Luận văn Thạc sĩ Toán học: Số đa giác và một số bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐINH THỊ THU HÀ

SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐINH THỊ THU HÀ

SỐ ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Chương 1. Chương Kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1. Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2. Phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Chương 2. Chương Số đa giác và số đa diện . . . . . . . . . . . . . . . .

2.1. Số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2. Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3. Hàm sinh của số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4. Số tam giác chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5. Tổng bình phương các số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.6. Định lý Cauchy về số đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7. Một số số hình học phẳng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.8. Số đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Mở đầu

Các số tượng hình (figurate numbers) cũng như hầu hết các số đặc

biệt khác có lịch sử lâu đời và phong phú. Các số tượng hình đã được giới

thiệu vào khoảng thế kỷ thứ VI trước công nguyên như một nỗ lực gắn kết

Hình học với Số học. Những nhà toán học thời kỳ Pythagore đã xem xét

một số nguyên dương bất kỳ như là tập các điểm trên mặt phẳng và các số

tượng hình là số có thể biểu thị bởi một một hình đều: số đa giác là các số

biểu thị bởi các đa giác đều, số đa diện là số biểu thị bởi các đa diện đều,

.... Lý thuyết các số tượng hình không chỉ thể hiện vẻ đẹp của toán học mà

thâm nhập vào nhiều nghiên cứu trong toán học, đặc biệt là số học và được

nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu (Pythagoras, Hypsicles, Plutarch,

Nicomachus, Theon, Diophantus, Fibonacci, Stifel, Cardano, Descartes, Pell,

Pascal, Euler, Legendre, Gauss, ... ).

Luận văn tìm hiểu về số đa giác, số đa diện và một số bài toán liên

quan. Tài liệu chính của luận văn là cuốn sách "Figure Numbers" của E.

Deza, M.M. Deza và hai bài báo "A short proof of Cauchy’s polygonal number

theorem" của M. B. Nathanson; "Sum of squares of polygonal numbers" của

A. Gnanam, B. Anitha.

Luận văn được chia làm 2 chương. Chương 1 trình bày một số kiến

thức chuẩn bị về hàm sinh và phương trình Pell. Chương 2 trình bày về số đa

giác, số đa diện và một số bài toán liên quan. Số đa giác và một số tính chất

được trình bày ở mục đầu của Chương 2. Nội dung tiếp theo của Chương

2 trình bày về một số bài toán quan trọng liên quan như số tam giác chính

phương, Định lý Cauchy về số đa giác, tổng bình phương các số đa giác. Một

số số hình học phẳng khác như số đa giác chỉ số âm, số pronic, số gnomonic,

số kim cương Aztec cũng được giới thiệu trong chương. Cuối cùng luận văn

tìm hiểu sơ lược về số đa diện: số tứ diện và số hình chóp.

Trong quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ

tận tình của TS. Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái

Nguyên. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao

học khóa Cao học Toán khóa K11 (2017-2019) - trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên, đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh

nghiệm nghiên cứu khoa học.

Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ và gia đình vì đã

chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành công việc học tập của mình.

Thái Nguyên, ngày 30 tháng 01 năm 2019 Tác giả

Đinh Thị Thu Hà

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Các hàm sinh được dùng để biểu diễn một cách có hiệu quả các dãy

bằng cách mã hóa các số hạng của dãy số như hệ số của lũy thừa của một

biến x trong một chuỗi lũy thừa hình thức nào đó. Các hàm sinh cũng có

thể được dùng để giải nhiều bài toán đếm, chẳng hạn đếm số cách chọn hay

phân phối các vật thuộc các loại khác nhau, chịu nhiều ràng buộc hay số cách

để đổi một dollar khi dùng các đồng xu có mệnh giá khác nhau. Các hàm

sinh cũng có thể được dùng để giải các hệ thức truy hồi bằng cách dịch một

hệ thức truy hồi đối với các số hạng của một dãy thành một phương trình

của hàm sinh. Các hàm sinh cũng có thể được dùng để chứng minh các hẳng

đẳng thức tổ hợp bằng cách lợi dụng những mối liên hệ tương đối đơn giản

giữa các hàm và chuyển dịch những mối quan hệ này thành hằng đẳng thức

liên quan đến các số hạng của các dãy. Những lý do trên giải thích vì sao ta

quan tâm đến hàm sinh. Mục này của chương nhắc lại những kiến thức cơ

bản của hàm sinh của một dãy số làm kiến thức cơ sở cho Chương 2.

Định nghĩa 1.1.1. Hàm sinh đối với dãy số a0, a1, . . . , ak, . . . của các số thực là chuỗi vô hạn

∞ (cid:88)

1.1. Hàm sinh

k=0

Nhận xét 1.1.2. Hàm sinh đối với dãy {ak} được cho trong Định nghĩa 1.1.1 đôi khi còn được gọi là hàm sinh thông thường của {ak} để phân biệt với các loại hàm sinh khác của dãy này.

G(x) = a0 + a1x + . . . + akxk + . . . = akxk.

Ví dụ 1. Hàm sinh của dãy {ak} với ak = 3, ak = k + 1, ak = 2k lần lượt là

∞ (cid:88)

k=0

Ta cũng có thể định nghĩa hàm sinh cho những dãy hữu hạn các số

thực bằng cách mở rộng dãy hữu hạn a0, a1, . . . , an thành dãy vô hạn với an+1 = an+2 = . . . = 0. Hàm sinh G(x) của dãy vô hạn đó là một đa thức bậc n vì không có số hạng nào có dạng ajxj với j > n, tức là,

2kxk. (k + 1)xk, 3xk,

Ví dụ 2. Hàm sinh của dãy 1, 1, 1, 1, 1, 1 là

G(x) = a0 + a1x + . . . + anxn.

Ta có

1 + x + x2 + x3 + x4 + x5.

Do đó G(x) = x6−1

x−1 là hàm sinh của dãy 1, 1, 1, 1, 1, 1.

m với k = 0, 1, 2, . . . , m.

Ví dụ 3. Giả sử m là một số nguyên dương và ak = C k Hàm sinh của dãy a0, a1, . . . , am. là

= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5. x6 − 1 x − 1

m + C 1

mx + C 2

mx2 + . . . + C m

m xm.

Theo Định lí nhị thức ta thấy ngay rằng G(x) = (1 + x)m.

Khi được dùng để giải các bài toán đếm, các hàm sinh thường được

coi như là những chuỗi lũy thừa hình thức. Vấn đề hội tụ của các chuỗi này

không được xem xét tại đây. Tuy nhiên, để áp dụng một số kết quả của giải

tích, đôi khi việc xem xét đối với những giá trị nào của x thì chuỗi hội tụ

cũng là một điều quan trọng. Bây giờ ta sẽ nêu ra một số tính chất của các

chuỗi vô hạn có liên quan đến các hàm sinh.

Ví dụ 4. Hàm f (x) = 1

1−x là hàm sinh của dãy 1, 1, . . . vì

G(x) = C 0

với |x| < 1.

= 1 + x + x2 + . . . 1 1 − x

Ví dụ 5. Hàm f (x) = 1

1−ax là hàm sinh của dãy 1, a, a2, a3, . . . vì

= 1 + ax + a2x2 + a3x3 + . . .

|a| với a (cid:54)= 0.

Chúng ta cũng sẽ cần một số kết quả về việc cộng và nhân hai hàm

sinh.

Định lý 1.1.3. Giả sử

∞ (cid:88)

và

1 1 − ax với |ax| < 1, hay |x| < 1

k=0

Khi đó



∞ (cid:88)

k (cid:88)

∞ (cid:88)

và

g(x) = f (x) = bkxk. akxk



  xk.

j=0

k=0

(1−x)2 . Hãy dùng Ví dụ 4 để tìm các hệ số a0, a1, a2, . . .

Ví dụ 6. Giả sử f (x) = 1 trong khai triển f (x) = (cid:80)∞

k=0 akxk.

Lời giải. Từ Ví dụ 4 ta có

f (x)g(x) = f (x) + g(x) = ajbk−j (ak + bk)xk

Do đó theo Định lí 1.1.3,



∞ (cid:88)

k (cid:88)

∞ (cid:88)

= 1 + x + x2 + . . . 1 1 − x



  xk =

j=0

k=0

Nhận xét 1.1.4. Kết quả này cũng có thể được rút ra từ Ví dụ 4 bằng cách

lấy vi phân. Lấy đạo hàm cũng là một kĩ thuật hữu ích để tạo ra các hằng

đẳng thức mới từ các hằng đẳng thức đã có đối với các hàm sinh.

Định nghĩa 1.1.5. Cho u là một số thực và k là một số nguyên không âm.

Khi đó hệ số nhị thức mở rộng được định nghĩa bởi

(cid:40) u(u−1)...(u−k+1) k!

(k + 1)xk. 1 1 (1 − x)2 =

u =

khi k > 0, khi k = 0.

Ví dụ 7. Ta có

C k 1

3 =

= −4; C −2 (−2)(−3)(−4) 3!

(cid:1) (cid:0) 1

2 − 2(cid:1)

(cid:0) 1 2

3 =

2 − 1(cid:1) (cid:0) 1 3! Ví dụ 8 dưới đây cho ta một công thức tiện ích để tính các hệ số nhị thức

mở rộng khi tham số (u) là một số âm.

Ví dụ 8. Khi tham số (u) là một số âm, hệ số nhị thức mở rộng có thể được

biểu diễn qua các hệ số nhị thức thông thường. Muốn vậy, chú ý rằng

C 1/2 = . 1 16

−n =

C r

= (−n)(−n − 1) . . . (−n − r + 1) r! (−1)rn(n + 1) . . . (n + r − 1) r!

