Luận văn Về các số t - Cân bằng

Lời cảm ơn ii

Danh sách kí hiệu iii

Mở đầu 1

Chương 1 . Khái niệm về số t-cân bằng 3

1.1 Khái niệm về số t-cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Một số đẳng thức đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Một số tính chất số học . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 2 . Một số vấn đề liên quan đến số t-cân bằng 23

2.1 Tổng của các số t-cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2 Đa thức cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3 Đạo hàm của đa thức cân bằng . . . . . . . . . . . . . 37

Kết luận 44

Tài liệu tham khảo 45

pdf50 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 18/03/2022 | Lượt xem: 210 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Về các số t - Cân bằng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ctn−1 với n ≥ 2. Áp dụng lý thuyết phương trình sai phân, ta xét phương trình đặc trưng x2 − 6tx+ 1 = 0. 5 Phương trình đặc trưng này có hai nghiệm α = 3t + √ 9t2 − 1 và β = 3t−√9t2 − 1. Từ đây ta có thể xây dựng công thức tổng quát xác định các số Btn, b t n, C t n và c t n thông qua các giá trị α, β. Cụ thể, ta có định lý sau đây: Định lý 1.1.2 (Công thức Binet, [4, Định lý 2.2]). Với số nguyên dương n, ta có (i) Btn = αn − βn 2 √ 9t2 − 1; (ii) btn = (α + 1)αn−1 + (β + 1)βn−1 − 6t− 2 2(9t2 − 1) ; (iii) Ctn = (3− β)αn − (3− α)βn 2 √ 9t2 − 1 ; (iv) ctn = (7α− 1)αn−2 − (7β − 1)βn−2 2 √ 9t2 − 1 . Chứng minh. Ta sẽ chứng minh đẳng thức (i) bằng phương pháp sử dụng lý thuyết phương trình sai phân. Do các số t-cân bằng Btn là nghiệm của phương trình sai phân Btn+1 = 6tB t n −Btn−1 nên công thức tổng quát của Btn sẽ có dạng Btn = T1α n + T2β n, trong đó T1, T2 là các giá trị thực cần tìm và α, β là nghiệm của phương trình đặc trưng x2−6tx+1 = 0. Từ hai giá trị ban đầuBt0 = 0, Bt1 = 1 6 ta có hệ phương trình  T1 + T2 = 0, αT1 + βT2 = 1. Suy ra T1 = 1 α− β = 1 2 √ 9t2 − 1 và T2 = 1 β − α = − 1 2 √ 9t2 − 1. Vậy công thức tổng quát cho các số t-cân bằng là Btn = αn − βn 2 √ 9t2 − 1. Bây giờ ta sẽ chứng minh đẳng thức (ii) bằng phương pháp quy nạp. Rõ ràng đẳng thức đúng với n = 1 và n = 2. Giả sử đẳng thức đúng với n ≥ 2, tức là btn = (α + 1)αn−1 + (β + 1)βn−1 − 6t− 2 2(9t2 − 1) . Theo định nghĩa của các số t-đối cân bằng, ta có btn+1 = 6tb t n − btn−1 + 2. Suy ra btn+1 = 6t. (α + 1)αn−1 + (β + 1)βn−1 − 6t− 2 2(9t2 − 1) − (α + 1)α n−2 + (β + 1)βn−2 − 6t− 2 2(9t2 − 1) + 2 = (α + 1)(6tαn−1 − αn−2) + (β + 1)(6tβn−1 − βn−2)− 6t− 2 2(9t2 − 1) . 7 Mặt khác, do α và β là nghiệm của phương trình x2− 6tx+1 = 0 nên α2 = 6tα− 1 và β2 = 6tβ − 1. Nhân cả hai vế của hai đẳng thức này lần lượt với αn−2 và βn−2 ta được αn = 6tαn−1 − αn−2 và βn = 6tβn−1 − βn−2. Suy ra btn+1 = (α + 1)αn + (β + 1)βn − 6t− 2 2(9t2 − 1) . Theo nguyên lý quy nạp toán học ta suy ra đẳng thức (ii) đúng với mọi số nguyên n ≥ 1. Tương tự, sử dụng lý thuyết phương trình sai phân hoặc sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta có thể chứng minh các đẳng thức (iii) và (iv). Định lý sau đây cho ta thêm một công thức tường minh cho các số t-cân bằng. Định lý 1.1.3 ([4, Định lý 2.14]). Với n ≥ 1, ta có Btn = b(n−1)/2c∑ i=0 (−1)i ( n− 1− i i ) (6t)n−1−2i. