn (x) + 36xBn−1 (x)B1 (x) + 6x 6Bi (x)Bn−i (x) i=1 n−2 − 6Bi (x)Bn−1−i (x) i=1 = 6Bn (x) + 36xBn−1 (x) n−2 6Bi (x)[6Bn−i (x) − Bn−1−i (x)] + i=1 n−2 = 6Bn (x) + 36xBn−1 (x) + 6Bi (x)Bn+1−i (x) i=1 n−2 = 6Bn (x)B1 (x) + 6Bn−1 (x)B2 (x) + 6Bi (x)Bn+1−i (x) i=1 n = Bi (x)Bn+1−i (x) i=1 Điều phải chứng minh 41 Từ công thức (2.6) công thức (2.7) ta thu đẳng thức n−1 Bi (x)Bn−i (x) = i=1 3(n − 1)xBn (x) − nBn−1 (x) 2(9x2 − 1) Mệnh đề sau cho ta mối quan hệ thú vị khác đa thức cân đạo hàm chúng Mệnh đề 2.3.4 ([5, Định lý 4.5]) Với n ≥ 2, ta có Bn (x) = B (x) − Bn−1 (x) 6n n+1 Chứng minh Sử dụng đẳng thức (2.3) tính chất thông thường tổ hợp, ta Bn+1 (x) − Bn−1 (x) n n−i (6x)n−2i − i (−1)i = i=0 n = (6x)n + (−1)i i=0 n (−1)i−1 − i=0 (−1)i i=0 n = (6x)n + n (−1)i i=0 (−1)i i=0 n−2−i (6x)n−2−2i i n−i (6x)n−2i i n−1−i (6x)n−2i i−1 n = (6x)n + n−2 n−i n−1−i + i i−1 (6x)n−2i n−i−i (6x)n−2i i−1 i Lấy đạo hàm phương trình theo x, ta thu Bn+1 (x) − Bn−1 (x) = 6n(6x)n−1 42 n (−1)i = 6n i=0 n − − i n − 2i (6x)n−1−2i i−1 i Suy Bn+1 (x) − Bn−1 (x) = 6n n−1 (−1)i−1 i=0 n−1−i (6x)n−1−2i = Bn (x), i−1 điều phải chứng minh 43 Kết luận Dựa theo báo [3, 4, 5], Luận văn trình bày số vấn đề sau: Giới thiệu lại khái niệm số t-cân bằng, số t-đối cân bằng, số Lucas t-cân số Lucas t-đối cân bằng; Một số đẳng thức số tính chất số học liên quan đến số t-cân bằng; Một số tính chất đa thức cân đạo hàm chúng 44 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Thu Giang (2016), Số cân Fibonacci số cân Lucas, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [2] Hoàng Thị Hường (2015), Số cân số đối cân bằng, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại hc Khoa hc, i hc Thỏi Nguyờn Ting Anh ă [3] Ozkoc ¸ A (2015), “Tridiagonal Matrices via k-Balancing Number”, British Journal of Mathematics & Computer Science 10(4), pp 1–11, Article no.BJMCS.19014 ă [4] Ozkoc A and Tekcan A (2017), “On k-Balancing Numbers”, Notes on Number Theory and Discrete Mathematics 23(3), pp 38–52 [5] Ray P.K (2016), “On the properties of k-balancing numbers”, Ain Shams Eng J., http://dx.doi.org/10.1016/j.asej.2016.01.014 45 ... 43 Kết luận Dựa theo báo [3, 4, 5], Luận văn trình bày số vấn đề sau: Giới thiệu lại khái niệm số t-cân bằng, số t-đối cân bằng, số Lucas t-cân số Lucas t-đối cân bằng; Một số đẳng thức số tính... thiệu lại khái niệm số t-cân Okoc số tính chất bản, số tính chất số học số t-cân • Chương Một số vấn đề liên quan đến số t-cân Mục đích Chương trình bày lại số kết tổng số t-cân bằng, đa thức cân... hàm đa thức Chương Khái niệm số t-cân Chương dự kiến giới thiệu khái niệm số t-cân bằng, số đẳng thức số tính chất số học liên quan đến số t-cân 1.1 Khái niệm số t-cân Năm 1999, báo “On the Square