Bây giờ chúng ta có thể phát biểu định lí nhị thức mở rộng.

Định lý 1.1.6 (Định lí nhị thức mở rộng). Cho x là một số thực với |x| < 1.

Khi đó

∞ (cid:88)

= (−1)rC r (−1)r(n + r − 1)(n + r − 2) . . . n r! (−1)r(n + r − 1)! r!(n − r)! n+r−1.

uxk.

k=1

Định lí 1.1.6 có thể chứng minh bằng cách dùng chuỗi Maclaurin.

Nhận xét 1.1.7. Khi u là một số nguyên dương, Định lí nhị thức mở rộng quy về Định lí nhị thức, vì trong trường hợp đó C k

u = 0 nếu k > u.

Ví dụ 9 dưới đây minh họa cách dùng Định lí nhị thức mở rộng khi số mũ là

số nguyên âm.

Ví dụ 9. Dùng Định lí nhị thức mở rộng tìm hàm sinh đối với (1 + x)−n và (1 − x)−n, khi n là số nguyên dương.

Lời giải. Theo Định lí nhị thức mở rộng ta có

∞ (cid:88)

(1 + x)u = C k

−nxk.

k=0

(1 + x)−n = C k

Dùng công thức trong Ví dụ 8 ta có

∞ (cid:88)

n+k−1xk.

k=0

Trong biểu thức trên thay x bởi −x, ta có

∞ (cid:88)

(−1)kC k (1 + x)−n =

n+k−1xk.

k=0

Bảng 1.1: Một số hàm sinh thường gặp

C k (1 − x)−n =

∞ (cid:88)

G(x) ak

nxk

k=0 ∞ (cid:88)

(1 + x)n = C k C k n

nakxk

nak

k=0 ∞ (cid:88)

C k (1 + ax)n = C k

n nếu r | k; 0 trong các trường hợp

nxrk

(1 + xr)n = C k

k=0 n (cid:88)

C k/r khác

k=0

∞ (cid:88)

= xk 1 − xn+1 1 − x 1 nếu k ≤ n; 0 trong các trường hợp khác

k=0 ∞ (cid:88)

= 1 xk 1 1 − x

k=0 ∞ (cid:88)

akxk ak = 1 1 − ax

k=0

∞ (cid:88)

xrk 1 1 − xr = 1 nếu r | k; 0 trong các trường hợp khác

k=0 ∞ (cid:88)

(k + 1)xk k + 1

n+k−1xk

n+k−1 = C n−1

n+k−1

k=0 ∞ (cid:88)

C k C k

n+k−1(−1)kxk

n+k−1 = (−1)kC n−1

n+k−1

k=0 ∞ (cid:88)

C k (−1)kC k

n+k−1(−1)kakxk

n+k−1ak = (−1)kC n−1

n+k−1ak

k=0

C k C k

1 k!

k=0

ex = 1 (1 − x)2 = 1 (1 − x)n = 1 (1 + x)n = 1 (1 − ax)n = ∞ xk (cid:88) k!

∞ (cid:88)

(−1)k+1 k

k=0

ln(1 + x) = xk (−1)k+1 k

Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng:

(1.1)

1.2. Phương trình Pell

Mệnh đề 1.2.1. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1) là một số chính

phương thì phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất (1, 0).

Chứng minh. Nếu D là số chính phương thì tồn tại m ∈ Z sao cho D = m2.

Khi đó phương trình (1.1) được viết lại thành:

x2 − Dy2 = 1, D ∈ Z

Giả sử phương trình (1.1) có nghiệm là (x0, y0). Khi đó ta có x0 − my0; x0 + my0 ∈ Z và kéo theo

(cid:40)

hoặc

x2 − m2y2 = 1 ⇔ (x − my)(x + my) = 1.

Từ hai hệ phương trình trên ta thấy điều mâu thuẫn. Ta suy ra điều phải

chứng minh.

Mệnh đề 1.2.2. Nếu số nguyên D trong phương trình (1.1) là số nguyên

âm thì phương trình đó không có nghiệm nguyên dương.

Chứng minh. Đặt D = −m với m > 0. Khi đó phương trình (1.1) trở thành:

x0 − my0 = 1 x0 + my0 = 1 x0 − my0 = −1 x0 + my0 = −1

Nếu m = 1 thì ta có phương trình x2 + y2 = 1. Kéo theo

(cid:20) x = 1; y = 0 x = 0; y = 1

Nếu m > 1 và kết hợp với x2, y2 ≥ 0 kéo theo x = 1; y = 0 hoặc x = −1; y =

x2 + my2 = 1.

Từ đây ta hạn chế xét nghiệm nguyên dương của phương trình Pell

và D là số số nguyên dương. Ta công nhận một số kiến thức sau về phương

trình Pell.

0. Vậy ta kết luận phương trình (1.1) không có nghiệm nguyên dương.

Định lý 1.2.3 (Điều kiện tồn tại nghiệm). Phương trình (1.1) có nghiệm

nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương.

Định lý 1.2.4 (Công thức nghiệm). Ký hiệu (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của

phương trình

Khi đó dãy (xn, yn) cho bởi

x2 − Dy2 = 1.

cho tất cả các nghiệm của (1.1)

Dãy nghiệm (xn, yn) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau

(1.2)

√ √ (a + b D)n xn = √ √ (a + b D)n √ yn = D)n + (a − b 2 D)n − (a − b D 2

(1.3)

x0 = 1, x1 = a, xn+2 = 2axn+1 − xn,

y0 = 0, y1 = b, yn+2 = 2ayn+1 − yn.

Chương 2

Số đa giác và số đa diện

Chương này giới thiệu về số đa giác, số đa diện và một số bài toán liên

quan.

Theo các nhà toán học cổ đại, ta xem xét tập các điểm lập thành một

số số hình học trên mặt phẳng như sau: Bắt đầu bằng một điểm. Thêm vào

đó 2 điểm ta được tam giác đều gồm ba điểm. Tam giác đều sáu điểm có thể

thu được từ tam giác đều 3 điểm bằng cách thêm vào đó 3 điểm. Thêm vào đó

4 điểm ta được tam giác đều mười điểm... Như vậy, bằng cách thêm vào một

Hình 2.1: Năm số tam giác đầu tiên

điểm, 2 điểm, 3 điểm, 4 điểm,... rồi sắp xếp thành các tam giác đều và đếm số

điểm trong mỗi tam giác ta được các số 1, 3, 6, 10,... được gọi là các số tam

giác. Cũng cần chú ý thêm 3=1+2, 6=3+3=1+2+3, 10=6+4=1+2+3+4,...

Tương tự như số tam giác, bắt đầu từ 1 điểm, khi ta thêm 3 điểm, 5

điểm, 7 điểm,... và sắp xếp thành các hình vuông rồi đếm số điểm trong đó,

ta được các số 1, 4, 9, 16, 25,... được gọi là các số hình vuông. Chú ý 4=1+3,

9=4+5=1+3+5,...

Bắt đầu từ 1, bằng cách thêm vào 4 điểm, 7 điểm, 10 điểm,... và sắp

xếp thành các hình ngũ giác đều rồi đếm số điểm trong đó, ta được các số 1,

5, 12, 22,... được gọi là số ngũ giác. Theo quy trình trên, ta có thể xây dựng

được các số lục giác 1, 6, 15, ...

2.1. Số đa giác

Hình 2.2: Năm số hình vuông đầu tiên

Hình 2.3: Năm số ngũ giác đầu tiên

Hình 2.4: Năm số lục giác đầu tiên

Định nghĩa tổng quát đầu tiên cho số m - giác được đưa ra bởi Hypsicles

từ thế kỉ II trước CN và được Diophantus đưa vào luận án "On polygonal

numbers" .

Định nghĩa 2.1.1. Số m - giác thứ n ký hiệu Sm(n) là tổng của n số trong cấp số cộng

Theo định nghĩa Sm(n) = 1 + (1 + (m − 2)) + (1 + 2(m − 2)) + (1 +

1, 1 + (m − 2), 1 + 2(m − 2), 1 + 3(m − 2), ..., m ≥ 3.

Nhận xét 2.1.2.

(2.1)

3(m − 2)) + · · · + (1 + (m − 2)(n − 1)).

Ta có thể chứng minh công thức trên nhờ quy nạp như sau: Với n = 1, ta có: Sm(1) = 1 2m(1 − 1) − 12 + 2.1 = 1. Vậy (2.1) đúng với n = 1. Giả sử (2.1)

m(n2 − n) − n2 + 2n. Sm(n) = 1 2

2m(k2 − k) − k2 + 2k. Ta cần chứng minh

đúng với n = k, nghĩa là: Sm(k) = 1 (2.1) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

Sm(k + 1) = Sm(k) + [1 + (m − 2)k]

= + [1 + (m − 2)k] k [(m − 2)k − k + 4] 2

= k2(m − 2) + k(4 − m) + 2k(m − 2) + 2 2 (k2 + k + 1)(m − 2) + (k + 1)(4 − m) 2

Vậy ta có công thức (2.1).

Nhận xét 2.1.3. Đặc biệt ta có các số tam giác, số tứ giác, số ngũ giác, số

2.3(n2 −n)−n2 +2n = n(n+1) . 2.4(n2 − n) − n2 + 2n = n2.

= . (k + 1)[(m − 2)(k + 1) − m + 4] 2

2.5(n2 − n) − n2 + 2n = n(3n−1) 2.6(n2 − n) − n2 + 2n = n(2n − 1).

lục giác... Số tam giác: S3(n) = Tn = 1+2+3+...+n = 1 Số hình vuông: S4(n) = 1 + 3 + ... + (2n − 1) = 1 Số ngũ giác: S5(n) = 1 Số lục giác: S6(n) = 1 ...

