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: 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 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh 1.2 Phương trình Pell Chương Chương Số đa giác số đa diện 10 2.1 Số đa giác 10 2.2 Một số tính chất 13 2.3 Hàm sinh số đa giác 28 2.4 Số tam giác phương 30 2.5 Tổng bình phương số đa giác 32 2.6 Định lý Cauchy số đa giác 35 2.7 Một số số hình học phẳng khác 37 2.8 Số đa diện 39 KẾT LUẬN 44 Tài liệu tham khảo 44 i Mở đầu Các số tượng hình (figurate numbers) hầu hết số đặc biệt khác có lịch sử lâu đời phong phú Các số tượng hình giới thiệu vào khoảng kỷ thứ VI trước công nguyên nỗ lực gắn kết Hình học với Số học Những nhà tốn học thời kỳ Pythagore xem xét số nguyên dương tập điểm mặt phẳng số tượng hình số biểu thị một hình đều: số đa giác số biểu thị đa giác đều, số đa diện số biểu thị đa diện đều, Lý thuyết số tượng hình khơng thể vẻ đẹp toán học mà thâm nhập vào nhiều nghiên cứu toán học, đặc biệt số học 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 số đa giác, số đa diện số tốn liên quan Tài liệu luận văn sách "Figure Numbers" E Deza, M.M Deza hai báo "A short proof of Cauchy’s polygonal number theorem" M B Nathanson; "Sum of squares of polygonal numbers" A Gnanam, B Anitha Luận văn chia làm chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị hàm sinh phương trình Pell Chương trình bày số đa giác, số đa diện số toán liên quan Số đa giác số tính chất trình bày mục đầu Chương Nội dung Chương trình bày số toán quan trọng liên quan số tam giác phương, Định lý Cauchy số đa giác, tổng bình phương số đa giác Một số số hình học phẳng khác số đa giác số âm, số pronic, số gnomonic, số kim cương Aztec giới thiệu chương Cuối luận văn tìm hiểu sơ lược số đa diện: số tứ diện số hình chóp Trong q trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy giảng dạy lớp Cao học khóa Cao học Tốn khóa K11 (2017-2019) - trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ gia đình chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập Thái Nguyên, ngày 30 tháng 01 năm 2019 Tác giả Đinh Thị Thu Hà Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh Các hàm sinh dùng để biểu diễn cách có hiệu dãy cách mã hóa số hạng dãy số hệ số lũy thừa biến x chuỗi lũy thừa hình thức Các hàm sinh dùng để giải nhiều toán đếm, chẳng hạn đếm số cách chọn hay phân phối vật thuộc loại khác nhau, chịu nhiều ràng buộc hay số cách để đổi dollar dùng đồng xu có mệnh giá khác Các hàm sinh dùng để giải hệ thức truy hồi cách dịch hệ thức truy hồi số hạng dãy thành phương trình hàm sinh Các hàm sinh dùng để chứng minh hẳng đẳng thức tổ hợp cách lợi dụng mối liên hệ tương đối đơn giản hàm chuyển dịch mối quan