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1 ta có Bt1 = (−1)0 ( 0 0 ) (6t)0 = 1. Với n = 2 ta có Bt2 = (−1)0 ( 1 0 ) (6t)1 = 6t. 8 Nên công thức đúng với n = 1, 2. Giả sử công thức đúng với n, ta chứng minh công thức đúng với n + 1. Giả sử n = 2k + 1 là số lẻ. Ta có Btn = B t 2k+1 = k∑ i=0 (−1)i ( 2k − i i ) (6t)2k−2i, Btn−1 = B t 2k = k−1∑ i=0 (−1)i ( 2k − 1− i i ) (6t)2k−1−2i. Ta có (6t)Bt2k+1 = k∑ i=0 (−1)i ( 2k − i i ) (6t)2k−2i+1. Suy ra Btn+1 = B t 2k+2 = 6tB t n −Btn−1 = ( 2k 0 ) (6t)2k+1 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k − (i+ 1) + 1 i+ 1 ) (6t)2k+1−2(i+1) = k∑ i=0 (−1)i ( 2k + 1− i i ) (6t)2k+1−2i = bn/2c∑ i=0 (−1)i ( n− i i ) (6t)n−2i. Trường hợp n là số chẵn được kiểm tra hoàn toàn tương tự. Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra đẳng thức được nêu trong Định lý là đúng với mọi số tự nhiên n. 9 1.2 Một số đẳng thức đơn giản Trong mục này, chúng tôi trình bày một số đẳng thức đơn giản liên quan đến các số Btn, b t n, C t n và c t n. Trước tiên ta có các đẳng thức liên quan giữa các số t-cân bằng và các giá trị α, β. Mệnh đề 1.2.1 ([5, Bổ đề 2.8]). Với n ≥ 1, ta có αn = αBtn −Btn−1 và βn = βBtn −Btn−1. Chứng minh. Vì α = 3t+ √ 9t2 − 1, β = 3t−√9t2 − 1 nên α + β = 6t, αβ = 1, α− β = 2 √ 9t2 − 1. (1.1) Từ đó, ta có α2 = 6tα− 1 = αBt2 −Bt1, α3 = 6tα2 − α = (36t2 − 1)α− 6t = αBt3 −Bt2. Do đó, αn = αBtn −Btn−1. Đẳng thức thứ hai được chứng minh tương tự. Mệnh đề tiếp theo cho ta mối quan hệ giữa ba số t-cân bằng liên tiếp và giữa ba số t-đối cân bằng liên tiếp. Mệnh đề 1.2.2 ([4, Định lý 2.3]). Sử dụng các kí hiệu như trên, ta có (i) Btn+1B t n−1 + 1 = (B t n) 2 với mọi n ≥ 1. (ii) btn+1b t n−1 + 1 = (b t n − 1)2 với mọi n ≥ 2. 10 Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta thu được Btn+1B t n−1 + 1 = ( αn+1 − βn+1 2 √ 9t2 − 1 )( αn−1 − βn−1 2 √ 9t2 − 1 ) + 1 = α2n + β2n − (αβ)n(αβ−1 + βα−1) + 4(9t2 − 1) 4(9t2 − 1) = α2n + β2n − (36k2 − 2) + 4(9t2 − 1) 4(9t2 − 1) = α2n + β2n − 2(αβ)n 4(9t2 − 1) = ( αn − βn 2 √ 9t2 − 1 )2 = (Btn) 2 vì αβ = 1, αβ−1 + βα−1 = 36t2 − 2. Trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Hai mệnh đề tiếp theo cho ta mối quan hệ phức tạp hơn giữa các số t-cân bằng. Mệnh đề 1.2.3 ([4, Định lý 2.8]). (i) Với n ≥ 1, ta có (Btn+1 +B t n)(B t n+1 −Btn) = Bt2n+1. (ii) Với hai số nguyên dương n,m bất kỳ ta có Btn+m = B t nB t m+1 −Btn−1Btm. (iii) Với hai số nguyên dương n ≥ m, ta có (Btn +B t m)(B t n −Btm) = Btn+mBtn−m. Chứng minh. Sử dụng công thức Binet, ta thu được (Btn+1 +B t n)(B t n+1 −Btn) = (Btn+1)2 − (Btn)2 (1.2) 11 =( αn+1 − βn+1 2 √ 9t2 − 1 )2 − ( αn − βn 2 √ 9t2 − 1 )2 = α2n(α2 − 1) + β2n(β2 − 1) 4(9t2 − 1) . (1.3) Chú ý rằng α2 − 1 4(9t2 − 1) = α 2 √ 9t2 − 1 và β2 − 1 4(9t2 − 1) = −β 2 √ 9t2 − 1 . Nên (1.2) trở thành (Btn+1 +B t n)(B t n+1 −Btn) = (Btn+1)2 − (Btn)2 = ( αn+1 − βn+1 2 √ 9t2 − 1 )2 − ( αn − βn 2 √ 9t2 − 1 )2 = α2n+1 − β2n+1 2 √ 9t2 − 1 = B t 2n+1. Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Mệnh đề 1.2.4 ([5, Bổ đề 2.7]). Cho p, q, r là ba số nguyên dương. Khi đó, ta có (i) Btp+q−1 = B t pB t q −Btp−1Btq−1. (ii) Btp+q−2 = 1 6t ( BtpB t q −Btp−2Btq−2 ) . (iii) Btp+q+r−3 = 1 6t ( BtpB t qB t r − 6kBtp−1Btq−1Btr−1 +Btp−2Btq−2Btr−2 ) . Chứng minh. Chứng minh của (i) được suy ra dễ dàng từ công thức Binet. Thay công thức Btn = Btn+1 +B t n−1 6t vào (i) ta thu được Btp+q−2 = B t pB t q−1 −Btp−1Btq−2 = Btp [ Btq +B t q−2 6t ] − [ Btp +B t p−2 6t ] Btq−2 12 = 1 6t [ BtpB t q −Btp−2Btq−2 ] , suy ra (ii) đúng. Chứng minh của (iii) tương tự như (ii). Tiếp theo là một số đẳng thức liên quan giữa bốn loại số ta đang quan tâm. Mệnh đề 1.2.5 ([4, Định lý 2.1]). Các đẳng thức sau đây là đúng: (i) Ctn = 3B t n −Btn−1 với mọi n ≥ 1. (ii) ctn = 7B t n−1 −Btn−2 với mọi n ≥ 2. (iii) Btn = 2tC t n−1 + (2t− 1)Btn−2 với mọi n ≥ 2. (iv) 2Btn = b t n+1 − btn với mọi n ≥ 1. Chứng minh. Áp dụng công thức Binet, ta thu được 3Btn −Btn−1 = 3 ( αn − βn 2 √ 9t2 − 1 ) − ( αn−1 − βn−1 2 √ 9t2 − 1 ) = αn(3− α−1)− βn(3− α) 2 √ 9t2 − 1 = αn(3− β)− βn(3− α) 2 √ 9t2 − 1 = Ctn vì α−1 = β và β−1 = α. Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. 13 1.3 Một số tính chất số học Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày một số tính chất số học (tính chia hết, ước chung lớn nhất) liên quan đến bốn loại số ta quan tâm. Trước tiên là một số tính chất số học liên quan đến các số t-cân bằng. Đối với các số cân bằng ta có tính chất hai số cân bằng liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau. Mệnh đề sau đây cho ta tính chất tương tự đối với các số t-cân bằng liên tiếp. Mệnh đề 1.3.1 ([5, Bổ đề 2.9]). Hai số t-cân bằng liên tiếp nguyên tố cùng nhau, tức là (Btn, B t n−1) = 1, với mọi n ≥ 1. Chứng minh. Sử dụng thuật toán chia Euclid, ta thu được Btn = 6tB t n−1 −Btn−2 Btn−1 = 6tB t n−2 −Btn−3 ... Bt3 = 6tB t 2 −Bt1 Bt2 = 6tB t 1 −Bt0. Từ đó suy ra (Btn, B t n−1) = B t 1 = 1. Tổng quát hơn, ta sẽ thấy trong phần tiếp theo rằng ước chung lớn nhất của Btn và B t m chính là B t (n,m). Để chứng minh điều này, ta trình bày một số bổ đề trước. 14 Bổ đề 1.3.2 ([5, Bổ đề 2.10]). Với hai số nguyên dương n,m bất kỳ, ta có Btm|Btnm. Chứng minh. Rõ ràng kết quả đúng với n = 1. Giả sử kết quả đúng với mọi k ≥ 1, tức là Btm | Btml với mọi 1 ≤ l ≤ k. Theo Bổ đề 1.2.4, ta có Btm(k+1) = B t mk+m = B t mkB t m+1 −Btmk−1Btm. Vì Btm | Btmk, suy ra Btm | Btm(k+1). Điều phải chứng minh. Bổ đề 1.3.3 ([5, Bổ đề 2.11]). Với hai số nguyên dương n, l bất kỳ, ta có (Btln−1, B t n) = 1. Chứng minh. Đặt d = (Btln−1, B t n). Rõ ràng d | Btln−1 và d | Btn. Theo Bổ đề 1.3.2 ta có Btn | Btln nên d | Btln. Bây giờ, ta có d | Btln−1 và d | Btln và vì (Btln−1, Btln) = 1 nên theo thuật toán chia, ta có d | 1 kéo theo d = 1, điều phải chứng minh. Bổ đề 1.3.4 ([5, Bổ đề 2.12]). Cho m,n, l, r là bốn số tự nhiên thỏa mãnm = ln+ r. Khi đó, ta có (Btm, B t n) = (B t n, B t r). Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.4 và 1.3.3, ta có (Btm, B t n) = (B t ln+r, B t n) = (B t lnB t r+1 −Btln−1Btr, Btn) = (Btln−1B t r, B t n) = (B t r, B t n), điều phải chứng minh. 15 Từ các bổ đề trên, ta có tính chất tổng quát hơn sau đây. Mệnh đề 1.3.5 ([5, Định lý 2.13]). Với hai số nguyên dương n,m bất kỳ, ta có (Btn, B t m) = B t (n,m). Chứng minh. Sử dụng thuật toán chia Euclidean vớim ≥ n ta có m = q0n+ r1, 0 ≤ r1 < n, n = q1r1 + r2, 0 ≤ r2 < r1, ... rn−2 = qn−1rn−1 + rn, 0 ≤ rn < rn−1, rn−1 = qnrn + 0. Theo Bổ đề 1.3.4, ta có thể viết (Btm, B t n) = (B t n, B t r1 ) = (Btr1, B t r2 ) = · · · = (Btrn−1, Btrn). Theo Bổ đề 1.3.2, vì rn | rn−1 nên ta cóBtrn | Btrn−1. Do đó, (Btrn−1, Btrn) = Btrn. Vì rn = (m,n) nên theo thuật toán Euclidean, ta có (Btm, B t n) = B t rn = Bt(m,n). Điều phải chứng minh. Từ Mệnh đề 1.3.5 ta có ngay hệ quả trực tiếp sau: Hệ quả 1.3.6 ([4, Định lý 2.6]). Với hai số nguyên dương n,m, ta có (i) (Btmn, B t m(n±1)) = B t m. 16 (ii) (Btn−1, B t n+1) =  1, nếu n là chẵn; 6t, nếu n là lẻ. (iii) Nếu p là một số nguyên tố lẻ thì (Btnp, B t p) = B t p, (B t np, B t n) = B t n và (Btnm±p, B t n) =  Btp, nếu n = kp, k ∈ Z 1, trường hợp còn lại. Chứng minh. (i) Theo Mệnh đề 1.3.5 ta có (Btm, B t n) = B t rn = Bt(m,n). Do đó, ta có (Btmn, B t m(n±1)) = B t (mn,m(n±1)). Mặt khác (mn,m(n± 1)) = m(n, n± 1) = m · 1 = m. Do đó, ta có (Btmn, B t m(n±1)) = B t m. (ii)Nếu n chẵn thì n−1 và n+1 là hai số lẻ liên tiếp nên ước chung lớn nhất của chúng bằng 1. Vì vậy (Btn−1, B t n+1) = B t (n−1,n+1) = B t 1 = 1. Nếu n lẻ thì n− 1 và n+ 1 là hai số chẵn liên tiếp nên ước chung lớn nhất cả chúng bằng 2. Vì vậy (Btn−1, B t n+1) = B t (n−1,n+1) = B t 2 = 6t. 17 (iii) Nếu p là số nguyên tố lẻ thì (np, p) = p(n, 1) = p và (np, n) = n(p, 1) = n. Do đó (Btnp, B t p) = B t (np,p) = B t p và (Btnp, B t n) = B t (np,n) = B t n. Nếu n = kp thì nm± p = kpm± p = p(km± 1) nên (nm± p, n) = (p(km± 1), kp) = p((km± 1), k) = p. Do đó (Btnm±p, B t n) = B t (nm±p,n) = B t p. Ngược lại, nếu n 6= kp, áp dụng liên tiếp m − 1 lần tính chất của ước số chung lớn nhất rằng (a, b) = (a− b, b) nếu a > b, ta được (nm± p, n) = ((m− 1)n± p, n) = · · · = (n± p, n) = 1. Do đó (Btnm±p, B t n) = B t (nm±p,n) = B t 1 = 1. Vậy (Btnm±p, B t n) =  Btp, nếu n = kp, k ∈ Z 1, trường hợp còn lại. 18 Mệnh đề tiếp theo cho ta một số tính chất về tính chia hết của các số t-cân bằng. Mệnh đề 1.3.7 ([4, Định lý 2.9]). Với hai số nguyên dương n,m bất kỳ, ta có BtmB t n|BtnmBt(n,m). Chứng minh. Theo Bổ đề 1.3.2, ta có Btm|Btnm và Btn|Btnm. Suy ra BtnB t m|Btnm(Btn, Btm). Mặt khác, theo Mệnh đề 1.3.5 ta lại có (Btn, B t m) = B t (n,m). Từ đây suy ra điều cần chứng minh. Từ Định lý trên, ta có ngay hệ quả trực tiếp sau: Hệ quả 1.3.8. Với hai số nguyên dương n,m nguyên tố cùng nhau, ta có BtmB t n|Btnm. Chứng minh. Vì n,m nguyên tố cùng nhau nên (n,m) = 1. Do đó BtnmB t (n,m) = B t nmB t 1 = B t nm. Vậy theo Mệnh đề 