. Ví

Công thức (2.1) có thể chứng minh bằng nhiều cách. Chẳng hạn, số tam giác thứ n là một nửa của hình chữ nhật cạnh n và n + 1. Do đó: Tn = n(n+1) dụ, xét trường hợp với n = 4 như trong hình ảnh dưới đây:

, ta có: n =

Từ công thức tổng quát của số tam giác Tn = n(n+1)

√

. Do đó, x là số tam giác nếu 8x + 1 là số chính phương. Ngược lại,

8Tn+1−1 2

nếu n là số nguyên thì x là số tam giác thứ n. Ví dụ:

(i) 253 là số tam giác vì 8.253 + 1 = 2025 = 452 và là số tam giác thứ

45−1 2 = 22.

(ii) 2018 không là số tam giác vì 8.2018 + 1 = 16145 không là số chính

phương.

Đối với số hình vuông, hai số hình vuông thứ n xếp thành hình chữ

nhật cạnh n và 2n. Do đó: Sn = 2n.n

2 = n2.

Cách khác, ta thấy rằng số hình vuông thứ n + 1 thu được từ số hình

vuông thứ n bằng cách thêm vào đó 2n + 1. Bắt đầu từ n = 1 thì Sn = 1 và:

Một cách khác nữa, ta có:

Sn+1 = Sn + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2.

2Sn = [1 + 3 + ... + (2n − 1)] + [(2n − 1) + (2n − 3) + ... + 1]

Vậy Sn = n2.

= 2n + ... + 2n = 2n2.

Định lý 2.2.1. Tổng hai số tam giác liên tiếp là một số hình vuông.

(2.2)

2.2. Một số tính chất

Chứng minh. Thật vậy, ta có:

S3(n) + S3(n − 1) = S4(n).

+ S3(n) + S3(n − 1) = n(n + 1) 2

= n(n − 1) 2 n2 + n + n2 − n 2

= n2

Minh họa bằng hình ảnh:

Ngoài ra, người ta còn có thể chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2:

= S4(n).

S3(2) + S3(1) = 3 + 1 = 4 = S4(2). Giả sử (2.2) đúng với n = k, nghĩa là: S3(k) + S3(k − 1) = S4(k). Ta cần

chứng minh (2.2) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

S3(k + 1) + S3(k) = S3(k) + (k + 1) + S3(k − 1) + k

= S4(k) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1

= (n + 1)2

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.2. Tổng của n số lập phương đầu tiên là bình phương số tam

giác thứ n.

n (cid:88)

(2.3)

= S4(k + 1).

k=1

Chứng minh. Chứng minh quy nạp theo n. Với n = 1:

1 (cid:88)

k3 = 13 + 23 + 33 + ... + n3 = . n2(n + 1)2 4

k=1

Vậy (2.3) đúng với n = 1. Giả sử (2.3) đúng với n = m, nghĩa là 13 + 23 + 33 + ... + m3 = m2(m+1)2

. Ta cần chứng minh (2.3) đúng với n = m + 1. Tính:

m+1 (cid:88)

= 1. k3 = 13 = 1, 12(1 + 1)2 4

k=1

k3 = 13 + 23 + 33 + ... + m3 + m + 13

= + m + 13 m2(m + 1)2 4

= m4 + 6m3 + 13m2 + 12m + 4 4

Vậy (2.3) đúng với n = m + 1 và ta có điều phải chứng minh.

= . (m + 1)2(m + 2)2 4

Ngoài ra, chúng ta có thể chứng minh theo cách khác như sau:

Từ: S3(n + 1) = S3(n) + (n + 1). Ta có:

nên:

Mà S3(n) = n(n+1)

(S3(n + 1))2 = (S3(n))2 + 2S3(n)(n + 1) + (n + 1)2.

Lại có:

(S3(n + 1))2 − (S3(n))2 = n(n + 1)2 + (n + 1)2 = (n + 1)3.

(S3(n))2 = ((S3(n))2 − (S3(n − 1))2) + ((S3(n − 1))2 − (S3(n − 2))2) + ...

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Tương tự, ta có thể xây dựng các số tam giác từ các số tam giác khác.

Định lý 2.2.3. Các số tam giác với chỉ số chẵn được tính bởi công thức:

(2.4)

+((S3(2))2 − (S3(1))2) + (S3(1))2 = n3 + (n − 1)3 + ... + 23 + 13.

Chứng minh. Thật vậy, ta có:

S3(2n) = 3S3(n) + S3(n − 1).

+ n(n − 1) 2

n(n + 1) 2 (4n + 2) =

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: 3S3(2) + S3(1) = 3.3 + 1 = 10 = S3(4).

Hình 2.5: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Giả sử (2.4) đúng với n = k, nghĩa là: S3(2k) = 3S3(k) + S3(k − 1). Ta cần

3S3(n) + S3(n − 1) = 3. n 2 2n(2n + 1) 2 = S3(2n).

chứng minh (2.4) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

3S3(k + 1) + S3(k) = 3S3(k) + 3(k + 1) + S3(k − 1) + k

= S3(2k) + (2k + 1) + (2k + 2)

= S3(2k + 1) + (2k + 2)

= S3(2k + 2)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.4. Một số tam giác với chỉ số lẻ được tính bởi công thức:

(2.5)

= S3(2(k + 1)).

Chứng minh. Ta có:

S3(2n + 1) = 3S3(n) + S3(n + 1).

+ 3S3(n) + S3(n + 1) = (n + 1)(n + 2) 2

= 3n(n + 1) 2 (4n + 2)

Hình 2.6: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 2

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: 3S3(1) + S3(2) = 3.1 + 3 = 6 = S3(3). Vậy (2.5) đúng với n = 1. Giả sử (2.5) đúng với n = k, nghĩa là: S3(2k +1) = 3S3(k) + S3(k + 1). Ta cần chứng minh (2.5) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:

n 2 2n(2n + 1) 2 = S3(2n + 1).

3S3(k + 1) + S3(k + 2) = 3S3(k) + S3(k + 1) + 3(k + 1) + (k + 2)

= S3(2k + 1) + (2k + 2) + (2k + 3)

= S3(2k + 3)

= S3(2(2k + 1) + 1).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.5. Ta có:

(2.6)

Chứng minh. Ta có:

S3(3n − 1) = 3S3(n) + 6S3(n − 1).

+ 3S3(n) + 6S3(n − 1) = 6n(n − 1) 2

= 3n(n + 1) 2 (9n − 3)

Hình 2.7: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: 3S3(2) + 6S3(1) = 3.3 + 6.1 = 15 = S3(5). Vậy (2.6) đúng với n = 2. Giả sử (2.6) đúng với n = k, ta cần chứng minh (2.6) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:

n 2 3n(3n − 1) 2 = S3(3n − 1).

3S3(n + 1) + 6S3(n) = 3S3(n) + 6S3(n − 1) + 3(n + 1) + 6n

= S3(3n − 1) + 3n + (3n + 1) + (3n + 2)

= S3(3n + 2)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.6. Công thức sau đây được gọi là công thức Diophantus (hay

công thức Plutarch):

(2.7)

= S3(3(n + 1) − 1).

S4(2n + 1) = 8S3(n) + 1.

2 + 1 = 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 =

Chứng minh. Ta có: 8S3(n) + 1 = 8n(n+1) S4(2n + 1).

Hình 2.8: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 2

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: 8S3(1) + 1 = 8.1 + 1 = 9 = S4(2). Vậy (2.7) đúng với n = 1. Giả sử (2.7) đúng với n = k, nghĩa là: S4(2k + 1) = 8S3(k) + 1. Ta cần chứng minh (2.7) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

8S(k + 1) + 1 = (8S3(k) + 1) + 8(k + 1)

= S4(2k + 1) + 8(k + 1) = (2k + 1)2 + 8(k + 1)

= (2k + 3)2

= S4(2k + 3)

Vậy (2.7) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.7. Tổng của hai số tam giác có chỉ số chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp:

(2.8)

= S4(2(k + 1) + 1).

Chứng minh. Ta có:

S3(n − 1) + S3(n + 1) = 2S3(n) + 1.

+ S3(n − 1) + S3(n + 1) = n(n − 1) 2 (n + 1)(n + 2) 2

= 2. + 1 2n2 + 2n + 2 2 n(n + 1) 2

= 2S3(n) + 1.

Hình 2.9: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S3(1) + S3(3) = 1 + 6 = 7 = 2.3 + 1 =

2S3(2) + 1. Vậy (2.8) đúng với n = 2. Giả sử (2.8) đúng với n = k, nghĩa là:

Ta cần chứng minh (2.8) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:

S3(k − 1) + S3(k + 1) = 2S3(k) + 1.

S3(k) + S3(k + 2) = S3(k − 1) + k + S3(k + 1) + (k + 2)

= 2S3(k) + 1 + 2(k + 1)

Vậy (2.8) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Một số mối quan hệ giữa các số đa giác khác:

Định lý 2.2.8. Ta có:

(2.9)

= 2S3(k + 1) + 1.

Chứng minh. Ta có:

S5(n) = S4(n) + S3(n − 1).

S4(n) + S3(n − 1) = n2 + n(n − 1) 2

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S4(2) + S3(1) = 4 + 1 = 5 = S5(1).

Vậy (2.9) đúng với n = 2. Giả sử (2.9) đúng với n = k, nghĩa là: S5(k) =

3n2 − n 2 n(3n − 1) 2 = S5(n).

