Số cân bằng fibonacci và số cân bằng lucas

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THU GIANG SỐ CÂN BẰNG FIBONACCI VÀ SỐ CÂN BẰNG LUCAS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THU GIANG SỐ CÂN BẰNG FIBONACCI VÀ SỐ CÂN BẰNG LUCAS Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGƠ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2016 Mục lục Danh sách kí hiệu ii Mở đầu Chương Số cân số dãy số liên quan 1.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai 1.2 Số cân 1.3 Số Lucas-cân 1.4 Một số tính chất số λ1 λ2 1.5 Một số mối quan hệ số cân số Lucas-cân 14 Chương Số cân Fibonacci số cân Lucas 19 2.1 Số Fibonacci số Lucas 19 2.2 Số cân Fibonacci 20 2.3 Các số cân Lucas 31 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 i Danh sách kí hiệu Bn số cân thứ n Cn số Lucas-cân thứ n Fn số Fibonacci thứ n Ln số Lucas thứ n √ số vô tỷ + √ số vô tỷ − λ1 λ2 ii Mở đầu Một số nguyên dương n gọi số cân với hệ số cân r nghiệm phương trình Diophant + + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r) Khái niệm số cân đưa nghiên cứu Behera Panda [4] Sau nhiều tính chất đẹp số cân tìm Panda [9], Ray [10, 11], Một số tính chất trình bày lại tiếng Việt [1] Kí hiệu Bn , n = 0, 1, , số cân thứ n, với quy ước B0 = Khi số Bn thỏa mãn phương trình sai phân tuyến tính cấp hai Bn+1 = 6Bn − Bn−1 Sử dụng lý thuyết phương trình sai phân tuyến tính ta có công thức Binet cho số cân λn+1 − λn+1 Bn = , n = 0, 1, , λ1 − λ2 √ √ λ1 = + λ2 = − Trong chương tài liệu [10], Ray chứng minh số quan hệ đặc biệt số cân số vô tỷ λ1 λ2 Mục tiêu luận văn trình bày lại kết Ray Một đặc trưng quan trọng số cân Bn 8Bn2 + số phương Số Cn = 8Bn2 + gọi số Lucas-cân thứ n Các số Lucas-cân có liên quan chặt chẽ với số cân Cụ thể có nhiều đẳng thức tìm liên quan đến số Đặc biệt, gần đây, Ray [11] chứng minh số đẳng thức thú vị thể mối quan hệ số Lucas-cân số cân Mục đích luận văn trình bày lại kết Ray Trong số tính chất số cân bằng, có nhiều tính chất có tính tương đồng với tính chất số Fibinacci số Lucas Một vấn đề tự nhiên đặt ra: liệu có số nguyên vừa số cân vừa số Fibonacci hay không? có tồn số cân mà đồng thời số Lucas hay không? Các số gọi số cân Fibonacci số cân Lucas Các vấn đề Liptai trả lời hoàn chỉnh [7] [8] Cụ thể, [7], Liptai có số cân Fibonacci, số Bằng phương pháp chứng minh tương tự, Liptai [8] chứng minh không tồn số cân Lucas Mục đích cuối luận văn trình bày lại câu trả lời Liptai Cấu trúc luận văn Luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Số cân số dãy số liên quan Phần chương nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính cấp hai nhất, nhắc lại khái niệm số cân Tiếp theo đó, chúng tơi trình bày khái niệm số tính chất số Lucas-cân Sau đó, chúng tơi trình bày mối quan hệ số cân với số vô tỷ λ1 , λ2 Cuối cùng, chúng