Mục lục
Danh sách kí hiệu ii
Mở đầu 1
4
Chương 1 . Số cân bằng và một số dãy số liên quan
1.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất . . . . . . . . . . 4
1.2 Số cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Số Lucas-cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
. . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4 Một số tính chất của các số λ1 và λ2 .
1.5 Một số mối quan hệ giữa số cân bằng và số Lucas-cân bằng . . . 14 . . .
19
Chương 2 . Số cân bằng Fibonacci và số cân bằng Lucas
. . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Số Fibonacci và số Lucas . . . . . . . . . 19
. . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Số cân bằng Fibonacci . . . . . . . . . . 20
. . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Các số cân bằng Lucas . . . . . . . . . . 31
Kết luận 35
Tài liệu tham khảo 36
i
Danh sách kí hiệu
số cân bằng thứ n Bn
số Lucas-cân bằng thứ n Cn
số Fibonacci thứ n Fn
Ln số Lucas thứ n √ số vô tỷ 3 + λ1 8 √ 8 số vô tỷ 3 − λ2
ii
Mở đầu
Một số nguyên dương n được gọi là một số cân bằng với hệ số cân bằng r nếu nó
là nghiệm của phương trình Diophant
1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r).
Khái niệm về số cân bằng được đưa ra và nghiên cứu đầu tiên bởi Behera và Panda
[4]. Sau đó rất nhiều tính chất đẹp của các số cân bằng được tìm ra bởi Panda [9], Ray
[10, 11],... Một số tính chất này đã được trình bày lại bằng tiếng Việt trong [1].
Kí hiệu Bn, n = 0, 1, . . . , là số cân bằng thứ n, với quy ước B0 = 1. Khi đó các
số Bn thỏa mãn phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất
Bn+1 = 6Bn − Bn−1.
Sử dụng lý thuyết của phương trình sai phân tuyến tính ta có được công thức Binet
cho các số cân bằng
1 − λn+1 λn+1 2 λ1 − λ2 √
, n = 0, 1, . . . , Bn =
√ 8. Trong chương 5 của tài liệu [10], Ray đã trong đó λ1 = 3 + 8 và λ2 = 3 −
chứng minh một số quan hệ đặc biệt giữa các số cân bằng và các số vô tỷ λ1 và λ2.
Mục tiêu đầu tiên của luận văn này là trình bày lại các kết quả này của Ray.
n + 1 là số chính phương. Số
Một đặc trưng quan trọng của số cân bằng Bn là 8B2
n + 1 được gọi là số Lucas-cân bằng thứ n. Các số Lucas-cân bằng có liên
Cn = (cid:112)8B2
quan chặt chẽ với các số cân bằng. Cụ thể là đã có nhiều đẳng thức được tìm ra liên
quan đến các số này. Đặc biệt, gần đây, Ray [11] đã chứng minh được một số đẳng
thức thú vị thể hiện mối quan hệ giữa các số Lucas-cân bằng và các số cân bằng. Mục
đích tiếp theo của luận văn này là trình bày lại các kết quả này của Ray.
1
Trong số các tính chất của các số cân bằng, có khá nhiều tính chất có tính tương
đồng với tính chất của các số Fibinacci và các số Lucas. Một vấn đề tự nhiên được
đặt ra: liệu có số nguyên nào vừa là số cân bằng vừa là số Fibonacci hay không? hoặc
có tồn tại số cân bằng nào mà đồng thời là số Lucas hay không? Các số như vậy lần
lượt được gọi là các số cân bằng Fibonacci và các số cân bằng Lucas. Các vấn đề này
đã được Liptai trả lời hoàn chỉnh trong [7] và [8]. Cụ thể, trong [7], Liptai đã chỉ ra
rằng chỉ có duy nhất một số cân bằng Fibonacci, đó là số 1. Bằng phương pháp chứng
minh tương tự, Liptai [8] cũng chứng minh được rằng không tồn tại bất cứ số cân bằng
Lucas nào. Mục đích cuối cùng của luận văn này là trình bày lại các câu trả lời này
của Liptai.
Cấu trúc của luận văn
Luận văn được trình bày thành 2 chương:
• Chương 1: Số cân bằng và một số dãy số liên quan. Phần đầu tiên của chương
này chúng tôi nhắc lại về phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất, nhắc
lại khái niệm về số cân bằng. Tiếp theo đó, chúng tôi trình bày về khái niệm và một
số tính chất của các số Lucas-cân bằng. Sau đó, chúng tôi trình bày về mối quan hệ
giữa các số cân bằng với các số vô tỷ λ1, λ2. Cuối cùng, chúng tôi trình bày mối quan
hệ giữa các số Lucas-cân bằng và các số cân bằng.
• Chương 2: Số cân bằng Fibonacci và số cân bằng Lucas. Mở đầu chương này,
chúng tôi trình bày sơ lược khái niệm của các số Fibonacci và các số Lucas. Tiếp
theo đó chúng tôi trình bày chứng minh của Liptai về sự tồn tại duy nhất số cân bằng
Fibonacci. Cuối cùng, chúng tôi trình bày chứng minh của Liptai về sự không tồn tại
số cân bằng Lucas.
Để hoàn thành luận văn này, tôi đã nhận được sự giúp đỡ rất lớn từ thầy giáo-TS
Ngô Văn Định. Tôi xin gửi tới thầy lời tri ân sâu sắc nhất. Trong suốt quá trình làm
luận văn, thầy đã dành nhiều thời gian, công sức để chỉ bảo và tận tình hướng dẫn để
tôi có thể hoàn thành đề tài. Một lần nữa xin được gửi tới thầy lời cảm ơn chân thành
nhất.
2
Đồng thời, trong quá trình học tập và nghiên cứu, tôi đã nhận được sự giúp đỡ
của các thầy cô giáo trong khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên. Cảm ơn các thầy cô đã tạo điều kiện trong suốt quá trình học tập vừa qua.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đối với gia đình, bạn bè, đồng nghiệp-những
người thân đã động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận
văn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016
Tác giả luận văn
Hà Thu Giang
3
Chương 1
Số cân bằng và một số dãy số liên quan
Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm về số cân bằng, số Lucas-cân
bằng. Bên cạnh đó, chúng tôi trình bày một số tính chất thú vị về mối quan hệ giữa
các số cân bằng với các giá trị λ1, λ2 ; và về mối quan hệ giữa các số cân bằng và các
số Lucas-cân bằng. Tài liệu chính được sử dụng trong chương này là tài liệu [11] và
Chương 5 của tài liệu [10].
1.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất
Trước khi trình bày các nội dung chính của chương, chúng tôi nhắc lại khái niệm
về phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất và đặc biệt chúng tôi trình bày
về công thức nghiệm của phương trình này trong trường hợp đa thức đặc trưng có hai
nghiệm phân biệt. Đây là những kiến thức cần thiết cho các nội dung sau.
Định nghĩa 1.1.1. Phương trình có dạng
(1.1) un+1 = Aun + Bun−1, n = 1, 2, ...,
trong đó A, B là các hằng số, được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
thuần nhất.
Để tìm nghiệm của phương trình sai phân (1.1), chúng ta xét phương trình bậc hai
λ2 − Aλ − B = 0. (1.2)
Phương trình bậc hai này được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình sai
4
phân (1.1). Định lý sau đây cho chúng ta công thức nghiệm của phương trình sai phân
(1.1) trong 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 và β. Khi đó phương trình sai phân (1.1) có nghiệm là
(1.3) un = C1αn + C2βn, n = 0, 1, 2, ...,
trong đó C1 và C2 là những số bất kì.