S4(k) + S3(k − 1). Ta cần chứng minh (2.9) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

S4(k + 1) + S3(k) = S4(k) + S3(k − 1) + (2n + 1) + n

= S5(n) + (3n + 1)

Vậy (2.9) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Hình 2.10: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 4

Tính chất sau thể hiện mối quan hệ giữa số tam giác và số lục giác.

Định lý 2.2.9. Ta có:

(2.10)

= S5(n + 1).

Chứng minh. Ta có:

S6(n) = S3(n) + 3S3(n − 1).

+ 3 S3(n) + 3S3(n − 1) = n(n + 1) 2 n(n − 1) 2

(4n − 2) =

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S3(2) + 3S(1) = 3 + 3.1 = 6 = S6(1). Vậy (2.10) đúng với n = 2. Giả sử (2.10) đúng với n = k, nghĩa là: S6(k) = S3(k) + 3S3(k − 1). Ta cần chứng minh (2.10) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

n 2 = S6(n).

S3(k + 1) + 3S3(k) = S3(k) + 3S3(k − 1) + (k + 1) + 3k

= S6(k) + (4k + 1)

Vậy (2.10) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

= S6(k + 1).

Hình 2.11: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Định lý 2.2.10. Định lý số lục giác.

(2.11)

S6(n) = S3(2n − 1)

Chứng minh. Dễ thấy: S3(2n − 1) = 2n(2n−1)

2 = S6(n).

Hình 2.12: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 3

Bằng quy nạp, với n = 1, ta có: S6(1) = 6 = S3(2.1 − 1). Vậy (2.11) đúng với n = 1. Giả sử (2.11) đúng với n = k, nghĩa là: S6(k) = S3(2k − 1). Ta cần chứng minh (2.11) đúng với n = k + 1.

Thật vậy:

= n(4n−2)

S6(k + 1) = S6(k) + (4k + 1)

+ (4k + 1) = S3(2k − 1) + (4k − 1) = 2k(2k − 1) 2

= = 4k2 + 6k + 2 2 (2k + 1)(2k + 2) 2

Vậy (2.11) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.11. Định lý số bát giác.

(2.12)

= S3(2k + 1) = S3(2(k + 1) − 1).

S8(n) = 6S3(n − 1) + n.

Chứng minh. Ta có:

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: S8(2) = 8 = 6.1 + 2 = 6S3(1) + 2.

Hình 2.13: Hình ảnh minh họa cho trường hợp n = 4

Vậy (2.12) đúng với n = 2. Giả sử (2.12) đúng với n = k, nghĩa là: S8(k) = 6S3(k − 1) + k. Ta cần chứng minh (2.12) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

+ n = 3n2 − 2n = 6S3(n − 1) + n = 6. = S8(n). n(n − 1) 2 6n2 − 4n 2

S8(k + 1) = S8(k) + (6k + 1)

= (6S3(k − 1) + k) + (6k − 1)

+ 6n + (n − 1) = 6 n(n − 1) 2

= (3n2 + 3n) + (n + 1)

= 6 + (n + 1) n(n + 1) 2

Vậy (2.12) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Công thức sau của Nicomachus of Alexandria được công bố từ thế kỷ

I trước CN trong "Giới thiệu về số học":

Định lý 2.2.12. Công thức Nicomachus:

(2.13)

= 6S3(n) + (n + 1).

, ta có:

Chứng minh. Từ Sm(n) = n((m−2)n−m+4)

Sm(n) = Sm−1(n) + S3(n − 1).

2 n(n − 1) 2

+ S3(n − 1) + Sm−1(n) = n((m − 3)n − (m − 1) + 4) 2

= ((m − 2)n − m + 4) = Sm(n). n 2

Bằng quy nạp, với n = 2, ta có: Sm−1(2) + S3(1) = (m − 1) + 1 = m = Sm(1). Vậy (2.13) đúng với n = 2. Giả sử (2.13) đúng với n = k, nghĩa là: Sm(k) = Sm−1(k) + S3(k − 1). Ta cần chứng minh (2.13) đúng với n = k + 1. Thật vậy:

S3(k) + Sm−1(k + 1) = (Sm−1(k − 1) + S3(k − 1)) + ((m − 2)k + 1) + k

= Sm(k) + ((m − 2)k + 1)

Vậy (2.13) đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh.

Bachet de Méziriac đã phát hiện tính chất sau:

Định lý 2.2.13. Công thức Bachet de Méziriac: Mọi số m giác thứ n đều

phân tích được thành tổng của số tam giác thứ n và m − 3 số tam giác thứ

= Sm(k + 1).

(2.14)

n − 1.

Chứng minh. Ta có thể thu được công thức này bằng cách sử dụng liên tiếp

công thức Diophantus cho các số m − 1 - giác, m − 2 - giác,...

Sm(n) = S3(n) + (m − 3)S3(n − 1).

Sm(n) = Sm−1(n) + S3(n − 1)

= Sm−2(n) + 2S3(n − 1)

= ...

= S4(n) + (m − 4)S3(n − 1)

Hoặc ta cũng có thể chứng minh trực tiếp bằng công thức:

= S3(n) + (m − 3)S3(n − 1).

+ (m − 3) S3(n) + (m − 3)S3(n − 1) = n(n + 1) 2 n(n − 1) 2

[(m − 3)(n − 1) + (n + 1)] =

= n 2 n [(m − 2)n − m + 4] 2

Ngoài ra, ta có thể chứng minh bằng cách sau: Xét đa giác đều k cạnh, khi

đó các điểm của đa giác chính là số k - cạnh thứ n. Từ một đỉnh của đa giác,

= Sm(n).

Hình 2.14: Ví dụ với hình thất giác

kẻ đường thẳng nối đỉnh đó với các đỉnh còn lại:

Khi đó, đa giác được chia thành k − 2 tam giác, trong đó có 1 tam giác có

số điểm là số tam giác thứ n và k − 3 tam giác còn lại số điểm là số tam

giác thứ n − 1. Từ đó ta có công thức (2.14). Công thức (2.14) cho chúng ta

bảng về mối quan hệ giữa các số đa giác như sau:

Định lý 2.2.14. Ta có:

(2.15)

Chứng minh. Ta có thể thu được công thức này từ công thức Bachet de

Méziriac như sau:

Sm(n) = (m − 2)S3(n − 1) + n.

Sm(n) = S3(n) + (m − 3)S3(n − 1)

= [S3(n − 1) + n] + (m − 3)S3(n − 1)

Hoặc ta có thể chứng minh trực tiếp bằng công thức như sau:

= (m − 2)S3(n − 1) + n.

+ n (m − 2)S3(n − 1) + n = (m − 2)

n(n − 1) 2 [(m − 2)(n − 1) + 2] =

Định lý 2.2.15. Số trung bình: Sm(n) = Sm+s(n)+Sm−s(n)

Chứng minh. Ta có:

= = Sm(n). n 2 n [(m − 2)n − m + 4] 2

= [(m + s − 2)n − m + 4] + [(m − s − 2)n − m + 4] Sm+s(n) + Sm−s(n) 2 n 4

= [(m + s − 2 + m − s − 2)n − 2m + 8]

= [2(m − 2)n − 2m + 8]

Sau đây luận văn liệt kê việc sưu tầm một số tính chất khác của số đa

giác. Việc chứng minh là không khó dựa theo quy nạp tính chất của đa giác.

Tổng kết này thể hiện vẻ đẹp của các số đa giác.

Định lý 2.2.16. Các phát biểu sau là đúng

(1) S3(3n + 1) = 9S3(n) + 1; (2) S3(7n + 3) = 49S3(n) + 6; (3) S3(5n + 1) = S3(n) + S3(4n + 1); (4) S3(5n + 3) = S3(4n + 2) + S3(3n + 2); (5) S3(13n + 10) = S3(5n + 4) + S3(12n + 9); (6) S3(17n + 10) = S3(8n + 4) + S3(15n + 9); (7) S3(3n − 1) = 2S3(2n − 1) + S3(n); (8) S3(3n) = 2S3(2n) + S3(n − 1); (9) S3(3n + 1) = S3(2n) + S3(2n + 1) + S3(n); (10) 3S3(n) + 1 = S3(n − 1) + S3(n) + S3(n + 1); (11) S3(4n2 + 5n + 2) = S3(4n2 + 5n) + S3(4n + 2); (12) S3(m + n) = S3(m) + S3(n) + mn;

= [(m + s − 2 + m − s − 2)n − 2m + 8] = Sm(n). n 4 n 4 n 4 n 2

(13) S3(m + n + 1) = S3(m) + S3(n) + (m + 1)(n + 1); (14) S3(n − m) = S3(m) + S3(n) − m(n + 1); (15) S3(mn) = S3(m)S3(n) + S3(n − 1)S3(m − 1); (16) S3(n2) = (S3(n))2 + (S3(n − 1))2; (17) S3(k + n) = S3(k) + S3(2nm + n), khi k = 2nm2 + (2n + 1)m; (18) S3(n) = S3(n − 1) + S3(m) + S3(k), khi n = m2+k2+m+k (19) S3(a + n) + S3(b + n) + S3(c + n) + S3(d + n) = S3(m − a) +

;

(20) S3(a) + S3(b) = (S3(n2 + n + 1) + S3(n2 − n − 1)) × (S3(m2 +

; S3(m − b) + S3(m − c) + S3(m − d), khi m = n + a+b+c+d

(21) S3(7c + 1) + S3(c − 1) = (S3(7n + 1) + S3(n − 1)) × (S3(7m +

m − 1) + S3(m2 − m − 1)), khi a = n2m2 + nm − 1, b = n2m2 − nm − 1;