1.3.7, ta có BtmB t n|Btnm. Tiếp theo, chúng tôi trình bày một số tính chất số học đối với các loại số khác. 19 Mệnh đề 1.3.9 ([4, Định lý 2.11]). (i) Hai số t-Lucas cân bằng liên tiếp nguyên tố cùng nhau, tức là (Ctn, C t n−1) = 1. (ii) Với hai số nguyên dương lẻ liên tiếp n,m, ta có (Ctn, C t m) = C t (n,m) = 3. (iii) Với hai số nguyên dương chẵn liên tiếp n,m, ta có (Ctn, C t m) = 1, trong khi đó C t (n,m) = 18t− 1. Chứng minh. Tương tự như trong chứngminh của Bổ đề 1.3.1, áp dụng thuật toán Euclid ta có (Ctn, C t n−1) = C t 0 = 1. Từ đây suy ra khẳng định (i) của Mệnh đề. Để chứng minh khẳng định (ii) ta sử dụng định nghĩa của các số t-Lucas cân bằng, với số tự nhiên k, ta có Ct2k+1 = 6t.C t 2k − Ct2k−1. Suy ra (Ct2k+1, C t 2k−1) = (6tC t 2k − Ct2k−1, Ct2k−1) = (6tCt2k, C t 2k−1). Mặt khác, theo (i), (Ct2k, C t 2k−1) = 1, nên (Ct2k+1, C t 2k−1) = (6t, C t 2k−1). 20 Hơn nữa, ta lại có (6t, Ct2k−1) = (6t, 6tC t 2k−2 − Ct2k−3) = (6t, Ct2k−3). Suy ra (Ct2k+1, C t 2k−1) = (6t, C t 2k−1) = (6t, C t 2k−3) = · · · = (6t, Ct1) = Ct1 = 3. Vậy, vớim,n là hai số nguyên lẻ liên tiếp, ta có (Ctn, C t m) = C t (n,m) = 3. Hoàn toàn tương tự, ta có (Ct2k, C t 2k−2) = (6tC t 2k−1 − Ct2k−2, Ct2k−2) = (6tCt2k−1, C t 2k−2) = (6t, C t 2k−2) = (6t, Ct2k−4) = · · · = (6t, Ct0) = 1. Vậy, với n,m là hai số nguyên chẵn liên tiếp, ta có (Ctn, C t m) = 1. Trong khi đó Ct(n,m) = C t 2 = 18t− 1. Mệnh đề 1.3.10 ([4, Định lý 2.12]). (i) Hai số t-Lucas đối cân bằng liên tiếp nguyên tố cùng nhau, tức là (ctn, c t n−1) = 1. (ii) Với hai số nguyên dương lẻ liên tiếp n,m, ta có (ctn, c t m) = c t (n,m) = 1. 21 (iii) Với hai số nguyên dương chẵn liên tiếp n,m, ta có ct(n,m) = 7, trong khi đó (ctn, c t m) =  1, nếu 7 6 |t, 7, nếu 7|t. Chứng minh. Tương tự như trong chứngminh của Bổ đề 1.3.1, áp dụng thuật toán Euclid, ta có (ctn, c t n−1) = c t 1 = 1.Như vậy, khẳng định (i) đã được chứng minh. Bây giờ, tương tự như chứng minh Mệnh đề 1.3.9, ta có, nếu n,m là hai số nguyên lẻ liên tiếp thì (ctn, c t m) = c t 1 = c t (n,m) = 1. Hơn nữa, nếu n,m là hai số nguyên chẵn liên tiếp thì ct(n,m) = c t 2 = 7, trong khi đó (ctn, c t m) = (6t, c t 2) = (6t, 7) =  1, nếu 7 6 |t, 7, nếu 7|t. 22 Chương 2 Một số vấn đề liên quan đến số t-cân bằng Trong chương này, chúng tôi trình bày một số tính chất về tổng của các số t-cân bằng, đa thức cân bằng và đạo hàm của các đa thức cân bằng. 2.1 Tổng của các số t-cân bằng Trong mục này, chúng tôi trình bày lại một số tính chất liên quan đến tổng của các số t-cân bằng, t-đối cân bằng, t-cân bằng Lucas và t-đối cân bằng Lucas. Trước tiên ta có Định lý sau về tổng của những số đầu tiên trong các dãy số đó: Định lý 2.1.1 ([4, Định lý 2.13]). Ta có (i) n∑ i=1 Bti = (6t− 1)Btn −Btn−1 − 1 6t− 2 , với n ≥ 1; (ii) n∑ i=1 Cti = (6t− 1)Ctn − Ctn−1 − 2 6t− 2 , với n ≥ 1; (iii) n∑ i=2 bti = (6t− 1)btn − btn−1 − 2n+ 2 6t− 2 , với n ≥ 2; 23 (iv) n∑ i=2 cti = (6t− 1)ctn − ctn−1 − 6 6t− 2 , với n ≥ 2; Chứng minh. Vì Btn = 6kB t n−1 − Btn−2, ta thu được Btn + Btn−2 = 