Chúng ta cũng cần chú ý rằng, nếu biết điều kiện ban đầu u0 và u1 thì các hằng số
C1 và C2 hoàn toàn được xác định.
Ví dụ 1.1.3. Tìm nghiệm của phương trình sai phân
(1.4) un+1 = 5un − 6un−1
với điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = 7.
Giải. Phương trình đặc trưng của phương trình (1.4) là
λ2 − 5λ + 6 = 0.
Phương trình đặc trưng này có hai nghiệm phân biệt là 2 và 3. Do đó, nghiệm tổng
quát của phương trình (1.4) là
un = C12n + C23n, n = 0, 1, ...
Từ điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = 7 ta có hệ phương trình
C1 + C2 = 4,
2C1 + 3C2 = 7.
Giải hệ phương trình này ta được C1 = 5, C2 = −1. Vậy nghiệm của phương trình
(1.4) với điều kiện ban đầu u0 = 4, u1 = 7 là
un = 5.2n − 3n, n = 0, 1, ...
5
Một cách tổng quát, phương trình sai phân (1.1) cùng với điều kiện ban đầu u0, u1
n=0, kí hiệu bởi u(A, B, u0, u1), với
xác định một dãy số {un}∞
(1.5) un = aαn − bβn α − β
trong đó α, β là hai nghiệm của phương trình đặc trưng (1.2) và a = u1 − u0β, b =
u1 − u0α.
1.2 Số cân bằng
Trong mục này chúng tôi trình bày lại khái niệm về số cân bằng. Số cân bằng có
rất nhiều tính chất thú vị. Các tính chất này đã được tìm ra và công bố trong các tài
liệu [4], [9] và [10]. Đặc biệt một số kết quả trong các tài liệu này đã được trình bày
lại bằng tiếng Việt trong luận văn thạc sĩ [1] của Hoàng Thị Hường. Ở đây chúng tôi
không trình bày lại các kết quả này mà chỉ trình bày về khái niệm và một số đẳng thức
cần thiết.
Định nghĩa 1.2.1. Số nguyên m được gọi là số cân bằng nếu
1 + 2 + · · · + (m − 1) = (m + 1) + (m + 2) + · · · + (m + r)
với r là số tự nhiên nào đó; số r được gọi là hệ số cân bằng của m.
Ví dụ 6 và 35 là hai số cân bằng với hệ số lần lượt là 2 và 14. Khái niệm về số cân
bằng được đưa ra năm 1999 bởi Behera và Panda [4]. Sau đó, rất nhiều tính chất thú
vị của số cân bằng được Panda chứng minh trong [9]. Các kết quả này của Behera và
Panda đã được trình bày lại trong luận văn của Hoàng Thị Hường [1].
Kí hiệu Bn là số cân bằng thứ n và đặt B0 = 1. Behera và Panda [4] đã chứng
n=0 được xác định bởi phương trình sai phân
minh được dãy {Bn}∞
(1.6) Bn+1 = 6Bn − Bn−1, n = 1, 2, ...,
với điều kiện ban đầu B0 = 1, B1 = 6. Như vậy, ta có
n=0 = B(6, −1, 1, 6).
{Bn}∞
6
Phương trình đặc trưng của phương trình (1.6) là
λ2 − 6λ + 1 = 0.
Phương trình đặc trưng này có hai nghiệm phân biệt
√ √ 2. λ1 = 3 + 2 2 và λ2 = 3 − 2
Áp dụng công thức (1.5) ta được
, n = 0, 1, 2, ... (1.7) Bn = λn+1 1 − λn+1 2 λ1 − λ2
Công thức (1.7) được gọi là công thức Binet cho số cân bằng.
1.3 Số Lucas-cân bằng
Như đã trình bày ở phần trước một số nguyên dương n được gọi là một số cân
bằng với hệ số cân bằng r nếu nó là nghiệm của phương trình Diophant
1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + r).
Kí hiệu Bn là số cân bằng thứ n và với quy ước 1 cũng là số cân bằng ta đã thấy rằng
dãy {Bn} thỏa mãn điều kiện
Bn+1 = 6Bn − Bn−1, n = 1, 2, . . . .
Để thuận tiện cho việc trình bày, từ đây cho đến hết chương này chúng ta đặt lại chỉ
n=1 được xác định bởi phương trình
số sao cho B1 = 1 và B2 = 6. Như vậy dãy {Bn}∞
sai phân tuyến tính cấp hai
(1.8) Bn+1 = 6Bn − Bn−1, n > 2,
với điều kiện ban đầu là B1 = 1 và B2 = 6.
Với chỉ số mới này, công thức Binet (1.7) cho các số cân bằng trở thành
, n = 1, 2, ... (1.9) Bn = λn 1 − λn 2 λ1 − λ2
7
√ √ 8. với λ1 = 3 + 8 và λ2 = 3 −
Behera và Panda [4] cũng đã chỉ ra rằng số n là số cân bằng nếu và chỉ nếu n2 là
số tam giác, tức là n2 có dạng
1 + 2 + · · · + m,
với một số nguyên dương m nào đó, và điều này cũng tương đương với 8n2 + 1 là số
n + 1 được gọi là
chính phương (xem cụ thể trong [1, Mệnh đề 1.1.1]).
Định nghĩa 1.3.1. Nếu Bn là số cân bằng thứ n thì số Cn = (cid:112)8B2 số Lucas-cân bằng thứ n.
Dựa vào định nghĩa của số Lucas-cân bằng ta dễ dàng chứng minh được công thức
Binet cho các số này. Cụ thể ta có định lý sau:
Định lý 1.3.2 ([1, Mệnh đề 1.6.1]). Sử dụng các kí hiệu như trên ta có
, n = 1, 2, . . . . (1.10) Cn = λn 1 + λn 2 2
Sử dụng công thức Binet (1.10) ta có thể chứng minh được các số Lucas-cân bằng
được xác định bởi phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
(1.11) Cn+1 = 6Cn − Cn−1, n > 2,
với điều kiện ban đầu là C1 = 3 và C2 = 17. Trước khi chứng minh điều này, ta chứng
minh bổ đề sau đây:
Bổ đề 1.3.3. Sử dụng các kí hiệu như trên ta có
(1.12) CnCn−1 = 8BnBn−1 + 3.
Chứng minh. Rõ ràng ta có
√ 8, (1.13) λ1 + λ2 = 6, λ1 − λ2 = 2 λ1λ2 = 1.
Với các đẳng thức này, biến đổi từng vế của (1.12) ta có
2
1 + λn λn 2 2
1 + λn−1 λn−1 2
+ 6 λ2n−1 1 = CnCn−1 = + λ2n−1 2 4
8
1 − λn λn 2 λ1 − λ2
và + 6 λ2n−1 1 + 3 = . 8BnBn−1 + 3 = 8 + λ2n−1 2 4 λn−1 1 − λn−1 2 λ1 − λ2
Từ đây suy ra đẳng thức (1.12).
Định lý 1.3.4. Dãy các số Lucas-cân bằng {Cn} thỏa mãn phương trình sai phân
Cn+1 = 6Cn − Cn−1, n > 2.
Chứng minh. Ta có
n+1 = 8B2
n+1 + 1
C 2
= 8(6Bn − Bn−1)2 + 1
n−1 + 1
n − 12.8BnBn−1 + 8B2
= 8.36B2
n + 1) − 12(8BnBn−1 + 3) + (8B2
n−1 + 1).
= 36(8B2
Sử dụng Bổ đề 1.3.3 ta thu được
n+1 = 36C 2
n − 12CnCn−1 + C 2
n−1
C 2
= (6Cn − Cn−1)2.