tơi trình bày mối quan hệ số Lucas-cân số cân • Chương 2: Số cân Fibonacci số cân Lucas Mở đầu chương này, chúng tơi trình bày sơ lược khái niệm số Fibonacci số Lucas Tiếp theo chúng tơi trình bày chứng minh Liptai tồn số cân Fibonacci Cuối cùng, trình bày chứng minh Liptai khơng tồn số cân Lucas Để hoàn thành luận văn này, nhận giúp đỡ lớn từ thầy giáo-TS Ngô Văn Định Tôi xin gửi tới thầy lời tri ân sâu sắc Trong suốt trình làm luận văn, thầy dành nhiều thời gian, cơng sức để bảo tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành đề tài Một lần xin gửi tới thầy lời cảm ơn chân thành Đồng thời, trình học tập nghiên cứu, nhận giúp đỡ thầy giáo khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Cảm ơn thầy cô tạo điều kiện suốt q trình học tập vừa qua Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp-những người thân động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả luận văn Hà Thu Giang Chương Số cân số dãy số liên quan Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm số cân bằng, số Lucas-cân Bên cạnh đó, chúng tơi trình bày số tính chất thú vị mối quan hệ số cân với giá trị λ1 , λ2 ; mối quan hệ số cân số Lucas-cân Tài liệu sử dụng chương tài liệu [11] Chương tài liệu [10] 1.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai Trước trình bày nội dung chương, chúng tơi nhắc lại khái niệm phương trình sai phân tuyến tính cấp hai đặc biệt chúng tơi trình bày cơng thức nghiệm phương trình trường hợp đa thức đặc trưng có hai nghiệm phân biệt Đây kiến thức cần thiết cho nội dung sau Định nghĩa 1.1.1 Phương trình có dạng un+1 = Aun + Bun−1 , n = 1, 2, , (1.1) A, B số, gọi phương trình sai phân tuyến tính cấp hai Để tìm nghiệm phương trình sai phân (1.1), xét phương trình bậc hai λ2 − Aλ − B = (1.2) Phương trình bậc hai gọi phương trình đặc trưng phương trình sai phân (1.1) Định lý sau cho công thức nghiệm phương trình sai phân (1.1) trường hợp phương trình đặc trưng (1.2) có hai nghiệm phân biệt Định lý 1.1.2 ([6, Theorem 10.1]) Giả sử phương trình đặc trưng (1.2) có hai nghiệm phân biệt α β Khi phương trình sai phân (1.1) có nghiệm un = C1 αn + C2 β n , n = 0, 1, 2, , (1.3) C1 C2 số Chúng ta cần ý rằng, biết điều kiện ban đầu u0 u1 số C1 C2 hồn tồn xác định Ví dụ 1.1.3 Tìm nghiệm phương trình sai phân un+1 = 5un − 6un−1 (1.4) với điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = Giải Phương trình đặc trưng phương trình (1.4) λ2 − 5λ + = Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt Do đó, nghiệm tổng qt phương trình (1.4) un = C1 2n + C2 3n , n = 0, 1, Từ điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = ta có hệ phương trình   C1 + C2 = 4,  2C1 + 3C2 = Giải hệ phương trình ta C1 = 5, C2 = −1 Vậy nghiệm phương trình (1.4) với điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = un = 