6tBtn−1 và do đó Bt2 +B t 0 = 6tB t 1, Bt3 +B t 1 = 6tB t 2, . . . (2.1) Btn−1 +B t n−3 = 6tB t n−2, Btn +B t n−2 = 6tB t n−1. Cộng vế với các đẳng thức trong (2.1) ta thu được (Bt0+B t 1+· · ·+Btn−2)+(Bt2+Bt3+· · ·+Btn) = 6t(Bt1+Bt2+· · ·+Btn−1) và do đó 2(Bt1+B t 2+· · ·+Btn) = 6t(Bt1+Bt2+· · ·+Btn)+1+Btn−1+(1−6t)Btn. Do đó (2− 6t)(Bt1 +Bt2 + · · ·+Btn) = (1− 6t)Btn +Btn−1 + 1. Suy ra Bt1 +B t 2 + · · ·+Btn = (6t− 1)Btn −Btn−1 − 1 6t− 2 . Đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự. Mệnh đề sau đây cho ta một khai triển của các số t-cân bằng thứ chẵn thành tổng của các số t-cân bằng khác. 24 Mệnh đề 2.1.2 ([5, Bổ đề 2.4]). Kí hiệu ( n i ) là số tổ hợp chập i của n. Ta có n∑ i=0 (−1)n+i ( n i ) 6itiBti = B t 2n. Chứng minh. Theo công thức Binet, ta có n∑ i=0 (−1)n+i ( n i ) 6itiBti = n∑ i=0 (−1)n+i ( n i ) 6iti αi − βi α− β = 1 α− β [ n∑ i=0 (−1)n+i ( n i ) (6tα)i − n∑ i=0 (−1)n+i ( n i ) (6tβ)i ] = 1 α− β [(6tr1 − 1) n − (6tr2 − 1)n] = α 2n − β2n α− β = B t 2n, điều phải chứng minh. Mệnh đề tiếp theo cho ta tổng của n số t-cân bằng thứ lẻ, tổng của 2n và của 2n+ 1 số t-cân bằng đầu tiên. Mệnh đề 2.1.3 ([4, Định lý 2.17]). Với số nguyên n ≥ 1, ta có (i) n∑ i=1 Bt2i−1 = (B t n) 2; (ii) 2n∑ i=1 Bti = B t n(B t n +B t n+1); (iii) 2n+1∑ i=1 Bti = B t n+1(B t n +B t n+1). 25 Chứng minh. (i) Nhắc lại rằng Btn = αn − βn 2 √ 9t2 − 1 . Nên n∑ i=1 Bt2i−1 = B t 1 +B t 3 +B t 5 + · · ·+Bt2n−1 = 1 2 √ 9t2 − 1 [ α + α3 + · · ·+ α2n−1 − (β + β3 + · · ·+ β2n−1)] . Vì n∑ i=1 α2i−1 = α2n − 1 2 √ 9t2 − 1 và n∑ i=1 β2i−1 = 1− β2n 2 √ 9t2 − 1 , ta kết luận rằng n∑ i=1 Bt2i−1 = B t 1 +B t 3 +B t 5 + · · ·+Bt2n−1 = 1 2 √ 9t2 − 1 [ α + α3 + · · ·+ α2n−1 − (β + β3 + · · ·+ β2n−1)] = 1 2 √ 9t2 − 1 ( α2n − 1 2 √ 9t2 − 1 + β2n − 1 2 √ 9t2 − 1 ) = α2n + β2n − 2 4(9t2 − 1) = (B t n) 2. Các đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự. Từ Mệnh đề 2.1.3 ta có ngay hệ quả trực tiếp sau: Hệ quả 2.1.4. Với số nguyên n ≥ 1, ta có (i) 2n∑ i=1 (Bti +B t i+1) = B t n+1(B t n+1 + 2B t n +B t n−1); (ii) 2n+1∑ i=1 (Bti +B t i+1) = (B t n +B t n+1)(B t n+1 +B t n+2). Tương tự Mệnh đề 2.1.3, ta có mệnh đề sau đây cho ta các tổng tương tự đối với các số t-cân bằng Lucas và các số t-đối cân bằng Lucas. 26 Mệnh đề 2.1.5 ([4, Định lý 2.18]). Với n ≥ 1, ta có (i) 2n∑ i=1 Cti = B t n(C t n + C t n+1); (ii) 2n+1∑ i=1 Cti = C t n+1(B t n +B t n+1); (iii) n∑ i=1 Ct2i = B t nC t n+1; (iv) 2n∑ i=1 cti = B t n(c t n + c t n+1); (v) 2n+1∑ i=1 cti = c t n+1(B t n +B t n+1); (vi) n∑ i=1 ct2i = B t nc t n+1. Chứng minh. Các đẳng thức nêu trong Mệnh đề đều được chứng minh bằng cách sử dụng công thức Binet của các dãy số tương ứng. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh cho đẳng thức (i). Các đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự. Ta có Cti = (3− β)αi − (3− α)βi 2 √ 9t2 − 1 . Thay vào vế trái của đẳng thức (i) ta được 2n∑ i=1 Cti = 1 2 √ 9t2 − 1 [ α(3− β)(1 + α + · · ·+ α2n−1) −β(3− α)(1 + β + · · ·+ β2n−1)] 27 = 1 2 √ 9t2 − 1 [ α(3− β)α 2n − 1 α− 1 − β(3− α) β2n − 1 β − 1 ] . Mặt khác, thay vào vế phải của đẳng thức ta có (lưu ý rằng αβ = 1) Btn(C t n + C t n+1) = = αn − βn 2 √ 9t2 − 1 [ (3− β)αn − (3− α)βn 2 √ 9t2 − 1 + (3− β)αn+1 − (3− α)βn+1 2 √ 9t2 − 1 ] = 1 2 √ 9t2 − 1 [ (3− β)(α2n − 1)(α + 1) 2 √ 9t2 − 1 + (3− α)(β2n − 1)(1 + β) 2 √ 9t2 − 1 ] . Ta lại có α + 1 2 √ 9t2 − 1 = α α− 1 và β + 1 2 √ 9t2 − 1 = −β β − 1. Do đó, vế trái và vế phải của đẳng thức (i) bằng nhau. Hệ quả 2.1.6. Với số nguyên n ≥ 1, ta có (i) 2n+1∑ i=1 (Cti + C t i+1) = (B t n +B t n+1)(C t n+1 + C t n+2); (ii) 2n∑ i=1 (Cti + C t i+1) = B t nC t n+1(B t 2 + b t 2); (iii) 2n+1∑ i=1 (cti + c t i+1) = (B t n +B t n+1)(c t n+1 + c t n+2); (iv) 2n∑ i=1 (cti + c t i+1) = B t nc t n+1(B t 2 + b t 2). Chứng minh. Ta sẽ chứng minh đẳng thức (i). Áp dụng Mệnh đề 2.1.5 ta có 2n+1∑ i=1 (Cti + C t i+1) = 2n+1∑ i=1 Cti + 2n+2∑ i=1 Cti − Ct1 28 = Ctn+1(B t n +B t n+1) +B t n+1(C t n+1 + C t n+2)− Ct1 = Ctn+1(B t n +B t n+1) +B t n+1C t n+2 + (B t n+1C t n+1 − Ct1). Ta chỉ cần chứng minh Btn+1C t n+1 − Ct1 = Ctn+2Btn hay Btn+1C t n+1 − Ctn+2Btn = Ct1 = 3. Đẳng thức này dễ dàng kiểm tra được bằng cách sử dụng công thức Binet và một vài tính toán đơn giản với lưu ý αβ = 1. Như vậy ta chứng minh xong đẳng thức (i). Các đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự. 2.2 Đa thức cân bằng Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại các kết quả của Ray [5] về đa thức cân bằng, tức là đa thức thác triển liên tục từ các số t-cân bằng. Định nghĩa 2.2.1 ([5, Định nghĩa 3.1]). Các đa thức cân bằng, ký hiệu Bn(x), n ≥ 1, được định nghĩa bởi Bn(x) =  1, nếu n = 1, 6x, nếu n = 2, 6xBn−1(x)−Bn−2(x), nếu n ≥ 3. (2.2) 29 Từ định nghĩa, ta có một số đa thức cân bằng đầu tiên sau đây: B1(x) = 1, B2(x) = 6x,B3(x) = 36x 2 − 1, B4(x) = 216x 3 − 12x,B5(x) = 1296x4 − 108x2 + 1, ... Mệnh đề 2.2.2 ([5, Định lý 3.2]). lim n→∞ Bn+1(x) Bn(x) = 3x+ √ 9x2 − 1. Chứng minh. Đặt λ(x) = lim n→∞ Bn+1(x) Bn(x) . Khi n→∞, theo (2.2) ta có λ(x) = lim n→∞ Bn+1(x) Bn(x) = lim n→∞ [ 6xBn(x)−Bn−1(x) Bn(x) ] = 6x− 1 limn→∞ Bn(x) Bn−1(x) = 6x− 1 λ(x) . Từ đây suy ra λ2(x)− 6xλ(x) + 1 = 0. Nghiệm đầu tiên của phương trình này là λ = 3x + √ 9x2 − 1, điều phải chứng minh. Tổng quát hóa Định lý 1.1.2, ta có công thức Binet cho các đa thức cân bằng. Định lý 2.2.3 ([5, Định lý 3.3]). Với λ(x) = 3x+ √ 9x2 − 1, ta có Bn(x) = λn(x)− λ−n(x) λ(x)− λ−1(x) . Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp quy nạp. Rõ ràng kết quả đúng với n = 1. Giả sử nó đúng với k ≤ n. Sử dụng (2.2), ta có Bk+1(x) = 6xBk(x)−Bk−1(x) 30 = 6x [ λk(x)− λ−k(x) λ(x)− λ−1(x) ] − λ k−1(x)− λ−k+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+1λ−2(x) λ(x)− λ−1(x) = λk+1(x)− λ−(k+1)(x) λ(x)− λ−1(x) , điều phải chứng minh. Tổng quát hóa Định lý 1.1.3, ta có công thức tổng quát cho các đa thức cân bằng như sau: Mệnh đề 2.2.4 ([5, Mệnh đề 3.4]). Ta có Bn+1(x) = bn/2c∑ i=0 (−1)i ( n− i i ) (6x)n−2i. (2.3) Chứng minh. Với n = 0, ta có B1(x) = (−1)0 ( 0 0 ) (6x)0−0 = 1. Với n = 1, ta có