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
1.4 Một số tính chất của các số λ1 và λ2
√ √ 8 là hai nghiệm của Như ở các phần trên ta đã thấy λ1 = 3 + 8 và λ2 = 3 −
phương trình đặc trưng
λ2 − 6λ + 1 = 0.
Từ đó ta dễ dàng có được các hệ thức (1.13). Trong mục này, chúng ta sẽ thấy một số
tính chất thú vị đối với hai số vô tỷ này và một số mối quan hệ giữa chúng và các số
cân bằng cũng như các số Lucas-cân bằng. Trước tiên chúng ta sẽ thấy rằng hai số vô
tỷ này cũng thỏa mãn một phương trình dạng hồi quy tương tự như phương trình sai
phân xác định các số cân bằng.
9
Mệnh đề 1.4.1. Với mọi số nguyên dương n ta có
1 = 6λn λn+1
1 − λn−1 1
2 = 6λn
2 − λn−1 2
. và λn+1
Chứng minh. Do λ1 và λ2 là hai nghiệm của phương trình
λ2 − 6λ + 1 = 0
nên ta có
λ2 1 = 6λ1 − 1
và
λ2 2 = 6λ2 − 1.
1
Bằng cách nhân cả hai vế của các hệ thức này lần lượt với λn−1 ta thu được và λn−1 2
điều cần phải chứng minh.
Các định lý sau đây cho chúng ta các mối quan hệ giữa các số cân bằng với các số
vô tỷ λ1 và λ2. Mối quan hệ đầu tiên chính là công thức Binet cho các số cân bằng. Ở
đây ta trình bày chứng minh trực tiếp bằng phương pháp quy nạp cho công thức này.
Định lý 1.4.2. Với mọi số nguyên dương n ta có
2 ), n = 1, 2, . . . .
1 − λn
(λn Bn = 1 √ 2 8
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 ta có
√ √ (cid:104) (3 + 8) − (3 − (cid:105) 8) (λ1 − λ2) = 1 √ 2 8 1 √ 2 8
= 1 = B1.
Giả sử ta có
1 − λi
2),
(λi Bi = 1 √ 2 8
với mọi i = 1, 2, . . . , k. Khi đó ta có
Bk+1 = 6Bk − Bk−1
10
1 − λk−1
2
= 6 (λk − (λk−1 ) (cid:21) 1 − λk 2) (cid:20) 1 √ 2 1 √ 2
1 − λk−1 1
= 8 (cid:2)(6λk ) − (6λk )(cid:3) 8 2 − λk−1 2 1 √ 2 8
1 − λk+1
2
(λk+1 ). = 1 √ 2 8
2 càng tiến dần về 0.
Vậy theo nguyên lý quy nạp định lý hoàn toàn được chứng minh.
1 . Cụ thể ta có định lý
Ta thấy rằng 0 < λ2 < 0, 1716. Do đó, khi n càng lớn thì λn λn Điều này chứng tỏ rằng giá trị của Bn xấp xỉ với giá trị 1 √ 2 8 sau:
Định lý 1.4.3. Với mọi số nguyên dương n, số cân bằng Bn là số nguyên gần nhất với
λn 1 . 1 √ 2 8
Chứng minh. Theo công thức Binet ta có
Bn = λn 1 − λn 2 . 1 √ 2 8 1 √ 2 8
Mặt khác ta có
0 < < . và 0 < λ2 < 1 4 1 4 1 √ 2 8
Do đó ta có
λn 2 < 1 4n+1 , n = 1, 2, . . . . 1 √ 2 8
với mọi số nguyên dương n nên ta suy ra Bn là số nguyên gần nhất với 1 2
λn 1 . 1 4n+1 < Vì 1 λn √ 1 . Đặc biệt khi n đủ lớn thì Bn rất gần với 2 8 1 √ 2 8
1 . Mặt khác rõ
λn Nhận xét 1.4.4. Theo định lý trên Bn là số nguyên gần nhất với 1 √ 2 8 ràng
Bn < λn 1 . 1 √ 2 8
Do vậy ta có
Bn = (cid:98) λn 1 (cid:99), 1 √ 2 8
trong đó (cid:98)·(cid:99) là kí hiệu hàm sàn.
11
Hoàn toàn tương tự, sử dụng công thức Binet của các số Lucas-cân bằng ta có
định lý sau:
Định lý 1.4.5. Với mọi số nguyên dương n, số Lucas-cân bằng Cn là số nguyên gần
nhất với λn 1 . Hơn nữa ta có 1 2
(cid:101), Cn = (cid:100) λn 1 2
trong đó (cid:100)·(cid:101) là kí hiệu hàm trần.
1 biểu diễn bởi các số cân
Định lý sau đây cho ta chặn trên và chặn dưới của λn
bằng và các số Lucas-cân bằng tương ứng.
Định lý 1.4.6. Với mọi số nguyên dương n ta có
1 < 2Cn.
√ 4 2Bn < λn
Chứng minh. Sử dụng công thức Binet cho số cân bằng Bn ta có
Bn = λn 1 − λn 2 . 1 √ 2 8 1 √ 2 8
2 là số dương nên ta suy ra
λn Do 1 √ 2 8
Bn < λn 1 1 √ 2 8
hay
√ 4 (1.14) 2Bn < λn 1 .
Bây giờ sử dụng công thức Binet cho số Lucas-cân bằng Cn ta có
+ . Cn = λn 1 2 λn 2 2
Do dương nên ta suy ra λn 2 2
(1.15) λn 1 < 2Cn.
Từ các bất đẳng thức (1.14) và (1.15) ta suy ra điều cần phải chứng minh.
12
Trong tài liệu [10], Ray đã chỉ ra các bất đẳng thức
1 < Bn+1.
√ 4 2Bn < λn
1 theo số Lucas-cân
Ở đây, chúng tôi đã chỉ ra cận trên tốt hơn (xấp xỉ hơn) cho λn
bằng.
Từ các bất đẳng thức này ta thu được hệ quả sau:
Hệ quả 1.4.7. Với mọi số nguyên dương n ta có
. và < Cn < λn−1 1 < Bn < λn 1 2 λn 1 √ 2 4 λn+1 1 √ 2 8
Dựa vào công thức truy hồi của các số cân bằng và các số Lucas-cân bằng ta có
các chặn khác của Bn và Cn. Cụ thể ta có định lý sau đây:
Định lý 1.4.8. Với mọi số nguyên n ≥ 3 ta có
5n−1 < Bn < 6n−1.
Chứng minh. Với n ≥ 2 công thức truy hồi
Bn+1 = 6Bn − Bn−1
cho ta
Bn+1 < 6Bn.
Từ đây suy ra
Bn+1 < 6nB1 = 6n.
Do đó, với n ≥ 3, ta có
Bn < 6n−1.
Mặt khác, với n ≥ 2, ta lại có
Bn+1 = 6Bn − Bn−1
= 5Bn + (Bn − Bn−1)
> 5Bn.
13
Suy ra
Bn+1 > 5nB1 = 5n.
Do đó, với n ≥ 3, ta có
Bn > 5n−1.
Bằng phương pháp chứng minh hoàn toàn tương tự, với chú ý rằng C1 = 3, ta có
đánh giá đối với các số Lucas-cân bằng.
Định lý 1.4.9. Với mọi số nguyên dương n ≥ 3 ta có
3.5n−1 < Cn < 3.6n−1.
1.5 Một số mối quan hệ giữa số cân bằng và số Lucas-cân
bằng
Trong luận văn thạc sĩ [1] của Hoàng Thị Hường, tác giả đã trình bày một số đẳng
thức thể hiện mối quan hệ giữa các số cân bằng và các số Lucas-cân bằng. Trong mục
này, chúng tôi trình bày lại các kết quả của Ray trong [11] về một số mối quan hệ khác
giữa các số này.