5.2n − 3n , n = 0, 1, Một cách tổng quát, phương trình sai phân (1.1) với điều kiện ban đầu u0 , u1 xác định dãy số {un }∞ n=0 , kí hiệu u(A, B, u0 , u1 ), với aαn − bβ n un = α−β (1.5) α, β hai nghiệm phương trình đặc trưng (1.2) a = u1 − u0 β, b = u1 − u0 α 1.2 Số cân Trong mục chúng tơi trình bày lại khái niệm số cân Số cân có nhiều tính chất thú vị Các tính chất tìm cơng bố tài liệu [4], [9] [10] Đặc biệt số kết tài liệu trình bày lại tiếng Việt luận văn thạc sĩ [1] Hoàng Thị Hường Ở chúng tơi khơng trình bày lại kết mà trình bày khái niệm số đẳng thức cần thiết Định nghĩa 1.2.1 Số nguyên m gọi số cân + + · · · + (m − 1) = (m + 1) + (m + 2) + · · · + (m + r) với r số tự nhiên đó; số r gọi hệ số cân m Ví dụ 35 hai số cân với hệ số 14 Khái niệm số cân đưa năm 1999 Behera Panda [4] Sau đó, nhiều tính chất thú vị số cân Panda chứng minh [9] Các kết Behera Panda trình bày lại luận văn Hồng Thị Hường [1] Kí hiệu Bn số cân thứ n đặt B0 = Behera Panda [4] chứng minh dãy {Bn }∞ n=0 xác định phương trình sai phân Bn+1 = 6Bn − Bn−1 , n = 1, 2, , (1.6) với điều kiện ban đầu B0 = 1, B1 = Như vậy, ta có {Bn }∞ n=0 = B(6, −1, 1, 6) Định lý 2.2.4 Cho α1 , , αn số đại số khác khác 1, đặt Λ = b1 log α1 + · · · + bn log αn , b1 , , bn số nguyên không đồng thời không Ta giả sử B = max(|b1 |, , |bk |, e) Ai = max{H(α1 ), e)}, (i = 1, 2, , n), H(α) giá trị lớn giá trị tuyệt đối hệ số đa thức cực tiểu α Giả sử trường K sinh α1 , α2 , , αn trường số hữu tỉ có bậc cao d Nếu Λ = log |Λ| > −(16nd)2(n+2) log A1 log A2 log An log B Định lý 2.2.5 Khơng có số cân Fibonacci ngoại trừ số Chứng minh Trước tiên ta chứng tỏ có hữu hạn nghiệm chung phương trình 5x2 + = y , (2.4) 5x2 − = y (2.5) 8x2 + = z (2.6) phương trình Các phương trình (2.4) (2.5) viết lại dạng Nếu ta đặt √ √ (y + x 5)(y − x 5) = (2.7) √ √ (y + x 5)(y − x 5) = −4 (2.8) √ √ √ y + x = (y0 + x0 5)(9 + 5)m , m ≥ 0, ta dễ kiểm tra (bằng cách kết hợp phương trình với liên hợp nó) y0 ln dương x0 âm m đủ lớn Ta chọn m cho x0 > 0, x1 xác định √ √ √ y0 + x0 = (y1 + x1 5)(9 + 5) 23 x1 ≤ Vì √ √ y0 + x0 = (9y1 + 20x1 ) + (9 + 4y1 ) 5, ta có y0 = 9y1 + 20x1 x0 = 9x1 + 4y1 Từ phương trình trước, ta có x1 = 4y0 Sử dụng phương trình (2.4) ta có 9x0 − 4y0 x0 ≤ y02 − = 5x20 ≤ 80 y 81 Do ta có y0 = 3, 7, 18 x0 = 1, 3, Như vậy, nghiệm tổng quát (2.4) √ √ √ y + x = (3 + 5)(9 + 5)m , √ √ √ y + x = (7 + 5)(9 + 5)m , √ √ √ y + x = (18 + 18 5)(9 + 5)m , (2.9) (2.10) (2.11) m = 0, 1, 2, Thực tương tự phương trình (2.5), ta có y1 = 9y0 − 20x0 ≤ (trong 400 trường hợp x0 dương), y02 = 5x20 − ≤ x Suy x0 = 1, 2, tương 81 ứng y0 = 1, 4, 11 Do đó, nghiệm tổng quát (2.5) √ √ √ y + x = (1 + 5)(9 + 5)m , √ √ √ y + x = (4 + 5)(9 + 5)m , √ √ √ y + x = (11 + 5)(9 + 5)m , (2.12) (2.13) (2.14) m = 0, 1, 2, Nghiệm tổng quát (2.6) z+ √ 8x = (3 + √ 8)n (2.15) n = 0, 1, 2, Ta tìm nghiệm chung phương trình từ (2.9)(2.14) với phương trình (2.15) Sử dụng phương trình (2.9) (2.15) phương trình liên hợp có √ √ √ √ √ m 3− √ (3 + 8)n (3 − 8)n 3+ √ √ 2x = − = √ (9 + 5) − √ (9 − 5)m 8 5 24 √ √ √ √ n (3 − 8)−n √ m √ 3+ 5−3 √ (3 + 8) − √ = √ (9 + 5) + √ (9 + 5)−m (2.16) 8 5 Đặt √ Q = √ (3 + 8)n , phương trình (2.16) ta có √ √ 3+ P = √ (9 + 5)m , Q − Q−1 = P − P −1 (2.17) Vì 4 4P −Q Q − P = Q−1 − P −1 < (Q−1 − P −1 ) = 5 QP 4 dó P > Q > ta có Q < P Do đó, P − Q = P −1 − Q−1 < P −1 P > 20 Do P P −Q 4 −2 < log = − log − P < P −2 + Q P 5 16 0.15 √ = P −2 + P −4 < 0.81P −2 < 25 (9 + 5)2m Áp dụng bất đẳng thức trước theo định nghĩa P Q, ta có √ √ √ √ (3 + 5) 0.15 √ √ < m log(9 + 5) − n log(3 + 8) + log (2.18) < (9 + 5)2m Áp dụng Định lí 2.2.4 với n = √ α1 = + 5, α2 = + √ 8, α3 = (3 + √ √ 5) √ √ Hơn 0.15((9 + 5)−2 )−m < e−5.77 Các phương trình thỏa mãn với α1 , α2 , α3 α12 − 18α1 + = 0, α22 − 6α2 + = 0, 25α32 − 1120α32 + 1024 = Từ A1 = 18, A2 = 1120 d = Áp dụng Định lí 2.2.4 bất đẳng thức phía trước ta có m< (16 × × 4)10 log log 18 log 1120 log m < 1024 log m 5.77 25 Do m < 1026 Áp dụng phương pháp cho phương trình (2.10) (2.15) ta có √ √ √ √ √ m 7−3 √ m (3 + 8)n (3 − 8)n 5+7 √ √ (9 + 5) − √ (9 − 5) = − 2x = √ 5 8 tức √ √ √ √ √ m 7−3 √ −m (3 + 8)n (3 + 8)−n 5+7 √ √ √ (9 + 5) − √ (9 + 5) = − (2.19) 5 8 Nếu ta đặt √ √ 7+3 (9 + 5)m , P1 = √ √ (3 + 8)n √ Q= (2.20) sử dụng (2.19) (2.20) ta có Q − Q−1 = P1 − P1−1 Do đó, áp dụng phương pháp trước ta có < log 0.022 P1 √ < 0.81P1−2 < Q (9 + 5)2m Thay vào (2.20) ta thu √ √ √ √ (7 + 5) 0.022 √ √ < m log(9 + 5) − n log(3 + 8) + log < (2.21) (9 + 5)2m Áp dụng Định lí 2.2.4 với n = √ α1 = + 5, α2 = + √ 8, √ √ (7 + 5) √ α3 = Khi đó, α3 nghiệm phương trình 25α34 − 7520α32 + 1024 = 0, tức A3 = 7520 Áp dụng Định lí 2.2.4 trước ta có m< (16 × × 4)10 log 18 log log 7520 log m < 1024 log m 5.77 26 Do m < 1026 Từ (2.11) (2.15) ta có √ √ √ √ √ m 18 − √ m (3 + 8)n (3 − 8)n 18 + √ √ √ √ 2x = (9 + 5) − (9 − 5) = − 5 8 tức √ √ √ √ √ m 18 − √ −m (3 + 8)n (3 + 8)−n 18 + √ √ √ √ (9 + 5) − (9 + 5) = − 5 8 (2.22) Nếu ta đặt √ √ 18 + √ (9 + 5)m , P2 = Áp dụng (2.22) (2.23) ta có √ (3 + 8)n √ Q= (2.23) Q − Q−1 = P2 − P2−1 Và ta thu < log P2 − Q P2 = − log − Q P2 < 0.004 √ (9 + 5)2m Thay vào (2.23) ta có √ √ √ √ 0.004 (18 + 5) √ √ (2.24) < < m log(9 + 5) − n log(3 + 8) + log (9 + 5)2m Ta áp dụng Định lí 2.2.4 với n = √ α1 = + 5, α2 = + √ 8, √ √ (18 + 5) √ α3 = Phương trình 25α4 − 51520α2 + 1024 = có nghiệm α3 A3 = 51520 m< (16 × × 4)10 log 18 log log 51520 log m < 1024 log m 5.77 Do m < 1026 27 Từ phương trình (2.12) (2.15) ta có √ √ √ √ √ m 1− √ m (3 + 8)n (3 − 8)n 1+ √ √ 2x = √ (9 + 5) − √ (9 − 5) = − 5 8 tức √ √ √ √ √ m 1− √ −m (3 + 8)n (3 + 8)−n 1+ √ (9 + 5) − √ (9 + 5) √ √ − (2.25) = 