1) + S3(m − 1)), khi c = 5nm + n + m;

(22) S3(n) − S3(m) = 32αk, khi n = 3αk + 3α−1 2 (23) S3(n) + S3(m) = S3(m − 3αk + S3(m + 3αk, khi n = 3αk2 +

, m = 3αk − 3α+1 ;

3α−1 2

2 (24) S3(2n) = 2S3(n) + S4(n); (25) S3(2n + 1) = 2S3(n) + S4(n + 1); (26) S4(n + 1) = 3S3(n) − S3(n − 1) + 1; (27) S4(2n + 1) = S3(n − 1) + 6S3(n) + S3(n + 1); (28) S4(2n + 1) = S3(3n + 1) − S3(n); (29) S4(3n) = S4(n) + 2S4(2n); (30) S4(3n + 1) = S4(n) + S4(2n + 1) + 2S3(2n); (31) S4(3n + 2) = S4(n + 1) + S4(2n + 1) + 2S3(2n + 1); (32) S4(5n + 1) = S3(n − 1) + S3(7n + 1); (33) S4(5n − 1) = S3(n) + S3(7n − 2); (34) S4(6n + 3) = S3(9n + 4) − S3(3n + 1); (35) S4(n) + S4(2n − 1) + S4(2n + 1) = S3(3n + 1) + S3(3n − 2); (36) S4(n + m) = S4(n) + S4(m) + 2nm; (37) S4(n − m) = S4(n) + S4(m) − 2nm; (38) S4(mn) = S4(n)S4(m); (39) S4(n) + S4(n + m) = S3(2n + m) + S3(m − 1) − n; (40) S4(n + m + 1) + S4(n − m) = 4(S3(n) + S3(m)) + 1;

, m = 3αk2 − 3α+1 ;

S3(n) − 1;

(41) S4(n) = 2S3(n)S3(2n) S3(2n+1) (42) S4(2n + 1) = S3(2n(n+1)) (43) S4(n2 + 1) = 1 + S3(n2 + n) + S3(n2 − n); (44) S4(4S3(n) + 1) = S4(2n + 1) + S4(4S3(n)); (45) S4(4S3(n) + 4S3(m) + 1) = S4(2n + 1)S4(2m + 1) + S4(4S3(n) −

;

(46) S5(n) = 1 32S3(3n − 1); (47) S5(2n + 1) = S3(2n + 1) + 2S3(2n); (48) S5(2n) = S3(2n − 1) + S4(2n); (49) S6(2n + 1) = S4(2n + 1) + 2S3(2n); (50) S7(2n + 1) = S3(2n + 1) + 4S3(2n); (51) 5S7(n) + 1 = S3(5n − 2); (52) S8(2n + 1) = S3(2n + 1) + 5S3(2n + 1); (53) S8(2n + 1) = S4(2n + 1) + 4S3(2n); (54) 7S9(n) + 3 = S3(7n − 3); (55) S10(n) = S4(n) + 3n(n − 1); (56) Sm(n + k) = Sm(n) + Sm(k) + nk(m − 2); (57) Sm(a1 + ... + an) = Sm(a1) + ... + Sm(an) + (m − 2) × (a1a2 +

4S3(m));

(58) Sm(n) = 2Ss(n) + (m − 2s + 1)S3(n − 1) + S3(n − 2) − 1; 2 S3(n − 2) − s−3 2 S3(n) + (m − s)S3(n − 1) + s−3 (59) Sm(n) = s−1

2 với

... + an−1an);

(60) Sm(n) = s−2

2 S3(n) + (m − s)S3(n − 1) + s−2

2 S3(n − 2) + n − s−2

với s là số chẵn;

s là số lẻ;

(61) S3(1) + S3(3) + S3(6) + ... + S3(2n − 1) = n(n+1)(4n−1) 6 (62) S3(2) + S3(4) + S3(6) + ... + S3(2n) = n(n+1)(4n+5) ; (63) S3(3) + S3(6) + S3(9) + ... + S3(3n) = 3 2n(n + 1)2; (64) S3(1) − S3(2) + S3(4) − ... + S3(2n − 1) = S4(n); (65) S4(2n) − S4(2n − 1) + S4(2n − 2) − ... + S4(2) − S4(1) = S3(2n); (66) S4(2n+1)−S4(2n)+S4(2n−1)−...−S4(2)+S4(1) = S3(2n+1); (67) S5(1) + S5(2) + ... + S5(n) = nS3(n); (68) 13 + 23 + ... + n3 = (S3(n))2;

;

(69) 13 + 33 + 53 + ... + q3 = S3(n), ở đây q là số lẻ, và n = 1

2(q2 +

(70) (S3(k + 1) − S3(k))3 + (S3(k + 2) − S3(k + 1))3 + ... + (S3(n) −

2q − 1);

(71) S3(1) + ... + S3(n − 1) + S3(n) + S3(n − 1) + ... + S3(1) = S4(1) +

S3(n − 1))3 = (S3(n))2 − (S3(k))2;

(72) S3(1) + S3(2) + ... + S3(2n) = S4(2) + S4(4) + ... + S4(2n); (73) S3(1) + S3(2) + ... + S3(2n + 1) = S4(1) + S4(3) + ... + S4(2n + 1); (74) S3(2n + 1) + S4(2n + 3) + S4(2n + 5) + ... + S4(4n + 1) = S4(2n +

S4(2) + ...S4(n);

(75) S3(1) + S3(2) + ... + S3(2n + 1) = (2n + 1)S3(n + 1) + S4(1) +

2) + S4(2n + 4) + ... + S4(4n) + S3(4n + 1);

(76) S3(k + 1) + S3(k + 2) + ... + S3(k + 2n + 1) = (2n + 1)S3(k +

S4(2) + ... + S4(n);

(77) (S3(2n))2 + (S3(2n) + 1)2 + ... + (S3(2n) + n)2 = (S3(2n) + n +

(78)

n + 1) + S4(1) + ... + S4(n);

S3(3) + ... + 1

S1(1) + 1

S3(n) + ... = 2;

(79) 3(Sm(n)+Sm(2n)+...+Sm(nk)) = Sm(n)S3(k)+(k +1)Sm(nk); (80) Sm(n)+Sm(2n)+...+Sm(nk) = Sm(n)S3(k)+n2(m−2)(S3(1)+

1)2 + (S3(2n) + n + 2)2 + ... + (S3(2n) + 2n)2; S3(2) + 1

(81) S4(a − b) + S4(a − 3b) + S4(a − 5b) + ... + S4(a − (2k − 1)b) =

S3(2) + ... + S3(k − 1));

3(4k3 − k)b2 ở đây a = 2nk(r − 2), b = r − 4;

(2k)3(r − 2)Sr(n) + 1

Theo mục 1.1, ta có

2.3. Hàm sinh của số đa giác

Vậy hàm sinh của các số tam giác là

(1−x)3 . Để tìm hàm sinh của các số đa

giác ta có mệnh đề sau.

Cho hai đa thức với hệ số thực

(1 − x)3 = 1 + 3x + 6x2 + · · · + S3(n)xn−1 + · · · , |x| < 1.

f (x) = a0 + a1x + · · · + amxm; g(x) = b0 + b1x + · · · + bnxn,

g(x) là hàm sinh của dãy c0, c1, ..., cn, ....

với m < n. Khi đó hàm phân thức f (x) thì các ci thỏa mãn các phương trình tuyến tính

b0cn+k + b1cn+k−1 + · · · + bnck = 0.

Thật vậy, ta có phân tích f (x) g(x)

trong đó f (x) = min1≤i≤n|xi|, x1, ..., xn là các nghiệm của đa thức g(x). Hơn nữa f (x) = g(x)(c0 + c1x + · · · + cnxn + · · · ). So sánh hệ số 2 vế ta có c0, c1, ..., cn, .... thỏa mãn các phương trình tuyến tính

= c0 + c1x + · · · + cnxn + · · · , |x| < r,

Hơn nữa cho dãy c0, c1, ..., cn, .... thỏa mãn các phương trình tuyến tính

b0cn+k + b1cn+k−1 + · · · + bnck = 0.

Ta định nghĩa ai = (cid:80)i

k=0 bkci−k, i = 1, ..., n − 1. Ta có

b0cn+k + b1cn+k−1 + · · · + bnck = 0.

Hay ta có

a0 +a1x+· · ·+an−1xn−1 = (b0 +b1x+· · ·+bnxn)(c0 +c1x+· · ·+cnxn +· · · ).

a0 + a1x + · · · + an−1xn−1

g(x) , trong đó g(x) = k=0 bkci−k, i =

Vì vậy hàm sinh của dãy c0, c1, ..., cn, .... có dạng f (x) b0 + b1x + · · · + bnxn, f (x) = a0 + a1x + · · · + an−1xn−1, ai = (cid:80)i 1, ..., n − 1.

Vận dụng kết quả trên ta có hàm sinh của các số đa giác.

b0 + b1x + · · · + bnxn = c0 + c1x + · · · + cnxn + · · · .