Định lý 1.5.1. Với mọi n ≥ 1 đẳng thức sau là đúng:
B4n − 6 = 2B2n−1C2n+1
Chứng minh. Sử dụng các đẳng thức (1.13) ta có
λ2n−1 1 λ2n+1 1 2B2n−1C2n+1 = 2 + λ2n+1 2 2 − λ2n−1 2 λ1 − λ2
1 − λ4n λ4n 2 λ1 − λ2
1 − λ2 λ2 2 λ1 − λ2
= −
= B4n − 6.
14
Định lý 1.5.2. Với n ≥ 1 đẳng thức sau là đúng:
B4n+1 + 1 = 2B2n+1C2n
Chứng minh. Sử dụng các đẳng thức (1.13) ta có
1 + λ2n λ2n 2 2
λ2n+1 1 2B2n+1C2n = 2 − λ2n+1 2 λ1 − λ2
λ4n+1 1 = + − λ4n+1 2 λ1 − λ2 (λ1λ2)nλ1 − (λ1λ2)nλ2 λ1 − λ2
= B4n+1 + 1.
Định lý 1.5.3. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
B4n+2 + 6 = 2B2n+2C2n
Chứng minh. Từ (1.13) ta có
λ2n+2 1 2B2n+2C2n = 2 − λ2n+2 2 λ1 − λ2
1 − λ2 2 λ1 − λ2
λ4n+2 1 = λ2n 1 + λ2n 2 2 + (λ1λ2)2n λ2 − λ4n+2 2 λ1 − λ2
= B4n+2 + 6.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có kết quả sau:
Định lý 1.5.4. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
B4n+3 − 1 = 2B2n+1C2n+2.
Bổ đề 1.5.5. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
B2n = 2BnCn.
15
Chứng minh. Từ (1.13) ta có
1 + λn λn 2 2
2BnCn = 2
1 − λn λn 2 λ1 − λ2 1 − λ2n λ2n 2 λ1 − λ2
=
= B2n.
Bổ đề 1.5.6. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
B4n+1 − 1 = 2B2nC2n+1.
Chứng minh. Tương tự cách chứng minh các kết quả trước, ta có
λ2n+1 1 2B2nC2n+1 = 2 + λ2n+1 2 2 λ2n 1 − λ2n 2 λ1 − λ2
λ4n+1 1 = − λ4n+1 2 λ1 − λ2 + (λ1λ2)2n λ1 − λ2 λ1 − λ2
= B4n+1 − 1.
Kết hợp các Bổ đề 1.5.5 và 1.5.6 ta thu được kết quả sau.
Hệ quả 1.5.7. Với n ≥ 1 ta có
B4n+1 − 1 = 2BnCnC2n+1.
Bổ đề 1.5.8. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
C4n+1 − 3 = 16B2nB2n+1.
λ2n+1 1 16B2nB2n+1 = 16 + λ2n+1 2 2 Chứng minh. Vì (λ1 − λ2)2 = 32, ta có λ2n 1 − λ2n 2 λ1 − λ2
λ4n+1 1 = − λ4n+1 2 λ1 − λ2 + (λ1λ2)2n λ1 + λ2 λ1 − λ2
= C4n+1 − 3.
16
Vì B2n = 2BnCn đẳng thức sau đúng với mọi n ≥ 1 :
Hệ quả 1.5.9. Với n ≥ 1 ta có
C4n+1 − 3 = 2C2nC2n+1.
Định lý 1.5.10. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
C4n+1 + 3 = 2C2nC2n+1.
Chứng minh. Từ (1.13) ta có
λ2n+1 1 2C2nC2n+1 = 2 + λ2n+1 2 2
1 + λ2n λ2n 2 2 + λ4n+1 λ4n+1 2 1 2
= + (λ1λ2)2n λ1 + λ2 2
= C4n+1 + 3.
Bổ đề 1.5.11. Với n ≥ 1 đẳng thức sau đúng:
B4n+3 + 1 = 2B2n+2C2n+1.
Chứng minh. Từ (1.13) ta có
λ2n+2 1 λ2n+1 1 2B2n+2C2n+1 = 2 + λ2n+1 2 2 − λ2n+2 2 λ1 − λ2
λ4n+2 1 = + (λ1λ2)2n+1 − λ4n+2 2 λ1 − λ2
= B4n+3 + 1.
Định lý 1.5.12. Với n ≥ 1 ta có
B4n+3 + 1 = 4Bn+1Cn+1C2n+1.
Chứng minh. Thay B2n+2 = 2Bn+1Cn+1 từ Bổ đề 1.5.5 vào Bổ đề 1.5.11 ta thu được
kết luận của định lí này.
17
Định lý 1.5.13. Với n ≥ 1, đẳng thức sau là đúng
C4n+3 + 3 = 2C2n+1C2n+2.
Chứng minh. Từ (1.13) ta có
λ2n+1 1 λ2n+2 1 2C2n+1C2n+2 = 2 + λ2n+1 2 2 + λ2n+2 2 2
λ4n+3 1 = + (λ1λ2)2n+1 λ1 + λ2 + λ4n+3 2 2 2
= C4n+3 + 3.
Định lí được chứng minh.
Định lý 1.5.14. Với n ≥ 1, đẳng thức sau là đúng
C4n+3 − 3 = 16B2n+1B2n+2.
Chứng minh. Vì (λ1 − λ2)2 = 32, ta có
λ2n+1 1 λ2n+2 1 16B2n+1B2n+2 = 2 − λ2n+1 2 λ1 − λ2 + λ2n+2 2 λ1 − λ2
λ4n+3 1 = − (λ1λ2)2n+1 λ1 + λ2 + λ4n+3 2 2 2
= C4n+3 − 3.
Định lí được chứng minh.
Hệ quả sau đây được suy trực tiếp từ Định lý 1.5.14.
Hệ quả 1.5.15. Với n ≥ 1 ta có
C4n+3 − 3 = 32Bn+1Cn+1B2n+1.
18
Chương 2
Số cân bằng Fibonacci và số cân bằng Lucas
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày tính giao thoa của các số cân bằng với
các số Fibonacci, cũng như với các số Lucas. Trước khi trình bày nội dung chính,
chúng tôi nhắc lại một số khái niệm về các số Fibonacci và các số Lucas.
2.1 Số Fibonacci và số Lucas
Dãy số Fibonacci và dãy số Lucas là hai dãy số nổi tiếng được xác định bởi phương
trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất. Các tính chất của hai dãy này đã được
nghiên cứu rất nhiều, chúng ta có thể tham khảo trong [6]. Chúng tôi nhắc lại ở đây
định nghĩa và số hạng tổng quát của hai dãy này.
n=0 là dãy xác định bởi phương trình sai phân
Định nghĩa 2.1.1. Dãy Fibonacci {Fn}∞
(2.1) Fn+1 = Fn + Fn−1, n = 1, 2, ...,
với điều kiện ban đầu F0 = 0, F1 = 1. Như vậy, theo kí hiệu ở trên ta có
n=0 = F (1, 1, 0, 1).
{Fn}∞
Phương trình đặc trưng của (2.1) là
λ2 − λ − 1 = 0.