5 8 Nếu ta đặt √ √ 1+ P3 = √ (9 + 5)m , √ (3 + 8)n √ Q= (2.26) Từ (2.25) (2.26) ta có Q − Q−1 = P3 P3−1 Lí luận phương trình trước ta có Q − P3 = P3−1 + Q−1 > tức Q > P3 37 Q − P3 < P3−1 = P3−1 40 Do Q − P3 37 Q = log + < P3−2 + P3 P3 40 √ < 0.926P3−2 < 0.443 (9 + 5)2m < log 37 −2 P 40 √ < m log(9 + 5) − n log(3 + √ √ 0.443 √ √ < √ 8) + log (2.27) (1‘ + 5) (9 + 5)2m √ √ √ nghiệm phương trình Tương tự trên, α3 = (1 + 5) 1024α4 − 480α2 + 25 = A3 = 1024 Như vậy, m< (16 × × 4)10 log 18 log log 1024 log m < 1024 log m 5.77 28 Do m < 1026 Từ phương trình (2.13) (2.15) ta có √ √ √ √ √ m 4−2 √ m (3 + 8)n (3 + 8)n 4+2 √ √ √ (9 + 5) − √ (9 − 5) = − 5 8 Nếu ta đặt √ √ 4+2 P4 = √ (9 + 5)m , Tương tự trên, ta có < log √ (3 + 8)n √ Q= Q √ < 0.926P4−2 < 0.065 P4 (9 + 5)2m √ √ < m log(9 + 5) − n log(3 + 8) + log √ 0.065 √ √ < √ (2.28) (4‘ + 5) (9 + 5)2m √ √ √ nghiệm phương trình Tương tự trên, α3 = (4‘ + 5) 62464α4 − 2880α2 + = A3 = 62464 Như vậy, áp dụng nh lớ ca Baker v Wăustholz ta thu c m< (16 × × 4)10 log 18 log log 62464 log m < 1024 log m 5.77 Do m < 1026 Cuối cùng, ta xét phương trình (2.14) (2.15) ta có √ √ √ √ √ m 11 − 5 √ m (3 + 8)n (3 + 8)n 11 + 5 √ √ √ √ (9 + 5) − (9 − 5) = − 5 8 Nếu ta đặt √ √ 11 + 5 √ P5 = (9 + 5)m , Tương tự trên, ta có < log √ (3 + 8)n √ Q= Q √ < 0.926P5−2 < 0.0095 P5 (9 + 5)2m 29 √ √ < m log(9+4 5)−n log(3+ 8)+log √ 0.0095 √ √ < √ (2.29) (11‘ + 5) (9 + 5)2m √ √ √ nghiệm phương trình Tương tự trên, α3 = (11‘ + 5) 1024α4 − 19680α2 + 25 = A3 = 19680 Như vậy, áp dụng Định lí 2.2.4 ta thu m< (16 × × 4)10 log 18 log log 19680 log m < 1024 log m 5.77 Do m < 1026 Với kết ta thấy có hữu hạn nghiệm chung phương trình xét, tức có hữu hạn số cân Fibonacci Tuy nhiên cận 2026 m lớn, ta kiểm tra trực tiếp tất số khoảng Để thu cận bé ta sử dụng bổ đề sau Baker Davenport [2] Bổ đề 2.2.6 Giả sử K > Với số nguyên dương M, cho p q số nguyên thỏa mãn ≤ q ≤ KM, |θq − p| < 2(KM )−1 Khi đó, qβ ≥ 3K −1 khơng có nghiệm phương trình |mθ − n + β| < C −m miền log K M < m < M log C (Ở giả sử θ, β số thực, C > z khoảng cách số thực z tới số nguyên gần nhất.) √ Ta chia bất đẳng thức (2.18) cho log(3+ 8) chứng tỏ theo quy nạp Các trường hợp lại (2.21), (2.24), (2.27), (2.28) (2.29) chứng minh hoàn toàn tương tự Áp 30 dụng Bổ đề ta có √ C = (9 + 5)2 = 321.997 , √ log(9 + 5) √ θ= log(3 + 8) √ √ √ 5) √ β = log (log(3 + 8))−1 26 Trong trường hợp này, ta lấy M = 10 , K = 100 Đặt θ0 giá trị θ với 56 (3 + số thập phân, tức |θ − θ0 | < 10−56 p hội tụ sau liên phân số θ0 mà thỏa mãn q < 1028 Khi q |qθ0 − p| < 10−28 , ta có Cho |qθ − p| ≤ q|θ − θ0 | + |qθ0 − p| < × 10−28 Trong trường hợp này, bất đẳng thức thứ thứ hai Bổ đề 2.2.6 thỏa mãn Ta thấy qβ = 0.4049 qβ ≥ 0.03 từ Bổ Đề 2.2.6 suy khơng có nghiệm phương trình (2.18) miền log 1030 < m < 1026 log 321, 997 