Định lý 2.3.1. Hàm sinh của các số đa giác Sm(1), Sm(2), ..., Sm(n), ... là 1+(m−3)x (1−x)3

Chứng minh. Ta có Sm(n + 1) = Sm(n) + (1 + (m − 2)n). Từ đây ta có

Đặt cn = Sm(n + 1). Ta có c0 = 1, c1 = m, c2 = 3m − 3, cn+3 − 3cn+2 + 3cn+1 − cn = 0, b0 = 1, b1 = −3, b2 = 3, b3 = −1. Hàm sinh của các số đa giác có dạng

Sm(n + 3) − 3Sm(n + 2) + 3Sm(n + 1) − Sm(n) = 0.

a0 + a1x + a2x2 b0 + b1x + b2x2 + b3x3 ,

trong đó a0 = b0c0 = 1, a1 = m − 3, a2 = 0. Vậy hàm sinh của dãy là 1+(m−3)x (1−x)3

Một số được gọi là số tam giác chính phương (Square, triangular num-

bers) nếu chúng vừa là số tam giác, vừa là số hình vuông. Số tam giác chính

phương thứ n kí hiệu là S4,3(n) Một số số tam giác chính phương đầu tiên là 1, 36, 1225, 41616, 1413721, . . ., các chỉ số tương ứng của số tam giác là

1, 8, 49, 288, 1681, . . ., chỉ số tương ứng của số hình vuông là 1, 6, 35, 204, 1189, . . . . Vì mọi số tam giác đều có dạng u(u+1) và mọi số hình vuông đều có dạng v2 nên một số là số tam giác chính phương phải thỏa mãn hệ thức: u(u+1) 2 = v2. Vấn đề này được giải quyết nhờ việc đưa về dạng phương trình

Pell x2 − 2y2 = 1 như sau:

2.4. Số tam giác chính phương

u(u + 1) = v2 1 2

⇔u2 + u = 2v2

⇔4u2 + 4u + 1 = 8v2 + 1

Đặt x = 2u + 1 và y = 2v, ta đưa về phương trình Pell x2 − 2y2 = 1. Từ

2 = v2 với u = x−1

2 và v = y

cách giải tìm ra (x, y) trong phương trình Pell, ta có cách giải tìm ra (u, v) của phương trình u(u+1) 2. Có vô số số tam giác cũng là số hình vuông. Kết quả này được tìm thấy bởi Euler vào năm 1930.

Chính xác hơn, Euler chứng minh định lí sau: Mọi nghiệm nguyên dương của phương trình u(u+1)

2 = v2 là:

⇔(2u + 1)2 − 2(2v)2 = 1.

với mọi n nguyên dương.

Thật vậy ta có (3, 2) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình

√ √ (3 + 2 2)n − 2 , un = √ √ (3 + 2 2)n vn = 2)n + (3 − 2 4 2)n − (3 − 2 2 √ 4

thay u, v ta được công thức trên.

Ví dụ:

(i) Với n = 1, ta có: u1 = 1, v1 = 1. Vậy S4,3(1) = S3(1) = S4(1) = 1. (ii) Với n = 2, ta có: u2 = 8, v2 = 6. Vậy S4,3(2) = S3(8) = S4(6) = 36. Từ đó, ta có công thức xác định số tam giác chính phương thứ n như sau: √

x2 − 2y2 = 1. Do đó nghiệm của phương trình √ √ (3 + 2 2)n + (3 − 2 2)n , xn = √ √ (3 + 2 2)n √ yn = 2 2)n − (3 − 2 2 2

(cid:104)

(cid:105) 2)n − 2

Thật vậy

√ (17 + 12 2)n + (17 − 12 . S4,3(n) = 1 32

Chú ý (3 ± 2

S4,3(n) = v2. √ √

(cid:35)2

2 ta có √ √ 2)2 = 17 ± 12 (cid:34) (3 + 2 2)2 S4,3(n) = 2)2 − (3 − 2 2

(cid:104)

(cid:105) 2)n − 2

Sau đây là một số tính chất của số tam giác chính phương:

Mệnh đề 2.4.1. (i) S4,3(n + 1) = 4S4,3(n)(8S4,3(n) + 1) với S1 = 1. (ii) S4,3(n) = 34S4,3(n − 1) − S4,3(n − 2) + 2 với S4,3(0) = 0 và S4,3(1) = 1.

n−1 =

n = (a−b)2, S4,3(n−1) = v2

√ 4 √ √ = (17 + 12 2)n + (17 − 12 . 1 32

n+1 = (3(a − b) + 2

√ √ 2(a + b))2.

32, nên

2)2 2

2u(u + 1) = v2 = S4(v). vì vậy S3(u)(8S3(u) + 1) =

= 1 2(a + b))2, S4,3(n + 1) = v2 √ . (3−2 √ 4

Chứng minh. (i) Thật vậy, ta có S4,3(n) = v2 (3(a − b) − 2 √ Vì ab = (3+2 √ 4 S4,3(n + 1) + S4,3(n − 1) = 18(a − b)2 + 16(a + b)2 = 34(a − b)2 + 64ab = 34S4,3(n − 2) + 2. Hay S4,3(n) = 34S4,3(n − 1) − S4,3(n − 2) + 2. (ii) Ta có S3(u) = 1 2u(u + 1)(4u(u + 1) + 1) = 4u(u+1)(4u(u+1)+1) 2 Mặt khác 4S4(v)(8S4(v) + 1) = 4v2(4u(u + 1) + 1) = 4v2(2u + 1)2 = S4(v(2u + 1)). Từ đó ta có điều phải chứng minh.

= S3(4u(u + 1)).

với n ∈ Z.

là số tam

Mục này trình bày theo bài báo [6]. Nhắc lại số m-giác thứ n: Cho m = 3, 4, . . . , Sm(n) = (m − 2) n(n−1) Hơn nữa Sm(n) = (m − 2)Tn−1 + n, trong đó Tn−1 = n(n−1)

giác thứ n − 1, với n ∈ Z

Mệnh đề 2.5.1.

2.5. Tổng bình phương các số đa giác

(cid:8)(cid:2)m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11)(cid:3) n2

(Sm(n))2 + (Sm+1(n))2

n2 4

Chứng minh.

(cid:21)2

= − (cid:2)(cid:2)m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12)(cid:3) − 2(cid:3) 2n + (cid:2)(m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13)(cid:3)(cid:9) .

(cid:20)(m − 1)n(n − 1) 2

+ n + + n =

(cid:2)(m − 2)2 + (m − 1)2(cid:3) + 2n2 + [(m − 2) + (m − 1)] n2(n − 1)

(cid:2)m2 + (m2 − 6m + 5)(cid:3) + 2n2 + [2m − 3] n2(n − 1)

(cid:8)(cid:2)m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11)(cid:3) n2

= (Sm(n))2 + (Sm+1(n))2 (cid:20)(m − 2)n(n − 1) 2 n2(n − 1)2 4 n2(n − 1)2 4

n2 4

Mệnh đề 2.5.2. (Sm(n))2 + (Sm(n + 1))2 = m2Tn2 − 2mTn−116(2n2 + 1) + 2(Tn−1)2 + 1

= − (cid:2)(cid:2)m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12)(cid:3) − 2(cid:3) 2n + (cid:2)(m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13)(cid:3)(cid:9) .

Chứng minh.

(cid:21)2

(cid:20)(m − 2)(n + 1)n 2

(cid:2)(n − 1)2 + (n + 1)2(cid:3) + (cid:2)n2 + (n + 1)2(cid:3) +

= + n + (n + 1) +

(Sm(n))2 + (Sm(n + 1))2 (cid:20)(m − 2)n(n − 1) 2 (m − 2)2n2 4

(cid:0)n2 + 1(cid:1) + (cid:0)2n2 + 2n + 1(cid:1) + (m − 1) n (cid:0)2n2 + n + 1(cid:1)

= (m − 2)n (cid:2)n(n − 1) + (n + 1)2(cid:3)

(cid:0)2n2 + 1(cid:1) + 8T 2

(m − 2)2n2 2

n−1 + 1

Mệnh đề 2.5.3. Bộ ba Sm(n), Sm+k(n),Sm+2k(n) là nghiệm của phương trình Diophantine x2 + y2 = 2z2 + ω2, trong đó ω là một hằng số.

Chứng minh. Xét phương trình x2 + y2 = 2z2 + ω2.

Ta thử nghiệm trong tập số đa giác.

Lấy x = Sm(n) và y = Sm+2k(n), ta có

= = m2Tn2 − mn (n − 1) (cid:0)2n2 + 1(cid:1) + 2n3 (n − 1) − 2n2(n − 1) + 1 = m2Tn2 − mn (n − 1) (cid:0)2n2 + 1(cid:1) + 2n2 (n − 1)2 + 1 = m2Tn2 − 2mTn−1

m(n) + S2

m+2k(n)

n−1

x2 + y2 = S2

= [(m − 2)Tn−1 + n]2 + [((m + 2k) − 2)Tn−1 + n]2 n−1 + 2n2 + 2[(m − 2) + ((m + 2k) − 2)]nTn−1 = [(m − 2)2((m + 2k) − 2)2]T 2 n−1 + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 = [2m2 + 4m(k − 2) + 2k2 + 2(k2 − 4k + 4)]T 2 n−1 + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 = [2[m2 + 2m(k − 2) + (k − 2)2] + 2k2]T 2 (cid:9) = 2 (cid:8)[((m + k) − 2)Tn−1 + n]2 + k2T 2 Vậy

Lấy ω = kTn−1 ta có Sm(n), Sm+k(n),Sm+2k(n) là nghiệm phương trình đã cho.

Mệnh đề 2.5.4.

x2 + y2 = 2z2 + ω2,

[[n2(m − 2) + nm]2 + n2[2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] (Sm(n))2 + (Sm(n + 2))2 = 1 2

+ 2n[m2 + 2m(m − 2)] + 2m2].