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt
√ √ 5 5 , β = . α = 1 + 2 1 − 2
19
Sử dụng công thức nghiệm (1.5) ta suy ra số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là √ √ (cid:34)(cid:32) (cid:33)n (cid:32) (cid:33)n(cid:35) 5 5 − . Fn = 1 + 2 1 − 2 1 √ 5
n=0 là dãy L(1, 1, 2, 1), tức là dãy được xác định
Định nghĩa 2.1.2. Dãy Lucas {Ln}∞
bởi phương trình sai phân
Ln+1 = Ln + Ln−1, n = 1, 2, ...,
với điều kiện ban đầu L0 = 2, L1 = 1.
Công thức (1.5) cho chúng ta số hạng tổng quát của dãy Lucas là
√ (cid:33)n (cid:32) (cid:32) (cid:33)n 5 √ 5 + . Ln = 1 + 2 1 − 2
2.2 Số cân bằng Fibonacci
Trong mục này, chúng tôi trình bày mối liên hệ giữa các số cân bằng và các số
Fibonacci. Cụ thể, một câu hỏi đặt ra tự nhiên là liệu rằng có tồn tại số nguyên nào vừa
là số cân bằng, vừa là số Fibonacci hay không? Nếu có thì những số đó là những số
nào? Trả lời cho các câu hỏi này chính là kết quả được công bố trên tạp chí Fibonacci
quaterly năm 2004 của Kálmán Liptai [7]. Mục đích của mục này là trình bày lại các
kết quả này của Liptai.
Để thuận tiện cho việc trình bày, từ đây ta lại quay lại việc đánh chỉ số các số cân
n=0 được xác định bởi
bằng như trong phần 1.2 của chương trước. Tức là dãy {Bn}∞
phương trình sai phân
Bn+1 = 6Bn − Bn−1, n = 1, 2, . . . ,
với điều kiện ban đầu B0 = 1 và B1 = 6. Nói một cách khác ta có
n=0 = B(6, −1, 1, 6).
{Bn}∞
Định nghĩa 2.2.1. Ta gọi một số cân bằng là một số cân bằng Fibonacci nếu số đó
đồng thời là một số Fibonacci.
20
Phương trình có dạng x2 − Dy2 = N với D, N là hai số nguyên và x, y là các
biến được gọi là phương trình Pell. Định lý sau đây cho ta thấy rằng mỗi số cân bằng
là nghiệm của phương trình Pell nào đó.
Định lý 2.2.2. Các số hạng của dãy B(6, −1, 1, 6) là nghiệm của phương trình
z2 − 8y2 = 1 (2.2)
với z là một số nguyên nào đó.
2
Chứng minh. Ở mục trên ta đã có công thức Binet cho các số cân bằng
= , n = 0, 1, 2, ... Bn = λn+1 1 − λn+1 2 λ1 − λ2 λn+1 1 − λn+1 √ 2 4
trong đó λ1, λ2 là hai nghiệm của đa thức đặc trưng
λ2 − 6λ + 1 = 0.
Theo hệ thức Viét ta lại có λ1λ2 = 1. Do đó, với y = Bn, ta có
1 λn+1
2 + λ2(n+1)
2
n = 1 + (cid:19)2
1 + 8y2 = 1 + 8B2 − 2λn+1 )
(cid:19)2 = 1 + + − (cid:18)λn+1 1 2 (λ2(n+1) 1 (cid:18)λn+1 2 2
8 32 1 2 (cid:19)2 + = z2. = (cid:18)λn+1 1 2
λn+1 2 2 √ √ 2 nên sử dụng công thức nhị thức Newton ta có thể Do λ1 = 3 + 2 2 và λ2 = 3 − 2
thây rằng z là số nguyên.
Trước khi trình bày kết quả chính của mục này, chúng tôi trình bày một định lý
trong [5] về mối liên hệ giữa các số Fibonacci, các số Lucas và nghiệm của một
phương trình Pell.
Định lý 2.2.3. Phương trình
x2 − 5y2 = ±4 (2.3)
chỉ có các nghiệm là x = ±Ln, y = ±Fn(n = 0, 1, 2, . . .), trong đó Ln và Fn tương
ứng là các số hạng thứ n của các dãy Lucas và Fibonacci.
21
Chứng minh. Chú ý rằng, các số Fibonacci và các số Lucas có tính chất
n = (−1)n.
Fn = Fn+1 − Fn−1; Ln = Fn+1 + Fn−1 và Fn+1Fn−1 − F 2
Với các đẳng thức trên, ta dễ thấy rằng số Fibonacci và số Lucas tương ứng thỏa mãn
phương trình (2.3).
Để chứng minh chiều ngược lại, ta giả sử y là số nguyên dương bé nhất không là
số Fibonacci mà thỏa mãn phương trình (2.3). Khi đó ta có y ≤ 4, 2y < x < 3y và
x và y có cùng tính chẵn lẻ. Đặt x = y + 2t với t < y. Thế vào phương trình (2.3) ta
được
4y2 − 4yt − 4t2 ± 4 = 0.
Giải phương trình này theo 2y, ta được
(cid:112) 5t2 ± 4. 2y = t ±
Suy ra
5t2 ± 4 = s2,
trong đó t và s là những số nguyên. Điều này chứng tỏ t là nghiệm của phương trình
(2.3) và bé hơn y. Vì vậy, từ giả thiết của y ta suy ra t = Fn là số Fibonacci và s = Ln
là số Lucas tương ứng. Tuy nhiên, ta lại có
2y = t ± s = Fn ± Ln.
Do Ln > Fn, n > 1, nên
2y = Fn + Ln = Fn + (Fn+1 + Fn−1) = 2Fn+1.
Điều này chứng tỏ y cũng là một số Fibonacci.
Bây giờ ta sẽ trình bày chứng minh kết quả chính. Chứng minh được thực hiện
thành hai bước: 1) chứng tỏ rằng có hữu hạn nghiệm chung của các phương trình
Pell (2.2) và (2.3); 2) ước lượng khoảng giá trị của nghiệm chung để có thể kiểm tra
thông qua việc tính toán cụ thể. Trong các chứng minh các chứng minh này Liptai sử
dụng định lý sau của Baker và W¨ustholz [3].
22
Định lý 2.2.4. Cho α1, . . . , αn là các số đại số khác 0 và khác 1, đặt
Λ = b1 log α1 + · · · + bn log αn,
trong đó b1, . . . , bn là các số nguyên không đồng thời bằng không.
Ta giả sử rằng B = max(|b1|, . . . , |bk|, e) và Ai = max{H(α1), e)}, (i =
1, 2, . . . , n), trong đó H(α) bằng giá trị lớn nhất của các giá trị tuyệt đối của các
hệ số của đa thức cực tiểu của α. Giả sử rằng trường K được sinh bởi α1, α2, . . . , αn
trên trường các số hữu tỉ có bậc cao nhất là d. Nếu Λ (cid:54)= 0 thì
log |Λ| > −(16nd)2(n+2) log A1 log A2 . . . log An log B.