Điều có nghĩa m < 12 ta tính tay để khơng có số cân Fibonacci 2.3 Các số cân Lucas Tương tự vấn đề mục trên, câu hỏi đặt liệu có số vừa số cân vừa số Lucas hay khơng? Nếu có có số vậy? Câu trả lời cho câu hỏi Liptai trả lời [8] Cụ thể, ông chứng tỏ khơng có số cân mà phần tử dãy Lucas Phương pháp dùng để chứng minh hoàn toàn tương tự phương pháp [7] Định nghĩa 2.3.1 Số cân Lucas số vừa số cân vừa số Lucas Định lý 2.3.2 Không tồn số cân Lucas 31 Chứng minh Trước tiên ta chứng tỏ có hữu hạn nghiệm chung hai phương trình z − 8y = (2.30) y − 5x2 = ±4 (2.31) Nghiệm tổng quát (2.30) z+ √ 8y = (3 + √ 8)n , n = 0, 1, 2, (2.32) Phương trình (2.31) viết lại Nếu ta đặt √ √ (y + x 5)(y − x 5) = (2.33) √ √ (y + x 5)(y − x 5) = −4 (2.34) √ √ √ y + x = (y0 + x0 5)(9 + 5)m m ≥ 0, nhờ sử dụng phương trình liên hợp ta chứng tỏ y0 ln dương x0 âm m đủ lớn Do đó, ta chọn m cho x0 > 0, x1 xác định √ √ √ y0 + x0 = (y1 + x1 5)(9 + 5) x1 ≤ Vì √ √ y0 + x0 = (9y1 + 20x1 )(9x1 + 4y1 ) ta có y0 = 9y1 + 20x1 x0 = 9x1 + 4y1 Từ phương trình trước, ta có x1 = 4y0 9x0 − 4y0 x0 ≤ Sử dụng phần dương phương trình (2.31) ta có 80 y02 − = 5x20 ≤ y02 81 Từ y0 = 3, 7, 18 x0 = 1, 3, Như vậy, nghiệm tổng quát phần dương phương trình (2.31) √ √ √ y + x = (3 + 5)(9 + 5)m (2.35) 32 √ √ √ y + x = (7 + 5)(9 + 5)m √ √ √ y + x = (18 + 5)(9 + 5)m (2.36) (2.37) m = 0, 1, 2, Áp dụng phương pháp trước với phần âm phương trình (2.31) ta tìm 400 y1 = 9x0 −20x0 ≤ 0, trường hợp x0 dương y02 = 5x20 −4 ≤ x, 81 x0 = 1, 2, y0 = 1, 4, 11 Như vậy, nghiệm tổng quát phần âm phương trình (2.31) √ √ √ y + x = (1 + 5)(9 + 5)m √ √ √ y + x = (4 + 5)(9 + 5)m √ √ √ y + x = (11 + 5)(9 + 5)m (2.38) (2.39) (2.40) m = 0, 1, 2, Bây giờ, ta tìm nghiệm chung phương trình (2.35), (2.36), (2.37), (2.38), (2.39), (2.40) với phương trình (2.32) Sử dụng phương trình (2.32) (2.35) phương trình liên hợp có √ √ √ √ √ √ (3 + 8)n (3 − 8)n √ √ 2y = − = (3 + 5)(9 + 5)m + (3 − 5)(9 − 5)m 8 √ √ √ √ √ √ (3 + 8)n (3 − 8)n √ √ − = (3 + 5)(9 + 5)m + (3 − 5)(9 − 5)m (2.41) 8 Đặt √ √ √ (3 + 8)n √ Q= , P = (3 + 5)(9 + 5)m , phương trình (2.41) ta thu Q − Q−1 = P − 4P −1 Vì P −Q Q − P = Q−1 − 4P −1 < 4(Q−1 − P −1 ) = QP ta có Q < P Rõ ràng P > 90 P − Q = 4P −1 − Q − < 4P −1 33 Do P P −Q = − log − Q P 0.00052 √ < 4.16P −2 < (9 + 5)2m < log < 4P −2 + 16P −4 (2.42) Hơn nữa, < log √ √ √ √ P = m log(9 + 5) − n log(3 + 8) + log(3 + 5) = Λ Q Vì P > Q ta có 4m > n √ √ Ta áp dụng Định lí 2.2.4 với n = 3, α1 = + 5, α2 = + α3 = (3 + √ √ 5) Khi α1 , α2 , α3 tương ứng nghiệm phương trình α12 −18α1 +1 = 0, α22 − 6α2 + = α3 − 224α32 + 1024 = Theo phương trình trước ta có, A1 = 18, A2 = 6, A3 = 1024 Ta lại áp dụng Định lí 2.2.4 thu log |Λ| > −(16 × × 4)10 log 18 log log 1024 log 4m Hơn nữa, √ 0.00052 (9 + 5)2 −m < exp(−5.77m) ta có m< (16 × × 4)10 log 18 log