hệ thành đẳng thức liên quan đến số hạng dãy Những lý giải thích ta quan tâm đến hàm sinh Mục chương nhắc lại kiến thức hàm sinh dãy số làm kiến thức sở cho Chương Định nghĩa 1.1.1 Hàm sinh dãy số a0 , a1 , , ak , số thực chuỗi vô hạn ∞ k ak xk G(x) = a0 + a1 x + + ak x + = k=0 Nhận xét 1.1.2 Hàm sinh dãy {ak } cho Định nghĩa 1.1.1 đơi cịn gọi hàm sinh thông thường {ak } để phân biệt với loại hàm sinh khác dãy Ví dụ Hàm sinh dãy {ak } với ak = 3, ak = k + 1, ak = 2k ∞ ∞ ∞ (k + 1)x , 3x , k=0 k=0 k=0 2k xk k k Ta định nghĩa hàm sinh cho dãy hữu hạn số thực cách mở rộng dãy hữu hạn a0 , a1 , , an thành dãy vô hạn với an+1 = an+2 = = Hàm sinh G(x) dãy vơ hạn đa thức bậc n khơng có số hạng có dạng aj xj với j > n, tức là, G(x) = a0 + a1 x + + an xn Ví dụ Hàm sinh dãy 1, 1, 1, 1, 1, + x + x2 + x3 + x4 + x5 Ta có x6 − = + x + x2 + x3 + x4 + x5 x−1 Do G(x) = x6 −1 x−1 hàm sinh dãy 1, 1, 1, 1, 1, k với k = 0, 1, 2, , m Ví dụ Giả sử m số nguyên dương ak = Cm Hàm sinh dãy a0 , a1 , , am 2 m m G(x) = Cm + Cm x + Cm x + + Cm x Theo Định lí nhị thức ta thấy G(x) = (1 + x)m Khi dùng để giải toán đếm, hàm sinh thường coi chuỗi lũy thừa hình thức Vấn đề hội tụ chuỗi không xem xét Tuy nhiên, để áp dụng số kết giải tích, đơi việc xem xét giá trị x chuỗi hội tụ điều quan trọng Bây ta nêu số tính chất chuỗi vơ hạn có liên quan đến hàm sinh Ví dụ Hàm f (x) = 1−x hàm sinh dãy 1, 1, = + x + x2 + 1−x với |x| < 1−ax Ví dụ Hàm f (x) = hàm sinh dãy 1, a, a2 , a3 , = + ax + a2 x2 + a3 x3 + − ax |a| với |ax| < 1, hay |x| < với a = Chúng ta cần số kết việc cộng nhân hai hàm sinh Định lý 1.1.3 Giả sử ∞ ∞ k ak x f (x) = bk xk g(x) = k=0 k=0 Khi ∞ ∞ (ak + bk )xk f (x) + g(x) = f (x)g(x) = Ví dụ Giả sử f (x) = khai triển f (x) = (1−x)2 Hãy dùng ∞ k k=0 ak x  k aj bk−j  xk  k=0 k=0  j=0 Ví dụ để tìm hệ số a0 , a1 , a2 , Lời giải Từ Ví dụ ta có = + x + x2 + 1−x Do theo Định lí 1.1.3, = (1 − x)2  ∞  k ∞ (k + 1)xk k 1 x =  k=0 j=0 k=0 Nhận xét 1.1.4 Kết rút từ Ví dụ cách lấy vi phân Lấy đạo hàm kĩ thuật hữu ích để tạo đẳng thức từ đẳng thức có hàm sinh Định nghĩa 1.1.5 Cho u số thực k số ngun khơng âm Khi hệ số nhị thức mở rộng định nghĩa Cuk = u(u−1) (u−k+1) k! k > 0, k = Ví dụ Ta có C3−2 = (−2)(−3)(−4) = −4; 3! − 21 − = = 3! 16 Ví dụ cho ta cơng thức tiện ích để tính hệ số nhị thức 1/2 C3 2 mở rộng tham số (u) số âm Ví dụ Khi tham số (u) số âm, hệ số nhị thức mở rộng biểu diễn qua hệ số nhị thức thông thường Muốn vậy, ý (−n)(−n − 1) (−n − r + 1) r! (−1)r n(n + 1) (n + r − 1) = r! r (−1) (n + r − 1)(n + r − 2) n = r! r (−1) (n + r − 1)! = r!