Định lý 2.2.5. Không có số cân bằng Fibonacci nào ngoại trừ số 1.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng tỏ rằng có hữu hạn các nghiệm chung của các
phương trình
5x2 + 4 = y2, (2.4)
5x2 − 4 = y2 (2.5)
và của phương trình
8x2 + 1 = z2. (2.6)
Các phương trình (2.4) và (2.5) có thể viết lại dưới dạng
√ √ (y + x 5)(y − x 5) = 4 (2.7)
và √ √ 5)(y − x 5) = −4. (y + x (2.8)
Nếu ta đặt √ √ √ y + x 5)(9 + 4 5)m, 5 = (y0 + x0
trong đó m ≥ 0, ta dễ kiểm tra rằng (bằng cách kết hợp phương trình này với liên hợp
của nó) y0 luôn là dương nhưng x0 có thể là âm nếu m đủ lớn. Ta chọn m sao cho
x0 > 0, nhưng nếu x1 được xác định bởi
√ √ √ 5)(9 + 4 5) 5 = (y1 + x1 y0 + x0
23
thì x1 ≤ 0. Vì √ √ 5, y0 + x0 5 = (9y1 + 20x1) + (9 + 4y1)
ta có y0 = 9y1 + 20x1 và x0 = 9x1 + 4y1. Từ các phương trình trước, ta có x1 =
0 − 4 = 5x2 y2
0 ≤
. Sử dụng phương trình (2.4) ta có 9x0 − 4y0 và x0 ≤ 4y0 9
y2 0. 80 81
Do đó lần lượt ta có y0 = 3, 7, 18 và x0 = 1, 3, 8. Như vậy, nghiệm tổng quát của (2.4)
là √ √ √ y + x 5 = (3 + 5)(9 + 4 5)m, (2.9)
√ √ √ 5 = (7 + 3 (2.10)
y + x √ 5)(9 + 4 √ 5)m, √ y + x 5)m, 5 = (18 + 18 5)(9 + 4 (2.11)
trong đó m = 0, 1, 2, . . . .
Thực hiện tương tự đối với phương trình (2.5), ta có y1 = 9y0 − 20x0 ≤ 0 (trong
0 = 5x2
0 − 4 ≤
trường hợp này x0 luôn dương), và y2 x2 0. Suy ra x0 = 1, 2, 5 tương
400 81 ứng y0 = 1, 4, 11. Do đó, nghiệm tổng quát của (2.5) là
√ √ √ y + x 5 = (1 + 5)(9 + 4 5)m, (2.12)
√ √ √ 5)m, y + x 5 = (4 + 5)(9 + 4 (2.13)
√ √ √ 5)m, y + x 5 = (11 + 5)(9 + 4 (2.14)
trong đó m = 0, 1, 2, . . . .
Nghiệm tổng quát của (2.6) là
√ √ z + 8x = (3 + 8)n (2.15)
trong đó n = 0, 1, 2, . . . . Ta tìm các nghiệm chung của các phương trình từ (2.9)-
(2.14) với phương trình (2.15). Sử dụng các phương trình (2.9) và (2.15) và các
phương trình liên hợp của chúng ta có
√ √ √ √ √ √ 8)n 8)n 5 5 (3 + √ (3 − √ 3 − √ 2x = − = (9 + 4 5)m − (9 − 4 5)m 8 8 3 + √ 5 5
24
và do đó √ √ √ √ √ (3 − 5 3 + √ √ √ (3 + 8)n − = (9 + 4 5)m + (9 + 4 5)−m. (2.16) 8)−n 8 5 5 − 3 √ 5 1 √ 8
Đặt √ √ √ 5 3 + √ Q = (3 + 8)n, P = (9 + 4 5)m, 1 √ 8 5
trong phương trình (2.16) ta có
Q − Q−1 = P − P −1. (2.17) 4 5 1 8
Vì
Q − P = Q−1 − P −1 < (Q−1 − P −1) = 1 8 4 5 4 5 4 5
P −1 − Q−1 < P −1 và và dó P > 1 và Q > 1 ta có Q < P. Do đó, P − Q = P − Q QP 1 8 4 5 4 5
P > 20. Do đó
(cid:18) (cid:19) (cid:19)2 0 < log = − log 1 − P −2 + P −2 < P Q P − Q P 4 5 (cid:18)4 5
0.15 √ . = P −2 + P −4 < 0.81P −2 < 4 5 16 25 (9 + 4 5)2m
√ Áp dụng các bất đẳng thức ở trước và theo định nghĩa của P và Q, ta có √ √ (3 + 8 0.15 √ 0 < m log(9 + 4 5) − n log(3 + 8) + log < . (2.18) √ 5) √ 5 (9 + 4 5)2m
Áp dụng Định lí 2.2.4 với n = 3 và √ √ √ (3 + 8 √ √ . α1 = 9 + 4 5, α2 = 3 + 8, α3 = 5) 5 √ 5)−2)−m < e−5.77. Các phương trình được thỏa mãn với Hơn nữa do 0.15((9 + 4
α1, α2, α3 là
1 − 18α1 + 1 = 0, α2 α2
2 − 6α2 + 1 = 0,
3 − 1120α2
3 + 1024 = 0.
25α2
Từ đó A1 = 18, A2 = 1120 và d = 4. Áp dụng Định lí 2.2.4 và các bất đẳng thức phía
trước ta có
m < (16 × 3 × 4)10 log 8 log 18 log 1120 log m < 1024 log m. 1 5.77
25
Do đó
m < 1026.
√ √ √ √ Áp dụng phương pháp trên cho các phương trình (2.10) và (2.15) ta có √ 5 √ 3 8)n 8)n (3 − √ (3 + √ (9 + 4 5)m − (9 − 4 5)m = 2x = − 5 + 7 √ 5 7 − 3 √ 5 8 8
√ √ √ √ (3 + tức là √ 3 5 8)n √ √ (9 + 4 (9 + 4 − 5)m − 5)−m = . (2.19) 5 + 7 √ 5 7 − 3 √ 5 (3 + √ 8 8)−n 8
Nếu ta đặt √ √ √ 5 8)n (3 + √ (9 + 4 5)m, Q = (2.20) P1 = 7 + 3 √ 5 8
và sử dụng (2.19) và (2.20) ta có
Q − . Q−1 = P1 − P −1 1 1 8 4 5
Do đó, áp dụng phương pháp như trước ta có
1 <
0.022 √ . 0 < log < 0.81P −2 P1 Q (9 + 4 5)2m
Thay vào (2.20) ta thu được
√ √ √ 8 √ (7 + 2 √ 0.022 √ 0 < m log(9 + 4 5) − n log(3 + 8) + log < . (2.21) 5) 5 (9 + 4 5)2m
Áp dụng Định lí 2.2.4 với n = 3 và
√ √ √ 8 √ (7 + 2 √ . α1 = 9 + 4 5, α2 = 3 + 8, α3 = 5) 5
Khi đó, α3 là nghiệm của phương trình
3 − 7520α2
3 + 1024 = 0,
25α4
tức là A3 = 7520. Áp dụng Định lí 2.2.4 như trước ta có
m < (16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 7520 log m < 1024 log m. 1 5.77
26
Do đó
m < 1026.
Từ (2.11) và (2.15) ta có √ √ √ √ √ √ 5 5 8)n 8)n (3 + √ (3 − √ (9 + 4 (9 − 4 − 2x = 5)m − 5)m = 18 + 8 √ 5 18 − 8 √ 5 8 8
tức là √ √ √ √ √ 5 8)n (3 + 5 (3 + √ √ √ (9 + 4 5)m − (9 + 4 5)−m = − . 18 + 8 √ 5 18 − 8 √ 5 8 8)−n 8 (2.22)
Nếu ta đặt √ √ √ 5 8)n (9 + 4 5)m, Q = . (2.23) P2 = 18 + 8 √ 5 (3 + √ 8
Áp dụng (2.22) và (2.23) ta có
Q − . Q−1 = P2 − P −1 2 4 5 1 8
Và do đó ta thu được
(cid:18) (cid:19) 0.004 √ = − log 1 − < . 0 < log P2 Q P2 − Q P2 (9 + 4 5)2m
Thay vào (2.23) ta có √ √ √ √ 5) 8 (18 + 8 √ 0.004 √ 0 < m log(9 + 4 5) − n log(3 + 8) + log < . (2.24) 5 (9 + 4 5)2m
Ta áp dụng Định lí 2.2.4 với n = 3 và √ √ √ √ 5) 8 (18 + 8 √ . α1 = 9 + 4 5, α2 = 3 + 8, α3 = 5
Phương trình
25α4 − 51520α2 + 1024 = 0
có nghiệm là α3 và do đó A3 = 51520.