Chứng minh. (Sm(n))2 +(Sm(n+2))2 = [ (m−2)n(n−1) (n + 2)]2

+n]2 +[ (m−2)(n+2)(n+1) +

[n2(n−1)2 +(n+2)2(n+1)2]+[n2 +(n+2)2]+(m−2)[n2(n−

= (m−2)2 4 1) + (n + 1)(n + 2)2]

[2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4] + [2n2 + 4n + 4] + (m − 2)[2n3 +

4[m2(2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4) − m(8n4 + 8n3 + 40n2 + 16n) +

= (m−2)2 4 4n2 + 8n + 4]

= 1 (8n4 + 32n2)]

4[2n4(m2 − 4m + 4) + 4n3m(m − 2) + 2n2(7m2 − 20m + 16) +

= 1

4n(3m2 − 4m) + 4m2

2[n4(m − 2)2 + 2n3m(m − 2) + n2[3m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 +

= 1

2m(m − 2)] + 2m2

2[[n2(m − 2) + nm]2 + n2[2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m −

= 1

Mệnh đề 2.5.5.

m+r+4 (cid:88)

r+2 (cid:88)

2)] + 2m2].

i=1

l=m−r

Chứng minh. (cid:80)m+r+4 l=m−r (Sl(n))2 = (Sm−r(n))2+(Sm−r+1(n))2+(Sm−r+2(n))2+ ... + (Sm(n))2 + (Sm+1(n))2 + (Sm+2(n))2 + ... + (Sm+r(n))2 + (Sm+r+1(n))2 + ... + (Sm+r+4(n))2

n +n2+2nTn(m−r−2)+(m−r−1)2T 2 n +n2+2nTn(m−2)+(m−1)2T 2

(Sl(n))2 = (2(r + 2) + 1)[mTn + n]2 + 2 i2T 2 n

n +n2+2nTn(m− n +n2+2nTn(m−1)+...+ n +n2+2nTn(m+r+2)

n +n2+2nTn(m+r−1)+...+(m+r+2)2T 2

= (m−r−2)2T 2 r−1)+...+(m−2)2T 2 (m+r−1)2T 2

r+2 (cid:88)

m+r+4 (cid:88)

i=1

l=m−r

(Sl(n))2 = (2(r + 2) + 1)[mTn + n]2 + 2 i2T 2 n

Nhắc lại số m + 2-giác thứ n là số nguyên dương Sm+2(n) = m 2 (n2 − n) + n, m ≤ 1, n = 0, 1.2, .... Fermat [7] phát biểu rằng mọi số nguyên không

âm là tổng của m + 2 số m + 2-giác. Với m = 2, Lagrange [3] đã chứng minh rằng mọi số nguyên không âm là tổng của 4 số hình vuông S4(n) = n2. Với m = 1, Gauss [5] đã chứng minh rằng mọi số nguyên không âm là tổng của

3 số tam giác S3(n) = n(n + 1)/2 hay mọi số nguyên dương a ≡ 3(mod8) là tổng của 3 số lẻ bình phương. Cauchy [1] đã chứng minh phát biểu của

Fermat cho các số m ≤ 3. Mục này trình bày chứng minh kế quả trên của

Cauchy theo bài báo [10].

Bổ đề 2.6.1 (Bổ đề Gauss). Mọi số nguyên không âm là tổng của 3 số tam

giác S3(n) = n(n + 1)/2 hay mọi số nguyên dương a ≡ 3( mod 8) là tổng của 3 số lẻ bình phương.

Bổ đề 2.6.2. Cho a và b là các số nguyên dương lẻ sao cho b2 < 4a và 3a < b2 + 2a + 4. Khi đó, tồn tại các số nguyên không âm s, t, u, v sao cho:

(2.16)

2.6. Định lý Cauchy về số đa giác

(2.17)

a = s2 + t2 + u2 + v2,

Chứng minh. Vì a và b là các số lẻ nên 4a − b2 ≡ 3(mod8). Do đó, từ định

lý Gauss về số tam giác, tồn tại các số nguyên lẻ x ≥ y ≥ z > 0 sao cho

(2.18)

b = s + t + u + v

Chọn dấu của ±z sao cho b + x + y ± z ≡ 0(mod4). Đặt:

4a − b2 = x2 + y2 + z2

, t = − s = , s = b + x + y ± z 4 b + x 2 b + x − y ∓ z 4

Khi đó, phương trình (2.16)và (2.17) được thỏa mãn và s ≥ t ≥ u ≥ v. Để

chứng tỏ các số nguyên này không âm, ta sẽ chứng minh v ≥ 0 hoặc v > −1.

u = − s = , v = − s = b + y 2 b − x + y ∓ z 4 b ± z 2 b − x − y ± z 4

Điều này đúng nếu b − x − y − z > −4 tương đương với x + y + z < b + 4. Giá

trị lớn nhất của x + y + z thỏa mãn (2.18) là kiện 3a < b2 + 2a + 4 (từ giả thiết), ta được x + y + z ≤

Đây là điều phải chứng minh.

Định lý 2.6.3. Cho m ≥ 3 và n ≥ 120m. Khi đó, n là tổng của m + 1 số

√ 12a − 3b2, kết hợp với điều √ 12a − 3b2 < b + 4.

Chứng minh. Cho b1 và b2 là các số nguyên lẻ liên tiếp. Tập hợp tất cả các số có dạng b + r, trong đó b ∈ {b1, b2} và r ∈ {0, 1, ..., m − 3}, chứa đầy đủ các lớp thặng dư modul m. Vì vậy, n ≡ b + r(modm). Đặt (cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(2.19)

m + 2-đa giác, trong đó nhiều nhất là bốn số khác 0 hoặc 1.

(cid:18)n − b − r m

(cid:18)n − r m

Khi đó a là số nguyên lẻ và

a = 2 + b = 1 − b + 2 . 2 m

Nếu 0 < b < 2

(2.20) 3 + 8(cid:112)8(n/m) − 8 thì công thức nghiệm của phương trình bậc

hai là

(cid:18)

(cid:19)

(a − b) + b + r. n = m 2

(cid:18)n − r m

vì vậy b2 < 4a. Tương tự, nếu b > 1

b2 − 4a = b2 − 4 1 − b − 8 < 0

Từ đó, độ dài của khoảng

(cid:19)

(cid:113)

(2.21)

2 m 2 + (cid:112)6(n/m) − 3 thì 3a < b2 + 2b + 4.

(cid:18)1 2

lớn hơn 4. Điều này chứng tỏ rằng I chứa hai số lẻ dương liên tiếp b1 và b2. Do đó, tồn tại hai số nguyên dương lẻ a và b thỏa mãn hệ thức (2.20) và các bất đẳng thức b2 < 4a, 3a < b2 + 2a + 4. Theo Bổ đề Cauchy, tồn tại số

+ 6(n/m) − 3, + 8 8(n/m) − 8 I = 2 3

s, t, u, v thỏa mãn (2.16) và (2.17). Vì vậy

(a − b) + b + r = (s2 − s) + s + ... + (v2 − v) + v + r n = m 2

Đây là điều phải chứng minh.

Định lý 2.6.4. Cho m ≥ 3. Nếu m lẻ thì mỗi số nguyên đủ lớn là tổng của

bốn số đa giác thứ m + 2. Nếu m chẵn thì mỗi số nguyên đủ lớn là tổng của

năm số đa giác thứ m + 2 mà một trong số đó bằng 0 hoặc 1.

m m 2 2 = Sm+2(s) + Sm+2(t) + Sm+2(u) + Sm+2(v) + r.

Chứng minh. Tồn tại hằng số c sao cho nếu n > cm3 thì độ dài của khoảng

liên tiếp.

Nếu m lẻ thì I tạo thành tập hợp đầy đủ các lớp thặng dư modul m.

Vì vậy n ≡ b(modm) với các số lẻ b ∈ I. Cho r = 0, ta được công thức

(2.19).

Nếu m chẵn và n > cm3 thì n ≡ b + r(modm) với các số lẻ b ∈ I và

I trong công thức (2.21) lớn hơn 2m. Vì vậy, I chứa ít nhất m số nguyên lẻ

r ∈ {0, 1}. Ta được công thức (2.19).

Ta có, công thức tổng quát của số m - giác thứ n là:

2.7. Một số số hình học phẳng khác

với mọi n nguyên. Với n nguyên dương, ta có các số đa giác thông thường.

Với n = 0, ta có: Sm(0) = 0. Với n nguyên âm, ta có:

= (n2 − n) + n, Sm(n) = n [(m − 2)n − m + 4] 2 m − 2 2

Ta sẽ xem xét tính chất của các số Sm(−n), n ∈ N. Để thuận tiện, ta đặt Sm(−n) =− Sm(n). Vậy theo định nghĩa, ta có:

−Sm(n) = Sm(−n) =

= (n2 + n) − n. Sm(−n) = n [(m − 2)n + m − 4] 2 m − 2 2

n [(m − 2)n + m − 4] 2

Đặc biệt, ta có: −S3(n) = n(n−1)

, −S4(n) = n2.

Vậy, số tam giác có chỉ số âm chính là số tam giác thông thường đứng

ngay trước nó. Nghĩa là: −S3(n) = S3(−n) = S3(n − 1).

Ta có, dãy số tam giác thông thường là 0, 1, 3, 6, 10,...

Vậy dãy số tam giác tổng quát là ..., 10, 6, 3, 0, 0, 1, 3, 6, 10,...n ∈ Z

hay 0, 1, 0, 3, 6, 3, 10, 6, ... với n = 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ....

= (n2 + n) − n, n ∈ N. m − 2 2

Số hình vuông có chỉ số âm chính là các số hình vuông thông thường. Nghĩa là: −S4(n) = S4(−n) = n2. Ta có dãy số hình vuông thông thường là 1, 4, 9, 16, 25,...

Vậy dãy số hình vuông tổng quát là ..., 25, 16, 9, 4, 1, 0, 1, 4, 9, 16, 25,...

hay 0, 1, 1, 4, 4, 9, 9, 16, 16, 25, 25,... n = 0, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ... .