(n − r)! r = (−1)r Cn+r−1 r C−n = Bây phát biểu định lí nhị thức mở rộng Định lý 1.1.6 (Định lí nhị thức mở rộng) Cho x số thực với |x| < Khi ∞ u Cuk xk (1 + x) = k=1 Định lí 1.1.6 chứng minh cách dùng chuỗi Maclaurin Nhận xét 1.1.7 Khi u số nguyên dương, Định lí nhị thức mở rộng quy Định lí nhị thức, trường hợp Cuk = k > u Ví dụ minh họa cách dùng Định lí nhị thức mở rộng số mũ số nguyên âm Ví dụ Dùng Định lí nhị thức mở rộng tìm hàm sinh (1 + x)−n (1 − x)−n , n số nguyên dương Lời giải Theo Định lí nhị thức mở rộng ta có ∞ −n (1 + x) k C−n xk = k=0 Dùng cơng thức Ví dụ ta có ∞ −n (1 + x) k (−1)k Cn+k−1 xk = k=0 Trong biểu thức thay x −x, ta có ∞ −n (1 − x) k Cn+k−1 xk = k=0 Bảng 1.1: Một số hàm sinh thường gặp G(x) ak ∞ (1 + x)n = Cnk xk Cnk k=0 ∞ (1 + ax)n = Cnk ak xk Cnk ak Cnk xrk Cn r | k ; trường hợp khác xk k=0 k ≤ n; trường hợp khác xk k=0 ∞ (1 + xr )n = − xn+1 = 1−x = 1−x k=0 n ∞ k=0 ∞ = − ax = − xr = (1 + x)n xrk r | k ; trường hợp khác (k + 1)xk k+1 k=0 ∞ k Cn+k−1 xk n−1 k Cn+k−1 = Cn+k−1 k Cn+k−1 (−1)k xk n−1 k (−1)k Cn+k−1 = (−1)k Cn+k−1 k=0 ∞ k=0 ∞ = (1 − ax)n k=0 ak k=0 ∞ = (1 − x)n ex = ak x k k=0 ∞ = (1 − x)2 ∞ k/r k Cn+k−1 (−1)k ak xk n−1 k Cn+k−1 ak = (−1)k Cn+k−1 ak k=0 k x k! k! x2 − 2y = Do nghiệm phương trình √ √ (3 + 2)n + (3 − 2)n xn = , √ √ (3 + 2)n − (3 − 2)n √ yn = 2 thay u, v ta cơng thức Ví dụ: (i) Với n = 1, ta có: u1 = 1, v1 = Vậy S4,3 (1) = S3 (1) = S4 (1) = (ii) Với n = 2, ta có: u2 = 8, v2 = Vậy S4,3 (2) = S3 (8) = S4 (6) = 36 Từ đó, ta có cơng thức xác định số tam giác phương thứ n sau: √ √ (17 + 12 2)n + (17 − 12 2)n − S4,3 (n) = 32 Thật S4,3 (n) = v √ √ Chú ý (3 ± 2)2 = 17 ± 12 ta có √ √ (3 + 2)2 − (3 − 2)2 √ S4,3 (n) = √ n √ n (17 + 12 2) + (17 − 12 2) − = 32 Sau số tính chất số tam giác phương: Mệnh đề 2.4.1 (i) S4,3 (n + 1) = 4S4,3 (n)(8S4,3 (n) + 1) với S1 = (ii) S4,3 (n) = 34S4,3 (n − 1) − S4,3 (n − 2) + với S4,3 (0) = S4,3 (1) = Chứng minh (i) Thật vậy, ta có S4,3 (n) = vn2 = (a−b)2 , S4,3 (n−1) = vn−1 = √ √ (3(a − b) − 2(a + b))2 , S4,3 (n + 1) = vn+1 = (3(a − b) + 2(a + b))2 Vì ab = √ √ (3+2√ 2)2 (3−2√ 2)2 4 = 32 , nên 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) + Hay S4,3 (n) = 34S4,3 (n − 1) − S4,3 (n − 2) + (ii) Ta có S3 (u) = 21 u(u + 1) = v = S4 (v) S3 (u)(8S3 (u) + 1) = 2u(u + 1)(4u(u + 1) + 1) = 4u(u+1)(4u(u+1)+1) 2 = S3 (4u(u + 1)) Mặt khác 4S4 (v)(8S4 (v) + 1) = 4v (4u(u + 1) + 1) = 4v (2u + 1)2 = S4 (v(2u + 1)) Từ ta có điều phải chứng minh 31 2.5 Tổng bình phương số đa giác Mục trình bày theo báo [6] Nhắc lại số m-giác thứ n: Cho m = 3, 4, , Sm (n) = (m − 2) n(n−1) với n ∈ Z Hơn Sm (n) = (m − 2)Tn−1 + n, Tn−1 = n(n−1) số tam giác thứ n − 1, với n ∈ Z Mệnh đề 2.5.1 (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2 n2 = m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11) n2 − m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12) − 2n + (m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13) Chứng minh (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2 = = = = − 2 (m − 1)n(n − 1) (m − 2)n(n − 1) +n + +n 2 n2 (n − 1)2 (m − 2)2 + (m − 1)2 + 2n2 + [(m − 2) + (m − 1)] n2 (n − 1) n (n − 1)2 m2 + (m2 − 6m + 5) + 2n2 + [2m − 3] n2 (n − 1) n2 m(m + 1) + (m − 4)2 + (m − 11) n2 m(m − 1) + (m − 5)2 + (m − 12) − 2n + (m − 2)(m − 1) + (m − 6)2 + (m − 13) Mệnh đề 2.5.2 (Sm (n))2 + (Sm (n + 1))2 = m2 Tn2 − 2mTn−1 16(2n2 + 1) + 2(Tn−1 )2 + 32 Chứng minh (Sm (n))2 + (Sm (n + 1))2 2 (m − 2)n(n − 1) (m − 2)(n + 1)n = +n + + (n + 1) 2 (m − 2)2 n2 (n − 1)2 + (n + 1)2 + n2 + (n + 1)2 + = (m − 2)n n(n − 1) + (n + 1)2 (m − 2)2 n2 = n + + 2n2 + 2n + + (m − 1) n 2n2 + n + 2 = m Tn2 − mn (n − 1) 2n2 + + 2n3 (n − 1) − 2n2 (n − 1) + = m2 Tn2 − mn (n − 1) 2n2 + + 2n2 (n − 1)2 + = m2 Tn2 − 2mTn−1 2n2 + + 8Tn−1 +1 Mệnh đề 2.5.3 Bộ ba Sm (n), Sm+k (n),Sm+2k (n) nghiệm phương trình Diophantine x2 + y = 2z + ω , ω số Chứng minh Xét phương trình x2 + y = 2z + ω Ta thử nghiệm tập số đa giác Lấy x = Sm (n) y = Sm+2k (n), ta có 2 (n) (n) + Sm+2k x2 + y = Sm = [(m − 2)Tn−1 + n]2 + [((m + 2k) − 2)Tn−1 + n]2 = [(m − 2)2 ((m + 2k) − 2)2 ]Tn−1 + 2n2 + 2[(m − 2) + ((m + 2k) − 2)]nTn−1 = [2m2 + 4m(k − 2) + 2k + 2(k − 4k + 4)]Tn−1 + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 + 2n2 + 4[m + (k − 2)]nTn−1 = [2[m2 + 2m(k − 2) + (k − 2)2 ] + 2k ]Tn−1 = [((m + k) − 2)Tn−1 + n]2 + k Tn−1 Vậy x2 + y = 2z + ω , Lấy ω = kTn−1 ta có Sm (n), Sm+k (n),Sm+2k (n) nghiệm phương trình cho Mệnh đề 2.5.4 (Sm (n))2 + (Sm (n + 2))2 = [[n2 (m − 2) + nm]2 + n2 [2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m − 2)] + 2m2 ] 33 Chứng minh (Sm (n))2 +(Sm (n+2))2 = [ (m−2)n(n−1) +n]2 +[ (m−2)(n+2)(n+1) + 2 (n + 2)]2 = (m−2)2 [n (n−1)2 +(n+2)2 (n+1)2 ]+[n2 +(n+2)2 ]+(m−2)[n2 (n− 1) + (n + 1)(n + 2) ] = (m−2)2 [2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4] + [2n2 + 4n + 4] + (m − 2)[2n3 + 4n2 + 8n + 4] = 14 [m2 (2n4 + 4n3 + 14n2 + 12n + 4) − m(8n4 + 8n3 + 40n2 + 16n) + (8n4 + 32n2 )] = 14 [2n4 (m2 − 4m + 4) + 4n3 m(m − 2) + 2n2 (7m2 − 20m + 16) + 4n(3m2 − 4m) + 4m2 = 12 [n4 (m − 2)2 + 2n3 m(m − 2) + n2 [3m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m − 2)] + 2m2 = 12 [[n2 (m − 2) + nm]2 + n2 [2m2 + 4(m − 1)(m − 4)] + 2n[m2 + 2m(m − 2)] + 2m2 ] Mệnh đề 2.5.5 m+r+4 r+2 2 i2 Tn2 (Sl (n)) = (2(r + 2) + 1)[mTn + n] + i=1 l=m−r m+r+4 2 2 l=m−r (Sl (n)) = (Sm−r (n)) +(Sm−r+1 (n)) +(Sm−r+2 (n)) + + (Sm (n))2 + (Sm+1 (n))2 + (Sm+2 (n))2 + + (Sm+r (n))2 + (Sm+r+1 (n))2 + Chứng minh + (Sm+r+4 (n))2 = (m−r−2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−r−2)+(m−r−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m− r−1)+ +(m−2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−2)+(m−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m−1)+ + (m+r−1)2 Tn2 +n2 +2nTn (m+r−1)+ +(m+r+2)2 Tn2 +n2 +2nTn (m+r+2) 34 r+2 m+r+4 2 i2 Tn2 (Sl (n)) = (2(r + 2) + 1)[mTn + n] + i=1 l=m−r 2.6 Định lý Cauchy số đa giác Nhắc lại số m + 2-giác thứ n số nguyên dương Sm+2 (n) = m 2 (n − n) + n, m ≤ 1, n = 0, 1.2, Fermat [7] phát biểu số nguyên không âm tổng m + số m + 2-giác Với m = 2, Lagrange [3] chứng minh số nguyên không âm tổng số hình vng S4 (n) = n2 Với m = 1, Gauss [5] chứng minh số nguyên không âm tổng số tam giác S3 (n) = n(n + 1)/2 hay số nguyên dương a ≡ 3(mod8) tổng số lẻ bình phương Cauchy [1] chứng minh phát biểu Fermat cho số m ≤ Mục trình bày chứng minh kế Cauchy theo báo [10] Bổ đề 2.6.1 (Bổ đề Gauss) Mọi số nguyên không âm tổng số tam giác S3 (n) = n(n + 1)/2 hay số nguyên dương a ≡ 3( mod 8) tổng số lẻ bình phương Bổ đề 2.6.2 Cho a b số nguyên dương lẻ cho b2 < 4a 3a < b2 + 2a + Khi đó, tồn số ngun khơng âm s, t, u, v cho: a = s2 + t2 + u2 + v , (2.16) b=s+t+u+v (2.17) Chứng minh Vì a b số lẻ nên 4a − b2 ≡ 3(mod8) Do đó, từ định lý Gauss số tam giác, tồn số nguyên lẻ x ≥ y ≥ z > cho 4a − b2 = x2 + y + z (2.18) Chọn dấu ±z cho b + x + y ± z ≡ 0(mod4) Đặt: b+x+y±z b+x b+x−y∓z ,t = −s= , 4 b+y b−x+y∓z b±z b−x−y±z u= −s= ,v = −s= 4 Khi đó, phương trình (2.16)và (2.17) thỏa mãn s ≥ t ≥ u ≥ v Để s= chứng tỏ số nguyên không âm, ta chứng minh v ≥ v > −1 35 Điều b − x − y − z > −4 tương đương với x + y + z < b + Giá √ trị lớn x + y + z thỏa mãn (2.18) 12a − 3b2 , kết hợp với điều √ kiện 3a < b2 + 2a + (từ giả thiết), ta x + y + z ≤ 12a − 3b2 < b + Đây điều phải chứng minh Định lý 2.6.3 Cho m ≥ n ≥ 120m Khi đó, n tổng m + số m + 2-đa giác, nhiều bốn số khác Chứng minh Cho b1 b2 số nguyên lẻ liên tiếp Tập hợp tất số có dạng b + r, b ∈ {b1 , b2 } r ∈ {0, 1, , m − 3}, chứa đầy đủ lớp thặng dư modul m Vì vậy, n ≡ b + r(modm) Đặt a=2 n−b−r m +b= 1− n−r b+2 m m (2.19) Khi a số nguyên lẻ m (a − b) + b + r (2.20) Nếu < b < 23 + 8(n/m) − cơng thức nghiệm phương trình bậc n= hai b2 − 4a = b2 − − b2 < 4a Tương tự, b > 2 n−r b−8 m m + cm3 độ dài khoảng I công thức (2.21) lớn 2m Vì vậy, I chứa m số nguyên lẻ liên tiếp Nếu m lẻ I tạo thành tập hợp đầy đủ lớp thặng dư modul m Vì n ≡ b(modm) với số lẻ b ∈ I Cho r = 0, ta công thức (2.19) Nếu m chẵn n > cm3 n ≡ b + r(modm) với số lẻ b ∈ I r ∈ {0, 1} Ta cơng thức (2.19) 2.7 Một số số hình học phẳng khác Ta có, cơng thức tổng qt số m - giác thứ n là: Sm (n) = n [(m − 2)n − m + 4] m − 2 = (n − n) + n, 2 với n nguyên Với n nguyên dương, ta có số đa giác thơng thường Với n = 0, ta có: Sm (0) = Với n nguyên âm, ta có: Sm (−n) = n [(m − 2)n + m − 4] m − 2 = (n + n) − n 2 Ta xem xét tính chất số Sm (−n), n ∈ N Để thuận tiện, ta đặt Sm (−n) =− Sm (n) Vậy theo định nghĩa, ta có: − n [(m − 2)n + m − 4] m−2 = (n + n) − n, n ∈ N Sm (n) = Sm (−n) = Đặc biệt, ta có: − S3 (n) = n(n−1) − , S4 (n) = n2 Vậy, số tam giác có số âm số tam giác thơng thường đứng trước Nghĩa là: − S3 (n) = S3 (−n) = S3 (n − 1) Ta có, dãy số tam giác thơng thường 0, 1, 3, 6, 10, Vậy dãy số tam giác tổng quát , 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, 37 Số hình vng có số âm số hình vng thơng thường Nghĩa là: − S4 (n) = S4 (−n) = n2 Ta có dãy số hình vng thơng thường 1, 4, 9, 16, 25, Vậy dãy số hình vuông tổng quát , 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) tích hai số nguyên dương liên tiếp Do đó, số pronic thứ n, kí hiệu P( n), xác định cơng thức: P (n) = n(n + 1) Các số đơi gọi số hình chữ nhật chúng biểu thị hình chữ nhật cạnh n n + Hình 2.15: Số pronic với n = Các số pronic 2, 6, 12, 20, 30, Ta có: Số pronic thứ n gấp đôi số tam giác thứ n: P (n) = 2S3 (n) Hình 2.16: P (5) = 2S3 (5) Số gnomonic có quan hệ chặt chẽ với số hình vng Số gnomonic có biểu diễn hình học hình chữ L, thu từ việc lấy số hình vng thứ n trừ số hình vng thứ n − Từ n2 − (n − 1)2 = 2n − 1, ta có số gnomonic số nguyên lẻ 2n − 1, n ∈ Z Các số gnomonic 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, Vì vậy, số 38 Hình 2.17: Các số gnomonic với n = 1, 2, 3, 4, gnomonic thứ n Gn(n) xác định công thức: Gn(n) = 2n − = S4 (n) − S4 (n − 1) Số kim cương Aztec số điểm xếp đầy hình kim cương Aztec Hình kim cương Aztec thứ n hình thu việc ghép bốn hình cầu thang cạnh n lại với Số kim cương Aztec Az(n) xác định công thức: Hình 2.18: Các số Az(n) với n = 1, 2, 3, Az(n) = 2n(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 gấp đôi số pronic thứ n 2.8 Số đa diện Các số đa diện giống với số đa giác Chúng ta xét hình đa diện tương tự với hình đa giác Các số đa diện tương ứng với số tam giác, số tứ giác, số tứ diện, số hình chóp, Định nghĩa 2.8.1 Số m-đa diện thứ n, Sm (n) tổng n số m-giác đầu tiên: Sm (n) = Sm (1) + Sm (2) + + Sm (n) 39 Hình 2.19: Hình ảnh hình học số số đa diện 3 Ta có Sm (n) = Sm (n − 1) + Sm (n), Sm (1) = Công thức tổng quát số m-đa diện thứ n n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) Thật vậy, quy nạp Với n = ta có Sm (1) = Sm (1) = = Sm (n) = 1.2((m−2).1−m+5) Giả sử phát biểu với n ta chứng minh với n + Thật 3 Sm (n + 1) = Sm (n) + Sm (n + 1) n(n + 1)((m − 2)n − m + 5) = (n + 1)((m − 2)(n + 1) − m + 4) + (n + 1) = (n (m − 2) + n(5 − m) + 3(n + 1)(m − 2) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n2 + 3n + 3)(m − 2) + n(5 − m) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n2 + 3n + 2)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) + (m − 2) − 2(5 − m) + 3(4 − m)) (n + 1) = ((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m) + (m − − 10 + 2m + 12 − 3m)) (n + 1) = ((n + 2)(n + 1)(m − 2) + (n + 2)(5 − m)) (n + 1)(n + 2)((m − 2)(n + 1) − m + 5) = Công thức cho Archimedes ông sử dụng để tìm thể tích hình Một số tính chất khác Archimedes cho mệnh đề sau: 40 Mệnh đề 2.8.2 (i)S43 (n) = S33 (n) + S33 (n − 1) (ii)Sm (n) = 31 ((m − 2)n − m + 5)S3 (n) n+1 (2Sm (n) + n) 3 (n) + S33 (n − 1) (n) = Sm−1 (iv)Sm (v)Sm (n) = S33 (n) + (m − 3)S33 (n − 1) (vi)Sm (n) = S3 (n) + (m − 2)S33 (n − 1) (vii)S33 (n − 1) + S33 (n + 1) = 2S33 (n) + (n (iii)Sm (n) = + 1) Chứng minh (i) Lấy tổng đẳng thức , với ≤ k ≤ n ta có: S43 (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)) = (S3 (1) + + S3 (n)) + (S3 (1) + + S3 (n − 1)) = S33 (n) + S33 (n − 1) Các (ii) đến (vii) chứng minh tương tự Đặc biệt, "Số tứ diện" S33 (n) thứ n số n S33 (n) = S3 (1) + S3 (2) + S3 (3) + + S3 (n − 1) + S3 (n) = S3 (k) k=1 Ta có S33 (n) = n(n + 1)(n + 2) = n+2 (2.22) Một số vừa số tứ diện, vừa số tam giác phải thỏa mãn hệ thức nhị phân: S3 (n) = n+1 = Các số là: 41 m+2 = S33 (m) S33 (1) = S3 (1) = S33 (3) = S3 (4) = 10 S33 (8) = S3 (15) = 120 S33 (20) = S3 (55) = 1540 S33 (34) = S3 (119) = 7140 "Số hình chóp" S43 (n) thứ n n S43 (n) 2 2 k2 = + + + + n = k=1 Hình 2.20: Hình dạng hình học số hình chóp thứ Ta có số hình chóp thứ n là: S43 (n) = n(n + 1)(2n + 1) n Thật vậy, cho S43 (n) số hình chóp thứ n Khi đó: S43 (n) = k2 k=1 Mà k = S3 (k − 1) + S3 (k) Vậy n S43 (n) n (S3 (k − 1) + S3 (k)) = = k=1 n S3 (k − 1) + k=1 S3 (k) k=1 Từ định nghĩa số tứ diện, ta có: S43 (n) = S33 (n − 1) + S33 (n) Vậy S43 (n) = n(n + 1)(n − 1) n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(2n + 1) + = 6 Một số hình chóp biểu diễn tổng hệ số nhị thức: S43 (n) = n+2 n+1 + 3 42 Rõ ràng hệ số nhị phân biểu diễn số tứ diện Do đó, cơng thức thể số hình chóp tổng hai số tứ diện liên tiếp giống số tứ giác tổng hai số tam giác Trong tổng này, hai số tứ diện đếm số điểm bên phía hình vng sở số tứ diện cịn lại đếm số điểm phía cịn lại đường chéo Số tứ diện liên quan đến số hình chóp theo cách khác: S43 (n) = 2n + Tổng hai số hình chóp liên tiếp số bát diện Ta có số tính chất khác Các phát biểu sau (1) mSm (n) − nSn (m) = 12 mn(m − n); (2) S33 (1) + S33 (2) + S33 (3) + S33 (4) = S33 (5); (3) C(3) + C(4) + C(5) = C(6); (n+1)3 −(n+1) ; S53 (n) = S33 (n) + 2S33 (n − 1); S63 (n) = S53 (n) + S33 (n − 1); S63 (n) = S43 (n) + 2S33 (n − 1); C(n + 1) = (S3 (n + 1))2 − (S3 (n))2 ; (4) S33 (n) = (5) (6) (7) (8) (9) C(n) + 6S3 (n) + = C(n + 1); (10) S3 (1) + S3 (3) + + S3 (2n − 1) = S63 (n); (11) S3 (2) + S3 (4) + + S3 (2n) = 3S33 (n) + S33 (n − 1); (12) S3 (1) + S3 (3) + + S3 (2n + 1) = 3S33 (n) + S33 (n + 1); (13) S4 (3) + S4 (5) + + S4 (2n + 1) = 8S33 (n) + n; (14) S3 (2) + S3 (5) + + S3 (3n − 1) = 3S33 (n) + 6S33 (n − 1); (15) 1.n + 2(n − 1) + 3(n − 2) + + (n − 1)2 + n.1 = S33 (n); (16) S33 (1) + S33 (2) + + S33 (n) = nS3 (1) + (n − 1)S3 (2) + + 2S3 (n − 1) + S3 (n); (17) S33 (1) + S33 (2) + S33 (3) + + S33 (n) 43 + = 32 KẾT LUẬN Luận văn tìm hiểu số đa giác, số đa diện toán liên quan Luận văn đạt kết sau: - Trình bày hệ thống kiến thức hàm sinh phương trình Pell - Trình bày định nghĩa tính chất số đa giác, mơ tả hình ảnh số trường hợp cụ thể - Tìm hiểu mối liên hệ số tam giác số hình vng, cịn gọi số tam giác phương - Tìm hiểu tốn tổng bình phương số đa giác, lời giải cho phương trình Diophantine x2 + y = 2z + ω tập số đa giác - Tìm hiểu số số đa giác khác số đa giác số âm, số pronic, số gnomonic, số kim cương Aztec - Tìm hiểu số số đa diện số tứ diện, số hình chóp 44 Tài liệu tham khảo [1] A Cauchy, “Demonstration du theoreme General de Fermat sur les nombres Polygones”, Mém Sci Math Phys Inst France (1), 14, pp 1813-15 [2] J.H.E Cohn (1964), “On square Fibonacci numbers”, J London Math Soc., 39, pp 537–540 [3] J.L De Lagrange (1770), Démonstration d’un théorème d’arithmétique [4] E Deza and M.M Deza (2012), Figure Numbers, Word Scientific [5] C F Gauss (1966), Disquisitiones arithmeticae, Yale Univ Press, New Haven, Conn., and London [6] A Gnanam, B Anitha (2016), “Sums of squares of polygonal numbers”, Advances in Pure Mathematics, 6, pp 297–301 [7] T.L Heath (1910), Diophantus of Alexandria: A study in the history of Greek algebra CUP Archive [8] H.K Kim (2003), “On regular polytope numbers”, Proc of Amer Math Soc., 131(1), pp 65–75 [9] L Ming (1991), “On triangular Lucas numbers”, Applications of Fibonacci Numbers, 4, pp 231–240 [10] M.B Nathanson (1987), “A short proof of Cauchy’s Polygonal number theorem”, in Proceedings of the American Mathematical Society, pp 22– 24 ... số tốn quan trọng liên quan số tam giác phương, Định lý Cauchy số đa giác, tổng bình phương số đa giác Một số số hình học phẳng khác số đa giác số âm, số pronic, số gnomonic, số kim cương Aztec... − yn (1.3) Chương Số đa giác số đa diện Chương giới thiệu số đa giác, số đa diện số toán liên quan 2.1 Số đa giác Theo nhà toán học cổ đại, ta xem xét tập điểm lập thành số số hình học mặt phẳng... bày số kiến thức chuẩn bị hàm sinh phương trình Pell Chương trình bày số đa giác, số đa diện số toán liên quan Số đa giác số tính chất trình bày mục đầu Chương Nội dung Chương trình bày số tốn quan