(16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 51520 log m < 1024 log m. m < 1 5.77
Do đó
m < 1026.
27
Từ các phương trình (2.12) và (2.15) ta có
√ √ √ √ √ √ 8)n 8)n 5 5 1 + √ (3 + √ (3 − √ 1 − √ 2x = (9 + 4 5)m − (9 − 4 5)m = − 5 5 8 8
tức là
√ √ √ √ √ 5 8)n (3 + 5 1 + √ 1 − √ (3 + √ √ √ (9 + 4 5)m − (9 + 4 5)−m = − . (2.25) 5 8 8)−n 8 5
Nếu ta đặt √ √ √ 8)n 5 1 + √ (3 + √ (9 + 4 . 5)m, Q = (2.26) P3 = 8 5
Từ (2.25) và (2.26) ta có
Q − . Q−1 = P3 P −1 3 1 8 4 5
Lí luận như các phương trình trước đây ta có
3 +
P −1 Q−1 > 0 Q − P3 = 4 5 1 8
tức là Q > P3 và
3 =
P −1 . Q − P3 < P −1 3 4 5 37 40
Do đó
3 +
(cid:18) (cid:19) (cid:19)2 = log 1 + < P −2 0 < log P −2 3 37 40 (cid:18)37 40 Q P3 Q − P3 P3
3 < 0.443
< 0.926P −2 1 √ (9 + 4 5)2m
và do đó
√ √ √ 0.443 √ 0 < m log(9 + 4 5) − n log(3 + 8) + log < . (2.27) √ 5 √ 5) 8 (1‘ + (9 + 4 5)2m
√ là nghiệm của phương trình Tương tự như trên, α3 = √ 5 √ 5) 8 (1 +
1024α4 − 480α2 + 25 = 0
và do đó A3 = 1024. Như vậy,
m < (16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 1024 log m < 1024 log m. 1 5.77
28
Do đó
m < 1026.
Từ các phương trình (2.13) và (2.15) ta có √ √ √ √ √ √ 5 5 8)n 8)n (3 + √ (9 + 4 5)m − (9 − 4 5)m = − . 4 + 2 √ 5 4 − 2 √ 5 (3 + √ 8 8
Nếu ta đặt √ √ √ 5 8)n (3 + √ (9 + 4 . 5)m, Q = P4 = 4 + 2 √ 5 8
Tương tự trên, ta có
4 < 0.065
0 < log < 0.926P −2 Q P4 1 √ (9 + 4 5)2m
và do đó √ √ √ 5 √ √ 0.065 √ 5) − n log(3 + 8) + log 0 < m log(9 + 4 < . (2.28) (4‘ + 2 5) 8 (9 + 4 5)2m
√
√ 5 √ là nghiệm của phương trình Tương tự như trên, α3 = (4‘ + 2 5) 8
62464α4 − 2880α2 + 5 = 0
và do đó A3 = 62464. Như vậy, áp dụng định lí của Baker và W¨ustholz ta thu được
(16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 62464 log m < 1024 log m. m < 1 5.77
Do đó
m < 1026.
Cuối cùng, ta xét các phương trình (2.14) và (2.15) ta có √ √ √ √ √ √ 8)n 8)n 5 5 (3 + √ (3 + √ (9 + 4 5)m − (9 − 4 5)m = − . 11 − 5 √ 5 8 8 11 + 5 √ 5
Nếu ta đặt √ √ √ 5 8)n 5)m, Q = (9 + 4 . P5 = 11 + 5 √ 5 (3 + √ 8
Tương tự trên, ta có
5 < 0.0095
< 0.926P −2 0 < log Q P5 1 √ (9 + 4 5)2m
29
và do đó
√ √ √ 5 √ √ 0.0095 √ 0 < m log(9+4 < 5)−n log(3+ 8)+log . (2.29) (11‘ + 5 5) 8 (9 + 4 5)2m
√
5 √ √ là nghiệm của phương trình Tương tự như trên, α3 = (11‘ + 5 5) 8
1024α4 − 19680α2 + 25 = 0
và do đó A3 = 19680. Như vậy, áp dụng Định lí 2.2.4 ta thu được
m < (16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 19680 log m < 1024 log m. 1 5.77
Do đó
m < 1026.
Với kết quả này ta thấy rằng chỉ có hữu hạn nghiệm chung của các phương trình đang
xét, tức là chỉ có hữu hạn số cân bằng Fibonacci. Tuy nhiên cận trên 2026 của m là
quá lớn, ta không thể kiểm tra trực tiếp tất cả các số trong khoảng này. Để thu được
các cận bé hơn ta sử dụng bổ đề sau của Baker và Davenport [2].
Bổ đề 2.2.6. Giả sử K > 6. Với bất kì số nguyên dương M, cho p và q là các số
nguyên thỏa mãn
1 ≤ q ≤ KM, |θq − p| < 2(KM )−1.
Khi đó, nếu (cid:107)qβ(cid:107) ≥ 3K −1 thì không có nghiệm nào của phương trình
|mθ − n + β| < C −m
trong miền
< m < M. log K 2M log C
(Ở đây giả sử rằng θ, β là các số thực, C > 1 và (cid:107)z(cid:107) là khoảng cách của một số thực
z tới số nguyên gần nhất.)
√ 8) và chứng tỏ theo quy nạp. Các trường Ta chia bất đẳng thức (2.18) cho log(3+
hợp còn lại (2.21), (2.24), (2.27), (2.28) và (2.29) chứng minh hoàn toàn tương tự. Áp
30
dụng Bổ đề trên ta có
√ √ √ C = (9 + 4 5)2 = 321.997 . . . , θ = log(9 + 4 log(3 + 5) 8)
và √ √ (3 + 8 √ √ β = log (log(3 + 8))−1. 5) 5
Trong trường hợp này, ta lấy M = 1026, K = 100. Đặt θ0 là giá trị của θ đúng với 56
số thập phân, tức là
|θ − θ0| < 10−56.
Cho là hội tụ sau cùng của liên phân số của θ0 mà thỏa mãn q < 1028. Khi đó p q
|qθ0 − p| < 10−28, do đó ta có
|qθ − p| ≤ q|θ − θ0| + |qθ0 − p| < 2 × 10−28.
Trong trường hợp này, các bất đẳng thức thứ nhất và thứ hai của Bổ đề 2.2.6 được thỏa
mãn. Ta thấy rằng (cid:107)qβ(cid:107) = 0.4049 . . . và do (cid:107)qβ(cid:107) ≥ 0.03 và từ Bổ Đề 2.2.6 suy ra
không có nghiệm nào của phương trình (2.18) trong miền
< m < 1026. log 1030 log 321, 997
Điều này có nghĩa là m < 12 và ta có thể tính bằng tay để chỉ ra rằng không có số cân
bằng Fibonacci nào ngoài 1.
2.3 Các số cân bằng Lucas
Tương tự như vấn đề ở mục trên, một câu hỏi được đặt ra là liệu rằng có số nào
vừa là số cân bằng và vừa là số Lucas hay không? Nếu có thì có bao nhiêu số như vậy?
Câu trả lời cho các câu hỏi này cũng đã được Liptai trả lời trong [8]. Cụ thể, ông đã
chứng tỏ rằng không có số cân bằng nào mà là phần tử của dãy Lucas. Phương pháp
dùng để chứng minh hoàn toàn tương tự phương pháp trong [7].