Số pronic (hay số heteromecic) là tích của hai số nguyên dương liên

tiếp. Do đó, số pronic thứ n, kí hiệu là P(n), được xác định bởi công thức:

Các số này đôi khi được gọi là số hình chữ nhật vì chúng có thể biểu thị bằng

hình chữ nhật cạnh n và n + 1.

Hình 2.15: Số pronic với n = 5

Các số pronic đầu tiên là 2, 6, 12, 20, 30,...

Ta có: Số pronic thứ n gấp đôi số tam giác thứ n:

P (n) = n(n + 1).

Hình 2.16: P (5) = 2S3(5)

Số gnomonic có quan hệ chặt chẽ với số hình vuông. Số gnomonic có

biểu diễn hình học là hình chữ L, thu được từ việc lấy số hình vuông thứ n trừ đi số hình vuông thứ n − 1. Từ n2 − (n − 1)2 = 2n − 1, ta có các số gnomonic đều là các số nguyên lẻ 2n − 1, n ∈ Z.

Các số gnomonic đầu tiên là 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, . . . Vì vậy, số

P (n) = 2S3(n).

Hình 2.17: Các số gnomonic với n = 1, 2, 3, 4, 5

gnomonic thứ n Gn(n) xác định bởi công thức:

Gn(n) = 2n − 1

Số kim cương Aztec là số điểm xếp đầy hình kim cương Aztec. Hình

kim cương Aztec thứ n là hình thu được bằng việc ghép bốn hình cầu thang

cạnh n lại với nhau. Số kim cương Aztec Az(n) xác định bởi công thức:

Hình 2.18: Các số Az(n) với n = 1, 2, 3, 4

= S4(n) − S4(n − 1).

Một số số kim cương Aztec đầu tiên: 4, 12, 24, 40, 60, 84, 112, 144, 180, 220,

. . . (Sloane’s A046092). Vậy ta có: Az(n) = 4S3(n) = 2P (n). Tức là, số kim cương Aztec thứ n gấp bốn lần số tam giác thứ n và gấp đôi số pronic thứ

Az(n) = 2n(n + 1)

Các số đa diện về cơ bản giống với số đa giác. Chúng ta sẽ xét các hình

đa diện tương tự như với hình đa giác. Các số đa diện tương ứng với các số

tam giác, số tứ giác,... lần lượt là số tứ diện, số hình chóp,...

Định nghĩa 2.8.1. Số m-đa diện thứ n, S3

m(n) là tổng của n số m-giác đầu

tiên:

2.8. Số đa diện

m(n) = Sm(1) + Sm(2) + ... + Sm(n).

Hình 2.19: Hình ảnh hình học của một số số đa diện

Ta có S3

m(n) = S3

m(n − 1) + Sm(n), S3

m(1) = 1. Công thức tổng quát

của số m-đa diện thứ n là

m(n) =

Thật vậy, bằng quy nạp. Với n = 1 ta có S3

m(1) = Sm(1) = 1 = . Giả sử phát biểu đúng với n ta chứng minh đúng với n + 1.

1.2((m−2).1−m+5) 6

Thật vậy m(n + 1) = S3 S3

S3 . n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) 6

m(n) + Sm(n + 1) n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) 6

+ (n + 1)((m − 2)(n + 1) − m + 4) 2

.(n2(m − 2) + n(5 − m) = (n + 1) 6

+ 3(n + 1)(m − 2) + 3(4 − m))

.((n2 + 3n + 3)(m − 2) + n(5 − m) + 3(4 − m)) =

.((n2 + 3n + 2)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) = (n + 1) 6 (n + 1) 6

+ (m − 2) − 2(5 − m) + 3(4 − m))

= .((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) (n + 1) 6

+ (m − 2 − 10 + 2m + 12 − 3m))

.((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m)) = (n + 1) 6

Công thức này được cho là của Archimedes và được ông sử dụng để tìm thể

tích các hình.

Một số tính chất khác của Archimedes được cho bởi mệnh đề sau:

= . (n + 1)(n + 2)((m − 2)(n + 1) − m + 5) 6

3(n − 1).

3(n) + S3 4(n) = S3 3((m − 2)n − m + 5)S3(n).

3(n − 1).

3(n − 1). 3(n − 1).

Mệnh đề 2.8.2. (i)S3 (ii)S3 (iii)S3 (iv)S3 (v)S3 (vi)S3 (vii)S3

m(n) = 1 m(n) = n+1 6 (2Sm(n) + n). m−1(n) + S3 m(n) = S3 m(n) = S3 3(n) + (m − 3)S3 m(n) = S3(n) + (m − 2)S3 3(n − 1) + S3

3(n + 1) = 2S3

3(n) + (n + 1).

Chứng minh. (i) Lấy tổng các đẳng thức này , với mọi 1 ≤ k ≤ n ta có: S3

4(n) = S4(1) + S4(2) + ... + S4(n − 1) + S4(n)

= S3(1) + (S3(2) + (S3(1)) + ... + (S3(n − 1) + S3(n − 2))

+(S3(n) + S3(n − 1))

3(n) + S3

3(n − 1).

Các (ii) đến (vii) chứng minh tương tự. Đặc biệt, "Số tứ diện" S3 3(n) thứ n là số

n (cid:88)

= (S3(1) + ... + S3(n)) + (S3(1) + ... + S3(n − 1)) = S3

3(n) = S3(1) + S3(2) + S3(3) + ... + S3(n − 1) + S3(n) =

k=1

Ta có

(cid:32)

(2.22)

S3 S3(k).

(cid:33) .

3(n) =

Một số vừa là số tứ diện, vừa là số tam giác phải thỏa mãn hệ thức nhị phân:

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

(cid:33)

= S3 n(n + 1)(n + 2) 6 n + 2 3

3(m).

Các số đó là:

= = S3 S3(n) = n + 1 2 m + 2 3

3(1) = S3(1) = 1.

3(3) = S3(4) = 10.

3(8) = S3(15) = 120.

3(20) = S3(55) = 1540.

3(34) = S3(119) = 7140.

"Số hình chóp" S3

4(n) thứ n là

n (cid:88)

4(n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 = S3

k=1

Hình 2.20: Hình dạng hình học của số hình chóp thứ 4

Ta có số hình chóp thứ n là:

4(n) =

S3 . n(n + 1)(2n + 1) 6

Thật vậy, cho S3

4(n) là số hình chóp thứ n. Khi đó: S3

4(n) =

n (cid:80) k=1

Mà k2 = S3(k − 1) + S3(k). Vậy n (cid:88)

n (cid:88)

k2.

4(n) =

k=1

Từ định nghĩa của số tứ diện, ta có: S3

k=1 3(n − 1) + S3

S3 (S3(k − 1) + S3(k)) = S3(k − 1) + S3(k).

4(n) =

k=1 4(n) = S3 n(n + 1)(n + 2) 6

3(n). Vậy n(n + 1)(2n + 1) 6

Một số hình chóp cũng có thể biểu diễn bằng tổng của các hệ số nhị

thức:

(cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

S3 + . = n(n + 1)(n − 1) 6

(cid:33) .

4(n) =

S3 + n + 2 3 n + 1 3

Rõ ràng các hệ số nhị phân trong biểu diễn trên là các số tứ diện. Do đó,

công thức này thể hiện rằng một số hình chóp là tổng của hai số tứ diện liên

tiếp giống như số tứ giác là tổng của hai số tam giác.

Trong tổng này, một trong hai số tứ diện đếm số điểm bên trên hoặc một

phía của hình vuông cơ sở và số tứ diện còn lại đếm số điểm phía còn lại của

đường chéo. Số tứ diện cũng liên quan đến số hình chóp theo một cách khác: (cid:32)

(cid:33) .

4(n) =

Tổng của hai số hình chóp liên tiếp là một số bát diện.

Ta có một số tính chất khác. Các phát biểu sau là đúng

(1) mSm(n) − nSn(m) = 1 (2) S3

2mn(m − n); 3(4) = S3

3(5);

3(2) + S3

3(1) + S3

6(n); 3(n) + S3

3(n − 1);

3(n + 1);

3(n) + S3 3(n) + n; 3(n) + 6S3

3(n − 1); 3(n);

3(3) + S3 (3) C(3) + C(4) + C(5) = C(6); 3(n) = (n+1)3−(n+1) (4) S3 ; 6 3(n) + 2S3 5(n) = S3 (5) S3 3(n − 1); 5(n) + S3 6(n) = S3 (6) S3 3(n − 1); (7) S3 4(n) + 2S3 6(n) = S3 3(n − 1); (8) C(n + 1) = (S3(n + 1))2 − (S3(n))2; (9) C(n) + 6S3(n) + 1 = C(n + 1); (10) S3(1) + S3(3) + ... + S3(2n − 1) = S3 (11) S3(2) + S3(4) + ... + S3(2n) = 3S3 (12) S3(1) + S3(3) + ... + S3(2n + 1) = 3S3 (13) S4(3) + S4(5) + ... + S4(2n + 1) = 8S3 (14) S3(2) + S3(5) + ... + S3(3n − 1) = 3S3 (15) 1.n + 2(n − 1) + 3(n − 2) + ... + (n − 1)2 + n.1 = S3 (16) S3

3(1) + S3

3(2) + ... + S3

3(n) = nS3(1) + (n − 1)S3(2) + ... + 2S3(n −

S3 1 2 2n + 2 3

1 S3

3 (1) + 1

3 (2) + 1

3 (3) + ... + 1

3 (n) + ... = 3 2.

1) + S3(n); (17)