B2(x) = (−1)0 ( 1 0 ) (6x)1−0 = 6x. Vậy công thức đúng với n = 0 và n = 1. Giả sử công thức đúng với n, tức là ta có công thức (2.3): Bn+1(x) = bn/2c∑ i=0 (−1)i ( n− i i ) (6x)n−2i. 31 Ta cần chứng minh công thức đúng với n+1, tức là ta cần chứng minh Bn+2(x) = b(n+1)/2c∑ i=0 (−1)i ( n+ 1− i i ) (6x)n+1−2i. Giả sử n = 2k + 1, theo (2.3) ta có Bn+2(x) = B2k+3(x) = k+1∑ i=0 (−1)i ( 2k + 2− i i ) (6x)2k+2−2i Bn(x) = B2k+1(x) = k∑ i=0 (−1)i ( 2k − i i ) (6x)2k−2i và Bn+1(x) = B2k+2(x) = k∑ i=0 (−1)i ( 2k + 1− i i ) (6x)2k+1−2i. Ta có (6x)Bn+1(x) = (6x)B2k+2(x) = k∑ i=0 (−1)i ( 2k + 1− i i ) (6x)2k+2−2i. Từ đó (6x)B2k+2(x) = (−1)0 ( 2k + 1 0 ) (6x)2k+2 + k∑ i=1 (−1)i ( 2k + 1− i i ) (6x)2k+2−2i = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k + 1− (i+ 1) i+ 1 ) (6x)2k+2−2(i+1) = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k − i i+ 1 ) (6x)2k−2i. 32 Do đó, (6x)B2k+2(x)−B2k+1(x) = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k − i i+ 1 ) (6x)2k−2i − k∑ i=0 (−1)i ( 2k − i i ) (6x)2k−2i = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k − i i+ 1 ) (6x)2k−2i + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k − i i ) (6x)2k−2i + (−1)k+1 ( 2k − k k ) (6x)0 = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 (( 2k − i i+ 1 ) + ( 2k − i i )) (6x)2k−2i + (−1)k+1 ( k k ) (6x)0 = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k + 1− i i+ 1 ) (6x)2k−2i + (−1)k+1(6x)0 = (6x)2k+2 + k−1∑ i=0 (−1)i+1 ( 2k + 2− (i+ 1) i+ 1 ) (6x)2k+2−2(i+1) + (−1)k+1(6x)0 = (6x)2k+2 + k∑ i=1 (−1)i ( 2k + 2− i i ) (6x)2k+2−2i + (−1)k+1(6x)0 33 = (−1)0 ( 2k + 2− 0 0 ) (6x)2k+2−0 + k∑ i=1 (−1)i ( 2k + 2− i i ) (6x)2k+2−2i + (−1)k+1 ( 2k + 2− (k + 1) k + 1 ) (6x)2k+2−2(k+1) = k+1∑ i=0 (−1)i ( 2k + 2− i i ) (6x)2k+2−2i = B2k+3(x) = Bn+2(x). Trường hợp n chẵn được chứng minh tương tự. Vậy công thức đúng với n+ 1. Mệnh đề được chứng minh. Các mệnh đề tiếp theo đây cho ta các đẳng thức tương tự các đẳng thức đối với các số t-cân bằng. 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. Không mất tính tổng quát, ta giả sử n > m. Lặp liên tiếp công thức truy hồi ta được Bn+m(x) = 6xBn+m−1(x)− 1 ·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), nếu cho n = m, ta được B2n(x) = Bn(x)[Bn+1(x)−Bn−1(x)] hay B2n(x) = B2n+1(x)−B2n−1(x) 6x . Mệnh đề 2.2.6 ([5, Mệnh đề 3.7]). Cho n, r là hai số nguyên dương với n > r. Khi đó Bn−r(x)Bn+r(x)−B2n(x) = −B2r (x). Chứng minh. Sử dụng công thức Binet cho đa thức cân bằng, ta thu được Bn−r(x)Bn+r(x)−B2n(x) 35 = λn−r(x)− λ−n+r(x) λ(x)− λ−1(x) λn+r(x)− λ−n−r(x) λ(x)− λ−1(x) − ( λn − λ−n λ(x)− λ−1(x) )2 = λ2n(x)− λ−2r(x)− λ2r(x)λ−2n(x) (λ(x)− λ−1(x))2 − λ2n(x)− 2 + λ−2n(x) λ2n(x) = −λ 2r(x) + λ−2r(x)− 2 (λ(x)− λ−1(x))2 = − ( λr − λ−r λ(x)− λ−1(x) )2 = −B2r (x). Điều phải chứng minh. Chúng ta kết thúc mục này bằng một công thức phân tích các đa thức cân bằng dưới dạng tích của các đa thức bậc nhất. Định lý 2.2.7 ([5, Đị

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_ve_cac_so_t_can_bang.pdf
Tài liệu liên quan