Định nghĩa 2.3.1. Số cân bằng Lucas là số vừa là số cân bằng và vừa là số Lucas.
Định lý 2.3.2. Không tồn tại số cân bằng Lucas nào.
31
Chứng minh. Trước tiên ta chứng tỏ rằng có hữu hạn nghiệm chung của hai phương
trình
z2 − 8y2 = 1 (2.30)
và y2 − 5x2 = ±4. (2.31)
Nghiệm tổng quát của (2.30) là
√ √ z + 8y = (3 + 8)n, n = 0, 1, 2, . . . . (2.32)
Phương trình (2.31) có thể được viết lại là
√ √ (y + x 5)(y − x 5) = 4 (2.33)
và √ √ (y + x 5)(y − x 5) = −4. (2.34)
Nếu ta đặt √ √ √ 5)(9 + 4 5)m y + x 5 = (y0 + x0
trong đó m ≥ 0, thì nhờ sử dụng các phương trình liên hợp ta có thể chứng tỏ được
y0 luôn dương nhưng x0 có thể âm nếu m đủ lớn. Do đó, ta có thể chọn m sao cho
x0 > 0, nhưng nếu x1 được xác định bởi
√ √ √ 5)(9 + 4 5) y0 + x0 5 = (y1 + x1
thì x1 ≤ 0. Vì √ √ 5 y0 + x0 5 = (9y1 + 20x1)(9x1 + 4y1)
ta có y0 = 9y1 + 20x1 và x0 = 9x1 + 4y1. Từ các phương trình trước, ta có x1 =
0 − 4 = 5x2 y2
0 ≤
. Sử dụng phần dương của phương trình (2.31) ta có 9x0 − 4y0 và x0 ≤ 4y0 9
y2 0. 80 81
Từ đó y0 = 3, 7, 18 và x0 = 1, 3, 8. Như vậy, nghiệm tổng quát của phần dương của
phương trình (2.31) là
√ √ √ 5 = (3 + 5)(9 + 4 5)m y + x (2.35)
32
√ √ √ y + x 5 = (7 + 3 5)(9 + 4 5)m (2.36)
√ √ √ y + x 5 = (18 + 8 5)(9 + 4 5)m (2.37)
trong đó m = 0, 1, 2, . . . .
Áp dụng phương pháp như trước với phần âm của phương trình (2.31) ta tìm được
0−4 ≤
0 = 5x2
y1 = 9x0−20x0 ≤ 0, trong trường hợp này x0 luôn dương nếu y2 x2 0, 400 81
do đó x0 = 1, 2, 5 và y0 = 1, 4, 11. Như vậy, nghiệm tổng quát của phần âm của
phương trình (2.31) là
√ √ √ y + x 5 = (1 + 5)(9 + 4 5)m (2.38)
√ √ √ y + x 5 = (4 + 2 5)(9 + 4 5)m (2.39)
√ √ √ y + x 5 = (11 + 5 5)(9 + 4 5)m (2.40)
trong đó m = 0, 1, 2, . . . . Bây giờ, ta tìm các nghiệm chung của phương trình (2.35),
(2.36), (2.37), (2.38), (2.39), (2.40) với phương trình (2.32). Sử dụng các phương trình
(2.32) (2.35) và các phương trình liên hợp của chúng ta có √ √ √ √ √ √ 8)n 8)n (3 + √ (3 − √ 2y = − = (3 + 5)(9 + 4 5)m + (3 − 5)(9 − 4 5)m 8 8
và do đó √ √ √ √ √ √ 8)n 8)n (3 − √ (3 + √ 5)(9 + 4 5)m + (3 − 5)(9 − 4 − = (3 + 5)m (2.41) 8 8
Đặt √ √ √ 8)n (3 + √ Q = , P = (3 + 5)(9 + 4 5)m, 8
trong phương trình (2.41) ta thu được
Q − Q−1 = P − 4P −1. 1 8
Vì
Q − P = Q−1 − 4P −1 < 4(Q−1 − P −1) = 4 1 8 P − Q QP
ta có Q < P. Rõ ràng P > 90 và
P − Q = 4P −1 − Q − 1 < 4P −1. 1 8
33
Do đó
(cid:18) (cid:19) 0 < log = − log 1 − < 4P −2 + 16P −4 P Q P − Q P
0.00052 √ < 4.16P −2 < . (2.42) (9 + 4 5)2m
Hơn nữa,
√ √ √ √ = m log(9 + 4 5) − n log(3 + 8) + log(3 + 5) 8 = Λ. 0 < log P Q
1 −18α1 +1 =
Vì P > Q ta có 4m > n. √ √ 5, α2 = 3 + 8 và α3 = (3 + Ta áp dụng Định lí 2.2.4 với n = 3, α1 = 9 + 4 √ √ 5) 8. Khi đó α1, α2, α3 tương ứng là nghiệm của các phương trình α2
2 − 6α2 + 1 = 0 và α3 − 224α2
3 + 1024 = 0. Theo các phương trình trước ta có,
0, α2
A1 = 18, A2 = 6, A3 = 1024. Ta lại áp dụng Định lí 2.2.4 và thu được
log |Λ| > −(16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 1024 log 4m.
Hơn nữa, do √ (cid:16) 0.00052 (9 + 4 5)2(cid:17)−m < exp(−5.77m)
và do đó ta có
m < (16 × 3 × 4)10 log 18 log 6 log 1024 log 4m < 1024 log 4m. 1 5.77
3 = (1 +
3 = (4 + 2
3 = (11 + 5
Do đó ta có m < 1026. Tiếp tục áp dụng phương pháp này cho các trường hợp khác √ √ √ √ 5) với α1 = 9 + 4 √ √ 5, α2 = 3 + √ √ √ 8, α(3) 3 = √ √ 8, α(4) 5) 5) 5) 5) 8.
3 = 10304, A(4)
3 = 1024 và
8 như trước nhưng α(2) 3 = (7 + 3 √ 8, α(5) 8, và α(6) 3 = 1024, A(5) 3 = 1504, A(3)
3 = 3936. Tương tự như mục trước các chặn trên có thể xử lí được. Sau đó, bằng
(18 + 8 Trong các trường hợp đó A(2) A(6)
tính toán ta kiểm tra được rằng không tồn tại số cân bằng Lucas nào.
34
Kết luận
Luận văn đã trình bày được một số vấn đề sau:
1. Khái niệm về số cân bằng và số Lucas-cân bằng; một số kết quả của Ray [10]
về mối quan hệ giữa các số cân bằng, số Lucas cân bằng với hai số vô tỷ λ1 = √ √ 3 + 8. Đặc biệt dựa vào các kết quả của Ray, luận văn đã đưa 8 và λ2 = 3 −
ra được một số kết quả mới: Bổ đề 1.3.3; Định lý 1.4.5; Hệ quả 1.4.7 và Định
lý 1.4.9;
2. Trình bày lại một số kết quả của Ray [11] về mối quan hệ giữa các số Lucas-cân
bằng và các số cân bằng;
3. Trình bày lại chứng minh của Liptai [7, 8] về tính tồn tại của các số cân bằng
Fibonacci và các số cân bằng Lucas.
35
Tài liệu tham khảo
Tiếng việt
[1] Hoàng Thị Hường (2015), Số cân bằng và 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 = y2 and 8x2 −7 = z2",
Quarterly Journal of Mathematics.
[3] Baker A., W¨ustholz G. (1993), “Logarithmic forms and group varieties", Jour-
nal F¨ur Die Reine Und Angewandte Mathematik 442, pp. 19–62.
[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", Pro-
ceedings 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 In-
stitute 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 Math-
ematics 85(3), pp. 487–494.
37