log 1024 log 4m < 1024 log 4m 5.77 Do ta có m < 1026 Tiếp tục áp dụng phương pháp cho trường hợp khác √ √ √ √ (2) (3) với α1 = + 5, α2 = + trước α3 = (7 + 5) 8, α3 = √ √ √ √ √ √ √ √ (4) (5) (6) (18 + 5) 8, α3 = (1 + 5) 8, α3 = (4 + 5) 8, α3 = (11 + 5) (2) (3) (4) (5) Trong trường hợp A3 = 1504, A3 = 10304, A3 = 1024, A3 = 1024 (6) A3 = 3936 Tương tự mục trước chặn xử lí Sau đó, tính tốn ta kiểm tra không tồn số cân Lucas 34 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Khái niệm số cân số Lucas-cân bằng; số kết Ray [10] mối quan hệ số cân bằng, số Lucas cân với hai số vô tỷ λ1 = √ √ + λ2 = − Đặc biệt dựa vào kết Ray, luận văn đưa số kết mới: Bổ đề 1.3.3; Định lý 1.4.5; Hệ 1.4.7 Định lý 1.4.9; Trình bày lại số kết Ray [11] mối quan hệ số Lucas-cân số cân bằng; Trình bày lại chứng minh Liptai [7, 8] tính tồn số cân Fibonacci số cân Lucas 35 Tài liệu tham khảo Tiếng việt [1] Hoàng Thị Hường (2015), Số cân số đối cân bằng, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [2] Baker A., Davenport H (1969), “The equations 3x2 −2 = y and 8x2 −7 = z ", Quarterly Journal of Mathematics [3] Baker A., Wăustholz G (1993), Logarithmic forms and group varieties", Journal Făur Die Reine Und Angewandte Mathematik 442, pp 1962 [4] Behera A., Panda G K (1999), “On the square roots of trianglular numbers", The Fibonacci Quarterly, 48 No 2, pp 98–105 [5] Ferguson D.E (1970), “Letter to the editor", The Fibonacci Quarterly 8, pp 88–89 [6] Koshy T (2001), Fibonacci and Lucas numbers with Applications, John Wiley & Sons, Inc., Toronto [7] Liptai K (2004), “Fibonacci balancing numbers", The Fibonacci Quarterly 42, pp 330–340 [8] Liptai K (2006), “Lucas balancing numbers", Acta Mathematica Universitatis Ostraviensis 14(1), pp 43–47 36 [9] Panda G K (2009), “Some fascinating properties of balancing numbers", Proceedings of the Eleventh International Conference on Fibonacci Numbers and their Applications, Cong Numer 194, pp 185–189 [10] Ray P.K (2009), Balancing and cobalancing numbers, PhD thesis, National Institute of Technology Rourkela, India [11] Ray P.K (2013), “New identities for the common factors of balancing and Lucas-balancing numbers", International Journal of Pure and Applied Mathematics 85(3), pp 487–494 37 ... 1.5 Một số mối quan hệ số cân số Lucas -cân 14 Chương Số cân Fibonacci số cân Lucas 19 2.1 Số Fibonacci số Lucas 19 2.2 Số cân Fibonacci ... Fibinacci số Lucas Một vấn đề tự nhiên đặt ra: liệu có số nguyên vừa số cân vừa số Fibonacci hay khơng? có tồn số cân mà đồng thời số Lucas hay không? Các số gọi số cân Fibonacci số cân Lucas Các... kiểm tra khơng tồn số cân Lucas 34 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Khái niệm số cân số Lucas -cân bằng; số kết Ray [10] mối quan hệ số cân bằng, số Lucas cân với hai số vô tỷ λ1 = √ √